1、4 单摆学 习 目 标 知 识 脉 络1.知道什么是单摆2理解单摆振动回复力的及做简谐运动的条件(难点)3知道单摆周期的决定因素，掌握单摆的周期公式(重点)4掌握用单摆测量重力加速度的方法(重点)单摆及单摆的回复力先 填 空 1单摆模型如果悬挂小球的细线的伸缩和质量可以忽略，线长又比球的直径大得多，这样的装置叫单摆单摆是实际摆的理想化的物理模型2单摆的回复力(1)回复力的提供：摆球的重力沿切线方向的分力(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆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(3)运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图象遵循正弦函数规律再 判 断 1实际的摆的摆
2、动都可以看作简谐运动()2单摆回复力的方向总是指向悬挂位置()3单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的()后 思 考 摆球经过平衡位置时，合外力是否为零？摆球到达最大位移处，v0，加速度是否等于 0?【提示】 单摆摆动中平衡位置不是平衡状态，有向心力和向心加速度，回复力为零，合外力不为零最大位移处速度等于零，但不是静止状态一般单摆回复力不是摆球所受合外力，而是重力沿圆弧切线方向的分力，所以加速度不一定等于零核 心 点 击 1运动特点(1)摆线以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度 v0，半径方向都受向心力.(2)摆线同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，
3、轨迹的切线方向都受回复力2摆球的受力(1)任意位置如图 1141所示，G 2Gcos ，FG 2 的作用就是提供摆球绕 O做变速圆周运动的向心力；G 1Gsin 的作用是提供摆球以 O 为中心做往复运动的回复力图 1141(2)平衡位置摆球经过平衡位置时，G 2G，G 10，此时 F 应大于 G，FG 提供向心力，因此，在平衡位置，回复力 F 回 0，与 G10 相符(3)单摆的简谐运动在 很小时( 理论值为5)，sin tan ，xlG1Gsin x，mglG1 方向与摆球位移方向相反，所以有回复力F 回 G 1 xkx(k )mgl mgl因此，在摆角 很小时，单摆做简谐运动1振动的单摆小
4、球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是( )A回复力为零B合力不为零，方向指向悬点C合力不为零，方向沿轨迹的切线D回复力为零，合力也为零E加速度不为零，方向指向悬点【解析】 单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力和向心加速度，方向指向悬点( 即指向圆心)【答案】 ABE2关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是( ) A摆球受重力、摆线的张力作用B摆球的回复力最大时，向心力为零C摆球的回复力为零时，向心力最大D摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大E摆球的向心
5、力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向【解析】 单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故 A 对；重力垂直于摆线的分力提供回复力当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，则拉力小于重力，在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故 D、E 错， B、C 对【答案】 ABC3下列关于单摆的说法，正确的是( )A单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为 A(A 为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为零B单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力C单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力D单摆摆球经过平衡位置时加速度为零E摆
6、球在最高点时的回复力等于小球受的合力【解析】 简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为 A，在平衡位置时位移应为零，A 正确摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，合力在摆线方向的分力提供向心力，B 错误、C 正确摆球经过最低点 (摆动的平衡位置)时回复力为零，但向心力不为零，所以合力不为零，加速度也不为零，D 错误在最高点时、向心力为零，合力等于回复力，E 正确【答案】 ACE对于单摆的两点说明(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中的受力平衡位置实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡(2)回复力是由摆球受到的重
7、力沿圆弧切线方向的分力 F mgsin 提供的，不可误认为回复力是重力 G与摆线拉力 T的合力单摆的周期先 填 空 1影响单摆周期的因素(1)单摆的周期与摆球质量、振幅无关(2)单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大2周期公式(1)公式：T2 .lg(2)单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质再 判 断 1单摆的振幅越大周期越大()2单摆的周期与摆球的质量无关()3摆长应是从悬点到摆球球心的距离()后 思 考 1由于单摆的回复力是由摆球的重力沿切线方向的分力提供的，那么是否摆球的质量越大，回复力越大，单摆摆动得越快，周期越小？【提示】 不是摆球摆动的加速度除了与回复力有关外，还与摆球的质量
8、有关，即a ，所以摆球质量增大后，加速度并不增大，其周期由 T2 决定，与摆球的质量无Fm lg关2把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？【提示】 两极处重力加速度大于赤道处重力加速度，由 T2 知，应增大摆长，lg才能使周期不变核 心 点 击 1摆长 l 的确定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球心的长度，即ll 0 ，l 0 为摆线长，D 为摆球直径D22重力加速度 g 的变化(1)公式中的 g 由单摆所在地空间位置决定由 G g 知，g 随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不相同，MR2因此应求出单摆所在处的等效值 g代入公式，
9、即 g 不一定等于 9.8 m/s2.(2)g 还由单摆系统的运动状态决定如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为 a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值 gga.(3)g 还由单摆所处的物理环境决定如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中，回复力应是重力和电场力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也有 g的问题4.如图 1142所示是一个单摆( 5)，其周期为 T，则下列说法正确的是 ( ) 图 1142A把摆球的质量增加一倍，其周期不变B摆球的振幅变小时，周期也变小C此摆由 OB 运动的时间为T4D摆球由 BO 时，动能向势能转化E摆球
