1、第 3 节单摆1.单摆是一个理想化模型，在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动。单摆的回复力由重力沿圆弧切向的分力提供。2单摆的周期公式为：T2 ，此式仅在摆角小于 5时成立，单摆的周期由摆长 l 和重lg力加速度 g 共同决定，与摆球质量无关。3由 T2 得 g ，根据此式可求出某地的重力加速度。lg 42lT2单摆的运动自读教材抓基础1定义把一根细线上端固定，下端拴一个小球，线的质量和球的大小可以忽略不计，这种装置叫做单摆。2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：在偏角很小时，单摆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
2、单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律。跟随名师解疑难1单摆是一种理想模型，实际摆可视为单摆的要求是什么？(1)细线形变要求：细线的伸缩可以忽略。(2)细线与小球质量要求：细线质量与小球质量相比可以忽略。(3)小球密度要求：小球的密度较大。(4)线长度要求：球的直径与线的长度相比可以忽略。(5)受力要求：与小球受到的重力及线的拉力相比，空气对它的阻力可以忽略。(6)摆角要求：单摆在摆动过程中要求摆角小于 5。2单摆做简谐运动的条件判断单摆是否做简谐运动，可分析摆球的受力情况，看回复力是否符合 Fkx 的特点，如图所示。(1)在任意位置 P，有向线段 OP 为此时的位移 x，重力
3、 G 沿圆弧切线方向的分力G1Gsin 提供摆球以 O 点为中心做往复运动的回复力。(2)在摆角很小时，sin ，G 1G sin x，G 1 方向与摆球位移方向相反，所以xl mgl有回复力 F 回 G 1 。令 k ，则 F 回 kx。mgxl mgl因此，在摆角 不超过 5时，单摆做简谐运动。3单摆的运动特点(1)摆球以悬挂点(O点)为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。(2)摆球以最低点(O 点)为平衡位置做简谐运动。特别提醒(1)单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力，回复力不是摆球所受的合外力，当然向心力也不是摆球所受的合外力(最高、最低点除外 )。(2)摆球经过平衡位置时，回
4、复力为零，沿圆弧切线方向的加速度为零，但合外力和向心加速度都不等于零。学后自检(小试身手)1关于单摆，下列说法中正确的是( )A摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置B摆球受到的回复力是它的合力C摆球经过平衡位置时，所受的合力为零D摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比解析：选 A 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，方向指向悬点(即指向圆心) ；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比，回复力才成正比。单摆的周期自读教材抓基础1实验探究单摆的周期(1)探究方法：用控制变量法分别研究可能
5、会影响单摆周期的因素：摆球的质量、摆长和振幅、重力加速度。(2)实验结论：单摆周期与摆球质量无关。单摆周期与振幅无关。单摆的摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。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。跟随名师解疑难1如何确定“单摆模型”中的摆长？(1)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 lsin ，这就是等效摆长，其周期 T2 。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙lsin g在纸面内小角度摆动时，与丙摆等效。(2)如图(c)所示，小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度( 很小)的圆周运动时，可等效为单摆，小
6、球在 A、B 间做简谐运动，周期 T2 。Rg(3)圆锥摆如图所示，用细线悬吊小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，即细线所扫过的面为圆锥面，通常我们称为圆锥摆，实质上圆锥摆中的小球不是振动，而是匀速圆周运动，周期T2 。lcos g2公式中重力加速度 g 的变化与等效(1)若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g 由单摆所处的空间位置决定，即 g，式中 R 为物体到地心的距离，M 为地球的质量，g 随所在位置的高度的变化而变化。GMR2另外，在不同星球上 M 和 R 也是变化的，所以 g 也不同，g9.8 m/s2 只是在地球表面附近时的取值。(2)等效重力加速度：若单摆系统处在非平衡状态
