2-4单摆(人教版2019选择性必修第一册)(解析版)

第二章机械运动第4节单摆重点+难点核心素养解读1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式．1.物理观念：理解单摆物体模型和单摆的回复力来源。2.科学探究：探究单摆影响单摆周期的因素和单摆周期公式。知识点一单摆及单摆的回复力1．单摆的组成：由细线和小球组成．2．理想化模型(1)细线的质量与小球相比可以忽略．(2)小球的直径与线的长度相比可以忽略．3．单摆的回复力(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力．(2)回复力的特点：在摆角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝－eq\f(mg,l)x.从回复力特点可以判断单摆做简谐运动．知识点二单摆的周期1．单摆振动的周期与摆球质量无关(填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振幅无关(填“有关”或“无关”)，但与摆长有关(填“有关”或“无关”)，摆长越长，周期越大(填“越大”“越小”或“不变”)．2．周期公式(1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的．(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，即周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关．易错易混点一单摆的回复力易错易混点1.1对单摆的回复力的来源认识不清。例1．当摆角很小时，单摆的振动是简谐运动，此时单摆振动的回复力是()A．摆球重力与摆线拉力的合力B．摆线拉力沿圆弧切线方向的分力C．摆球重力、摆线拉力及摆球所受向心力的合力D．摆球重力沿圆弧切线方向的分力【答案】D【解析】摆球的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力，D正确，A、B、C错误。易错易混点1.1剖析关于单摆的回复力的三点提醒(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处。(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力。(3)在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零。易错易混点1.2对单摆运动过程认识不清。例2．(多选)如图所示为一单摆的摆动图像，则()A．t1和t3时刻摆线的拉力等大B．t2和t3时刻摆球速度相等C．t3时刻摆球速度正在减小D．t4时刻摆线的拉力正在减小【答案】AD【解析】由题图可知，t1和t3时刻的摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确．易错易混点1.2剖析1.单摆做简谐运动的规律：(1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。(2)回复力、加速度、速度、动能等都随时间做周期性变化，其变化规律与弹簧振子相同。位移、回复力、加速度速度、动能最高点最大零最低点零最大远离平衡位置运动越来越大越来越小靠近平衡位置运动越来越小越来越大2．单摆做简谐运动的推证在偏角很小时，sinθ≈eq\f(x,l)，又回复力F＝mgsinθ，所以单摆的回复力为F＝－eq\f(mg,l)x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。易错易混点二单摆的周期易错易混点2.1单摆周期公式的应用例3．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球(半径可忽略)，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动，重力加速度为g)()A．让小球在纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))B．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))C．让小球在纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))D．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))【答案】A【解析】让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，则周期T＝2πeq\r(\f(l,g))；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为(eq\f(\r(3),4)l＋l)，则周期T′＝2πeq\r(\f(\f(\r(3),4)＋1l,g))，A正确，B、C、D错误．易错易混点2.1剖析对摆长l和重力加速度g的认识1.摆长l①实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度：一般即l＝l′＋eq\f(D,2)，l′为摆线长，D为摆球直径。②等效摆长：图(a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l·sinα，这就是等效摆长。其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。2.重力加速度g若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝eq\f(GM,R2)，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g＝9.8m/s2只是在地球表面附近时的取值。易错易混点2.2单摆模型的拓展例4.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处(弧BC所对圆心角小于5°)，今使两小球同时释放，则()A．球A先到达C点B．球B先到达C点C．两球同时到达C点D．无法确定哪个球先到达C点【答案】A【解析】球A做自由落体运动，到达C点的时间为TA＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2R,g)).当弧BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))，因此球B运动到C点所需的时间是TB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))，故TA<TB，显然球A先到达C点.易错易混点2.2剖析1.当弧BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))。针对训练1．关于单摆，下列说法正确的是（）A．摆球受到的回复力是它所受的合力B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零C．摆球的回复力等于重力和摆线拉力的合力D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力【答案】B【解析】A．摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，故A错误；B．摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，故B正确；CD．根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力；在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C、D错误。故选B。2．一单摆做简谐运动，在偏角减小的过程中，摆球的（

