高中物理 第一章 机械振动 第四节 探究单摆的振动周期

探讨摆钟的物理原理探讨单摆振动的周期学习目标知识脉络1.知道什么是单摆，了解单摆的构成.2.掌握单摆振动的特点，知道单摆回复力的成因，理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动.(重点、难点)3.知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算.(重点)单摆的运动特点和步调问题[先填空]1.惠更斯的科学抽象——单摆细线的一端固定在悬点，另一端拴一个小球，忽略线的伸缩和质量且球的直径比细线的长度小得多的装置叫单摆.单摆是一种理想化的物理模型，如图1­3­1所示，由于摆球释放后的运动是往复运动，故单摆运动是机械振动.图1­3­1在不考虑空气阻力的情形下，摆球受重力和绳索拉力的作用，将重力沿切向和法向正交分解，在法向上绳索拉力和重力分力的合力充当摆球沿圆弧运动的向心力，重力的切向分力充当摆球的答复力.两个完全相同的单摆，同时将摆球拉离平稳位置放开，两个摆球除振幅可能不同外，周期相同，同时通过平稳位置，同时抵达最大位移处，两个单摆的摆动是步伐一致同相，步伐不同的叫做不同相，步伐完全相反的叫做反相.(1)“相”(或“相位”、“位相”、“周相”)描述振动步伐的物理量.两个单摆振动步伐一致，咱们称为同相.两个单摆振动步伐不一致，就说它们存在着相差，两个单摆振动步伐正好相反，叫做反相.(2)相差它是指两个相位之差，在实际中常经常使用到的是两个具有相同频率的简谐运动的相位差，反映出两简谐运动的步伐不同.[再判断]1.实际的摆的摆动都能够看做是简谐运动.(×)2.单摆答复力的方向老是指向悬挂位置.(×)3.单摆的答复力是由摆球重力的分力提供的.(√)[后思考]摆球通过平稳位置时，合外力是不是为零？摆球抵达最大位移处，v＝0，加速度是不是等于0?【提示】单摆摆动中平稳位置不是平稳状态，有向心力和向心加速度，答复力为零，合外力不为零.最大位移处速度等于零，但不是静止状态.一样单摆答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，因此加速度不必然等于零.[核心点击](1)摆线以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动进程中只要速度v≠0，半径方向都受向心力.(2)摆线同时以平稳位置为中心做往复运动，因此在运动进程中只要不在平稳位置，轨迹的切线方向都受答复力.(1)任意位置如图1­3­2所示，G2＝G cos θ，F－G2的作用确实是提供摆球绕O′做变速圆周运动的向心力；G1＝G sin θ的作用提供摆球以O为中心做往复运动的答复力.图1­3­2(2)平稳位置摆球通过平稳位置时，G 2＝G ，G 1＝0，现在F 应大于G ，F －G 提供向心力，因此，在平稳位置，答复力F 回＝0，与G 1＝0相符.(3)单摆的简谐运动在θ很小时(理论值为＜5°)，sin θ≈tan θ＝x l，G 1＝G sin θ＝mglx ，G 1方向与摆球位移方向相反，因此有答复力 F 回＝G 1＝－mg l x ＝－kx (k ＝mgl).因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动.1.振动的单摆小球通过平稳位置时，关于小球受到的答复力、合力及加速度的说法中正确的选项是( )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.答复力为零，合力也为零E.加速度不为零，方向指向悬点【解析】 单摆的答复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平稳位置时，答复力为零，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进程中的受力，以下结论正确的选项是( ) A.摆球受重力、摆线的张力作用 B.摆球的答复力最大时，向心力为零 C.摆球的答复力为零时，向心力最大D.摆球的答复力最大时，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】单摆在运动进程中，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答复力，当答复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，那么拉力小于重力，在平稳位置处，答复力为零，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.以下关于单摆的说法，正确的选项是( )A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平稳位置时的位移为零【解析】简谐运动中的位移是以平稳位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平稳位置时位移应为零，A正确.摆球的答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.摆球通过最低点(摆动的平稳位置)时答复力为零，但向心力不为零，因此合力不为零，加速度也不为零，D错误.在最高点时、向心力为零，合力等于答复力，E正确.【答案】ACE关于单摆的两点说明1.所谓平稳位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平稳的位置，并非是指摆动进程中的受力平稳位置.事实上，在摆动进程中，摆球受力不可能平稳.2.答复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F＝mg sin θ提供的，不可误以为答复力是重力G与摆线拉力T的合力.探究单摆的周期[先填空]不同的单摆周期不同，单摆的周期与哪些因素有关？