7、(如加速、减速、完全失重状态) ，则一般情况下，g 值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如图所示，球静止在 O 时，F Tmgsin ，等效加速度 g gsin 。FTm学后自检(小试身手)2将秒摆(周期为 2 s)的周期变为 1 s，下列措施可行的是 ( )A将摆球的质量减半 B将振幅减半C将摆长减半 D将摆长减为原来的14解析：选 D 由单摆的周期公式 T2 可以看出，要使周期减半，摆长应为原来的 ，lg 14摆球的质量和振幅变化，并不影响单摆的周期，故只有 D 正确。利用单摆测定重力加速度1.实验原理由 T2 得 g ，即只要测出单摆的 摆长 l 和周期
8、 T，就可以求出当地的重力加lg 42lT2速度。2实验步骤(1)做单摆让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结。把线的上端用铁夹固定在铁架台上并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处作上标记。(2)测摆长用毫米刻度尺量出悬线长 l ，精确到毫米；用游标卡尺测量出摆球的直径 D，精确到毫米；则 ll ，即为单摆的摆长。D2(3)测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满足摆角小于 5，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，过平衡位置时用秒表开始计时，测量 3050 次全振动的时间。计算出平均摆动一次的时间，即为单摆的振动周期 T。(4)变摆长将单摆的摆长
9、变短(或变长)，重复实验三次，测出相应的摆长 l 和周期 T。3数据处理(1)平均值法：每改变一次摆长，将相应的 l 和 T，代入公式 g 中求出 g 值，最后42lT2求出 g 的平均值。实验次数摆长l/m周期 T/s加速度g/ms2g 平均值123 gg1 g2 g33(2)图像法：由 T2 得 T2 l，作出 T2l 图像，即以 T2 为lg 42g纵轴，以 l 为横轴，其斜率 k ，由图像的斜率即可求出重力加速42g度 g。4注意事项(1)选材：摆线应选择细、轻且不易伸长的线( 长度为 1 m 左右)；小球应选用密度较大的金属球， 直径应较小(最好不超过 2 cm)。(2)操作：单摆悬
10、线的上端应当固定牢固，不可随意卷在铁架台的横杆上，以免振动时摆长改变；注意振动时控制摆线偏离竖直方向的角度不超过 5；摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。(3)周期的测量：用停表测出单摆做 n(3050)次全振动所用的时间 t，则周期 T 。测tn量时应以摆球通过最低位置时开始计时、计数，并且开始计时时数“零” ，以后摆球每从同一方向通过最低位置时计数一次。学后自检(小试身手)3多选在用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是( )A如果有大小相同的铁球和木球可供选择，则选用铁球作为摆球较好B单摆的偏角不要太大(小于 5)C为了便于改变摆线的长度，可将摆线的一端绕在铁
11、架上端的水平圆杆上D先测量好摆线的长度再系上小球做实验解析：选 AB 摆球应选用密度较大、直径较小的金属球，选项 A 对；摆线偏离竖直方向的角度越大，利用周期公式计算出的重力加速度的误差就越大，选项 B 对；将摆线的一端绕在铁架上端的水平圆杆上，摆动时摆长会改变，对摆长和周期的测量都有影响，选项C 错；测摆长时，应当先系上小球再测量摆线的长度，选项 D 错。对单摆模型的考查典题例析例 1 一个单摆的摆长为 l，在其悬点 O 的正下方 0.19l 处有一钉子P(如图所示)，现将摆球向左拉开到 A，使摆线偏角 5，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期。思路点拨(1)摆球在左边和右边的摆长是否相同？提
12、示：不同。左边：摆长为 l。右边：摆长为 0.81l。(2)如何确定单摆的周期？提示：单摆的周期为左右两个不同单摆的半周期的和。解析 释放后摆球到达右边最高点 B 处，由机械能守恒可知 B 和 A 等高，则摆球始终做简谐运动。摆球做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不同单摆的半周期的和。小球在左边的周期为 T12lg小球在右边的周期为 T22 0.81lg则整个单摆的周期为T 1.9 。T12 T22 lg 0.81lg lg答案 1.9lg探规寻律求单摆周期的方法(1)明确单摆的运动过程，看是否符合简谐运动的条件。(2)在运用 T2 时，要注意 l 和 g 是否发生变化，如果发生变化，则
13、分别求出不同 llg和 g 时的运动时间。跟踪演练1.如图所示，BOC 为一光滑圆弧形轨道，其半径为 R，且 R 远大于弧BOC 的弧长。若同时从圆心 O和轨道 B 点分别无初速度释放一小球 P 和Q，则( )AQ 球先到达 O 点BP 球先到达 O 点CP、Q 两球同时到达 O 点D无法比较解析：选 B P 球做自由落体运动，由 R gt12得 t1 ；Q 球做简谐运动，t 2 T12 2Rg 142 ，所以 t1t2，选项 B 正确。14 Rg 2Rg对单摆测定重力加速度的考查典题例析例 2 根据单摆周期公式 T2 ，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所lg示，将细线的上端固定在铁架