）A．向心加速度减小 B．速度减小 C．回复力减小 D．机械能减小【答案】C【解析】B．当偏角减小时，球向平衡位置运动，所以速度越来越大，A错误；A．当偏角减小时，速度越来越大，根据向心加速公式可知，向心加速度越来越大，B错误；C．根据回复力公式F=-kx可知，位移减小，回复力减小，C正确；D．由于做简谐运动，所以摆球的机械能是守恒的，D错误。故选C。3．对于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是（）A．在位移为正的区间，速度和加速度都一定为负B．当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振动的能量也逐渐增大C．摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，摆线所受拉力最大D．摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态【答案】C【解析】A．在位移为正的区间，根据回复力公式有F=-kx回复力为负，则加速度为负，但速度可正可负，A错误；B．当位移增大时，回复力增大，振动的能量不变，B错误；C．平衡位置为摆球最低位置，摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，由解得可知，在平衡位置摆线所受拉力最大，C正确；D．摆球在最大位移处，速度为零，但加速度不为零，并不处于平衡状态，D错误。故选C。4．如图所示为一单摆的振动图像，则（）A．t1和t3时刻摆线的拉力相同B．t2和t3时刻摆球速度相等C．t3时刻摆球速度正在减小D．t4时刻摆线的拉力正在减小【答案】D【解析】A．由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，摆线拉力大小相等，方向不同，故A错误；B．t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；C．t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；D．t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。故选D。5．如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示。若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题图乙可知，该单摆恰好摆动了2.5个周期，故满足单摆周期公式为联立解得该单摆的等效摆长为B正确。故选B。6．如图所示，倾角为的斜面上的B点固定一光滑圆弧槽（对应的圆心角小于），其圆心在B点正上方的O点，另外，光滑斜面和的下端亦在上，让可视为质点的小球分别无初速出发，从A点到达B的时间为，从O点到达C的时间为，从O点到达D的时间为。比较这三段时间，正确的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由单摆运动的等时性可知从A点到达B的时间由于OD垂直于MN，则点D同样位于AB所构成的圆上，分析可知OD与竖直方向夹角为倾角，则OD段为解得同理利用等时圆分析可知小于，故A正确，BCD错误。故选A。7．有一摆长为L的单摆，其悬点正下方某处有一小钉，摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M运动到左边最高点N的频闪照片如图所示（悬点与小钉未被摄入）。P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点间的距离为（）A． B． C． D．无法确定【答案】C【解析】设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆长为L时单摆摆动的周期为摆长为'时单摆摆动的周期为所以T1∶T2=2∶1又因为故可得所以小钉与悬点间的距离为故选C。8．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O'点钉一个光滑钉子，使OO'=，将单摆拉至A处由静止释放，小球将在A、B、C间来回摆动，若摆动中摆线与竖直方向的夹角小于5°，则此单摆的周期为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】根据单摆的周期公式可得此单摆的周期为故选C。9．（多选）如图所示，有一光滑并带有圆弧的曲面，倾斜放在平面上，在曲面的底部平行于轴线画一条虚线，现将一个可视为质点的小球从图中位置平行于虚线以一定的初速度进入曲面，将小球下滑过程中经过虚线时的位置依次记为a、b、c、d，以下说法正确的是（）A．虚线处的ab、bc、cd间距相等B．经过ab、bc、cd的时间相等C．小球从释放到离开斜面末端时动能的变化量与初速度大小无关D．小球通过a、b、c三点时对斜面的压力大小与初速度大小有关【答案】BC【解析】B．小球在垂直于虚线所在平面内做类似单摆运动，具有等时性规律，所以经过ab、bc、cd的时间相等，故B正确；A．小球在沿虚线方向做匀加速直线运动，所以ab＜bc＜cd故A错误；C．小球从释放到离开斜面末端时，只有重力作用，动能变化量等于重力做功大小，与初速度大小无关，故C正确；D．小球通过a、b、c三点时，斜面对小球的支持力与小球重力在垂直斜面方向的合力提供其在垂直于虚线平面内分（圆周）运动的向心力，小球初速度方向沿虚线向下，无论初速度大小如何，小球通过a、b、c三点时在垂直于虚线方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到斜面的支持力大小相同，根据牛顿第三定律可知小球通过a、b、c三点时对斜面的压力大小相同，与初速度无关，故D错误。故选BC。10．（多选）单摆在两点之间做简谐运动，点为平衡位置，如图甲所示，单摆的振动图像如图乙所示（向右为正方向），取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A．单摆的振幅为 B．单摆的摆动频率为C．时，摆球在点 D．单摆的摆长为【答案】BC【解析】A．由图乙可知单摆的振幅为4cm，故A错误；B．单摆的摆动频率为故B正确；C．由单摆的周期性可知，时和摆球的运动状态相同，可知摆球在点，故C正确；D．由单摆的周期公式代入数据解得故D错误。故选BC。11．（多选）如图所示，房顶上固定的一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球（可视为质点）。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最右端运动到最左端的时间不可能为（）A．0.4πs B．0.6πs C．8πs D．1.2πs【答案】BC【解析】小球开始摆动的摆长为2.5m，碰到窗上沿后摆动的摆长为0.9m，在半个周期内，小球以两个摆长各摆了四分之一个周期，小球在右侧运动四分之一周期，用时为小球在左侧运动四分之一周期，用时为所以小球摆动的周期为0.8πs，故小球从最右端运动到最左端的可能时间为t=0.8nπs+0.4πs，n=0，1，2…故选BC。12．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图（a）所示点O为单摆的悬点，将传感器接在摆线与点O之间，