通过实验探讨得知单摆做简谐运动的周期跟摆长有关，跟振幅和摆球的质量无关.T ＝2πlg，是荷兰物理学家惠更斯推出的. 式中的l 表示摆长，g 表示本地的重力加速度. [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.由于单摆的答复力是由摆球的重力沿切线方向的分力提供的，那么是不是摆球的质量越大，答复力越大，单摆摆动得越快，周期越小？【提示】 不是.摆球摆动的加速度除与答复力有关外，还与摆球的质量有关，即a ∝Fm，因此摆球质量增大后，加速度并非增大，其周期由T ＝2πlg决定，与摆球的质量无关. 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T ＝2πlg知，应增大摆长，才能使周期不变.[核心点击]l 的确信实际的单摆摆球不可能是质点，因此摆长应是从悬点到摆球球心的长度，即l ＝l 0＋D2，l 0为摆线长，D 为摆球直径.g 的转变(1)公式中的g 由单摆所在地空间位置决定由G MR2＝g 知，g 随地球表面不同位置、不同高度而转变，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g ′代入公式，即g 不必然等于 m/s 2.(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 ，现在摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的答复力变大，摆球质量不变，那么重力加速度的等效值g ′＝g ＋a .(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，答复力应是重力和电场力的合力在圆弧切线方向的分力，因此也有g ′的问题.4.如图1­3­3所示是一个单摆(摆角θ＜5°)，其周期为T ，那么以下说法正确的选项是( )图1­3­3A.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O →B 运动的时刻为T4B →O 时，动能向势能转化 O →C 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O →B 运动的时刻为T4，C 正确；摆球由B →O 时，势能转化为动能，O →C 时动能转化势能，D 错误，E 正确.【答案】 ACE5.如图1­3­4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 ＝90°，∠BAO ＝30°，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1­3­4【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T ＝2πl 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(34l ＋l )，周期T ＝2π34＋1lg.【答案】 2πlg2π34＋1lg6.如图1­3­5所示，将摆长为L 的单摆放在一路落机中，假设起落机以加速度a 向上匀加速运动，求单摆的摆动周期.图1­3­5【解析】 单摆的平稳位置在竖直位置，假设摆球相对起落机静止，那么摆球受重力mg 和绳拉力F ，依照牛顿第二定律：F －mg ＝ma ，现在摆球的视重mg ′＝F ＝m (g ＋a )，因此单摆的等效重力加速度g ′＝Fm ＝g ＋a ，因此单摆的周期为T ＝2πLg ′＝2πLg ＋a.【答案】 2πLg ＋a确信单摆周期的方式1.明确单摆的运动进程，判定是不是符合简谐运动的条件.2.运用T ＝2πlg时，注意l 和g 是不是发生转变，假设发生转变，那么别离求出不同l 和g 时的运动时刻.3.单摆振动周期改变的途径： (1)改变单摆的摆长；(2)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]利用单摆测定本地的重力加速度，巩固和加深对单摆周期公式的明白得.单摆在偏角很小(小于5°)时，可看成简谐运动，其周期T ＝2πl g ，可得g ＝4π2l T2.据此，通过实验测出摆长l 和周期T ，即可计算取得本地的重力加速度.铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长1 m 左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺.(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l ＝l ′＋d2即为摆长.(4)把此单摆从平稳位置拉开一个角度，并使那个角小于5°，再释放小球.当摆球摆动稳固以后，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)的时刻，然后求出一次全振动的时刻，即单摆的振动周期.(5)改变摆长，重做几回.(6)依照单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度；求出几回实验取得的重力加速度的平均值，即是本地域的重力加速度的值.(7)将测得的重力加速度数值与本地重力加速度数值加以比较，如有误差，分析产生误差的缘故.(1)公式法：依照公式g ＝4π2n 2lt2，将每次实验的l 、n 、t 数值代入，计算重力加速度g ，然后取平均值.(2)图像法：作出T 2­l 图像，由T 2＝4π2l g可知T 2­l 图线是一条过原点的直线，其斜率k＝4π2g ，求出k ，可得g ＝4π2k.(1)摆线要选1 m 左右，不要太长或太短，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，不要把摆线长当做摆长.(4)摆球要选体积小、密度大的，不要选体积大、密度小的，如此能够减小空气阻力的阻碍.