14、台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为_mm 。(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_。a摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b摆球尽量选择质量大些、体积小些的c为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔 t 即为单摆周期 Te拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做 50 次全振动所用的时间 t，则单摆周期 Tt50思
15、路点拨(1)游标卡尺读数时应注意游标卡尺的零刻度线和边界线的区别。(2)测重力加速度时应注意单摆的模型以及摆长和周期的测量。解析 (1)根据游标卡尺的读数方法，小钢球的直径(1860.1) mm 18.6 mm 。(2)因为单摆的周期 T2 与 无关，c 项错误。因为摆球会以较快的速度通过平衡位lg置，所以在平衡位置开始计时误差较小，同时为了减小偶然误差应测多次振动的时间并求平均值，综合看 d 项错误，a、b、e 项正确。答案 (1)18.6 (2)abe探规寻律(1)利用该实验测定重力加速度最主要的是测准摆长( 从悬点到球心)和周期，测 n 次全振动时间应从摆球经过平衡位置开始计时。(2)利
16、用图像可以有效地减小误差，由 lT2 图线的斜率 k ，知 g4 2k，求出斜率也g42就可求得重力加速度。跟踪演练2在利用单摆测定重力加速度的实验中，由于单摆做简谐运动的周期 T2 ，于是lg有 T2 l。改变单摆的摆长，只要测出摆长及相应的振动周期，作出 T2l 图像，就可求出42g当地的重力加速度。T 2l 图像应为经过坐标原点的直线。某学生在实验中作出的 T2l 图像如图所示。(1)造成图线不过原点的原因是( )A每次都将 n 个周期的时间记成 (n1)个周期的时间B每次测摆长时，都将摆线长当成了摆长C每次实验时，摆球的振幅都不同D每次实验时，摆球的质量都不同(2)根据以上分析，可求得
17、当地的重力加速度为多少？( 取 29.87)解析：(1)若测量正确，纵坐标为 0 时，横坐标也应该为 0。现在纵坐标为 0 的点对应的横坐标为负值，说明横坐标偏小，即摆长偏小，计算摆长时少加了摆球的半径，故选项 B正确。(2)由单摆的周期公式得 T2 l，T 2l 图像应为过原点的直线。若 l 少加了摆球半径42gr，整个 T2l 图像将左移，而图线斜率不变。因图线斜率 k ，所以 g 42g 42km/s2 9.87 m/s2。424/99 110 2答案：(1)B (2)9.87 m/s2课堂双基落实1振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合力的说法中正确的是( )A回复力为
18、零，合力不为零，方向指向悬点B回复力不为零，方向沿轨迹的切线C合力不为零，方向沿轨迹的切线D回复力为零，合力也为零解析：选 A 单摆的回复力不是小球所受的合力，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，方向指向悬点(即指向圆心) 。2.多选如图所示，是一个单摆(5)，其周期为 T，则下列说法正确的是( )A把摆球的质量增加一倍，其周期变小B摆角 变小时，周期也变小C此摆由 OB 运动的时间为T4D摆球在由 BO 运动时，势能向动能转化解析：选 CD 该题实际上考查了单摆周期的决定因素，根据单摆的固有周期我们可以知道固有周期与振幅、摆球的
19、质量无关， 角变小，只是振幅变小，故 A、B 选项错误。摆球由 OB 运动的过程是 个全振动，所以运动时间为 ，故 C 正确。摆球14 T4在运动的过程中机械能是守恒的，所以由 BO 运动时，重力势能减小，动能增加，故 D 正确。3多选一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是( )At 1 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小Bt 2 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小Ct 3 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小Dt 4 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：选 CD 由题图知，t 1、t 3时刻是最大位移处，t 2、t 4时刻是平衡位置。单摆做小角度摆动，平衡位置时速度最大，悬线对它的拉力最大，故 B 错，D 对。最大位移处速度为零，拉力最小，故 A 错， C 对。4将一劲度系数为 k 的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为 m 的物块。将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期 T。解析：单摆周期公式 T2lg且 klmg解得 T2 。mk答案：2mk