10、由 OC 时，动能向势能转化【解析】 单摆的周期与摆球的质量无关，A 正确；单摆的周期与振幅无关，B 错误；此摆由 OB 运动的时间为 ，C 正确；摆球 BO 时，势能转化为动能，OC 时动能转T4化为势能，D 错误，E 正确【答案】 ACE5如图 1143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AOB90， BAO30，已知 OC 线长是 l，下端 C 点系着一个小球(可视为质点且做小角度摆动)让小球在纸面内振动，周期 T_.让小球在垂直纸面内振动，周期T_.图 1143【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，周期T2
11、 ；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( ll)，lg 34周期 T2 . 34 1lg【答案】 2 2lg 34 1lg6.如图 1144所示，将摆长为 L 的单摆放在一升降机中，若升降机以加速度 a 向上匀加速运动，求单摆的摆动周期. 图 1144【解析】 单摆的平衡位置在竖直位置，若摆球相对升降机静止，则摆球受重力 mg和绳拉力 F，根据牛顿第二定律：Fmg ma ，此时摆球的视重 mgFm(ga) ，所以单摆的等效重力加速度 g ga，因而单摆的周期为 T2 2 .Fm Lg Lg a【答案】 2Lg a确定单摆周期的方法(1)明确单摆的运动过程，判断是否符合
12、简谐运动的条件(2)运用 T2 时，注意 l和 g是否发生变化，若发生变化，则分别求出不同 l和 glg时的运动时间(3)单摆振动周期改变的途径：改变单摆的摆长；改变单摆的重力加速度(改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重) (4)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系用单摆测重力加速度核 心 点 击 1实验目的利用单摆测定当地的重力加速度，巩固和加深对单摆周期公式的理解2实验原理单摆在偏角很小(小于 5)时，可看成简谐运动，其周期 T2 ，可得 g .据此，lg 42lT2通过实验测出摆长 l 和周期 T，即可计算得到当地的重力加速度3实验器材铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心
13、的小孔 )、秒表、细线 (长 1 m 左右) 、刻度尺( 最小刻度为 mm)、游标卡尺4实验步骤(1)让细线穿过球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆(2)将小铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂(3)用刻度尺量出悬线长 l，用游标卡尺测出摆球直径 d，然后计算出悬点到球心的距离 ll 即摆长d2(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角小于 5，再释放小球当摆球摆动稳定以后，在最低点位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动 30 次(或 50 次) 的时间，然后求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期(
14、5)改变摆长，重做几次(6)根据单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度；求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即本地区的重力加速度的值(7)将测得的重力加速度数值与当地重力加速度数值加以比较，如有误差，分析产生误差的原因5数据处理(1)公式法：根据公式 g ，将每次实验的 l、n、t 数值代入，计算重力加速度42n2lt2g，然后取平均值(2)图象法：作出 T2l 图象，由 T2 可知 T2l 图线是一条过原点的直线，其斜率42lgk ，求出 k，可得 g .42g 42k6注意事项(1)摆线要选 1 m 左右，不要过长或过短，太长测量不方便，太短摆动太快，不易计数(2)摆长要悬挂好摆球后
15、再测，不要先测摆长再系小球，因为悬挂摆球后细绳会发生形变(3)计算摆长时要将摆线长加上摆球半径，不要把摆线长当作摆长(4)摆球要选体积小、密度大的，不要选体积大、密度小的，这样可以减小空气阻力的影响(5)摆角要小于 5(具体实验时可以小于 15)，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动不再是简谐运动，公式 T2 就不再适用lg(6)单摆要在竖直平面内摆动，不要使之成为圆锥摆(7)要从平衡位置计时，不要从摆球到达最高点时开始计时(8)要准确记好摆动次数，不要多记或少记7误差分析(1)本实验系统误差主要于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动
16、以及测量哪段长度作为摆长等等(2)本实验偶然误差主要来自时间( 即单摆周期)的测量上要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数为了减小偶数误差，进行多次测量后取平均值(3)本实验中在长度(摆线长、摆球的直径 )的测量时，读数读到毫米即可(即使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米) ；在时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在秒的十分位即可7在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出如下建议，其中对提高测量结果精确度有利的是( ) A适当加长摆线B质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角度不能太大D当单摆经过最高位置时开始计时E当单摆
17、经过平衡位置时开始计时，且测量 3050 次全振动的时间【解析】 单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度适当加长摆线，有利于把摆球看成质点，在摆角小于 5的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，A 对；摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球影响越大，B 错；摆角应小于 5，C 对；本实验采用累积法测量周期，且从球过平衡位置时开始计时，D 错，E 正确【答案】 ACE8(1)在用单摆测定重力加速度的实验中，应选用的器材为_A1 m 长的细线 B1 m 长的粗线C10 cm 长的细线 D泡沫塑料小球E小铁球 F秒表G时钟 H厘米刻度尺I毫米刻度尺 J游标卡尺
18、(2)在该实验中，单摆的摆角 应_，从摆球经过_开始计时，测出 n 次全振动的时间为 t，用毫米刻度尺测出摆线长为 L，用游标卡尺测出摆球的直径为 d.用上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为 g_.【解析】 (1)做摆长的细线要用不易伸长的细线，一般不应短于 1 米，选 A；小球应是密度较大，直径较小的金属球，选 E；计时仪器宜选用秒表 F；测摆长应选用毫米刻度尺 I，用游标卡尺测摆球的直径(2)根据单摆做简谐运动的条件知 5；因平衡位置易判断，且经平衡位置时速度大，用时少，误差小，所以从平衡位置开始计时根据 T2 ，又 T ，lLlg tn d2得 g .42(L d2)n2t2【答案】 (1)AEFIJ (2)小于 5 平衡位置 42(L d2)n2t2