(5)摆角要小于5°(具体实验时能够小于15°)，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动再也不是简谐运动，公式T＝2πlg就再也不适用.(6)单摆要在竖直平面内摆动，不要使之成为圆锥摆.(7)要从平稳位置计时，不要从摆球抵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.(1)本实验系统误差要紧来源于单摆模型本身是不是符合要求，即悬点是不是固定；球、线是不是符合要求；振动是圆锥摆仍是同一竖直平面内的振动和测量哪段长度作为摆长等等.(2)本实验偶然误差要紧来自时刻(即单摆周期)的测量上.要从摆球通过平稳位置开始计时，并采纳倒数计时计数的方式，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(即利用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米)；在时刻的测量中，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准度有利的是( )B.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的E.当单摆通过平稳位置时开始计时，且测量30～50次全振动的时刻【解析】单摆实验的精准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，摆球的空间位置转变较大，便于观看，A对；摆球体积越大，所受空气阻力越大，对证量相同的摆球阻碍越大，B 错；摆角应小于5°，C对；本实验采纳积存法测量周期，且从球过平稳位置时开始计时，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________.m长的细线 m长的粗线G.时钟 I.毫米刻度尺(2)在该实验中，单摆的摆角φ应________，从摆球通过________开始计时，测出n 次全振动的时刻为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样表达式为g ＝________.【解析】 (1)做摆长的细线要用不易伸长的细线，一样不该短于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)依照单摆做简谐运动的条件知φ＜5°；因平稳位置易判定，且经平稳位置时速度大，历时少，误差小，因此从平稳位置开始计时.依照T ＝2πl g ，又T ＝t n ，l ＝L ＋d 2 得g ＝4π2⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋d 2n 2t2. 【答案】 (1)AEFIJ (2)小于5° 平稳位置 4π2⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋d 2n2t2用单摆测定重力加速度应注意的问题1.实验时，摆线长度要远大于摆球直径，且摆线无明显伸缩性，另外摆球要选取密度大且质量散布均匀的钢球.2.单摆摆球应在竖直平面内摆动，且摆角应小于5°.3.测摆长l 时，应为悬点到球重心的距离，球质量散布均匀时等于摆线长加上小球半径.4.应从摆球通过平稳位置时开始计时，以摆球从同一方向通过平稳位置时计数.5.适当增加测量的全振动次数，以减小测量周期的误差，一样30～50次即可.。

第1章 1.3 探究摆钟的物理原理1.4 探究单摆振动的周期(建议用时：45分钟)[学业达标]1.关于单摆，下列说法正确的是( )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所受的合力C.摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零D.摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对于平衡位置的位移大小成正比E.摆角很小时，摆球的回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比【解析】回复力是使摆球回到平衡位置的力，其方向总是指向平衡位置，A选项正确；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，B选项错误；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，C选项正确；摆角很小时，回复力与摆球相对于平衡位置的位移大小成正比，但合力没有此关系，D选项错误，E选项正确.【答案】ACE2.发生下述哪一种情况时，单摆周期会增大( )A.增大摆球质量B.增加摆长C.减小单摆振幅D.将单摆由山下移到山顶E.把单摆放在减速上升的升降机中【解析】由单摆的周期公式T＝2πlg可知，g减小或l增大时周期会变大.【答案】BDE3.一个单摆做小角度摆动，其振动图像如图1­3­6所示，以下说法正确的是( )图1­3­6A.t1时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小B.t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零C.t 3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D.t 4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大E.t 4时刻摆球所受合力为零【解析】 由振动图像可知：t 1和t 3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球的拉力最小；t 2和t 4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉力最大.故正确答案为A 、B 、D.【答案】 ABD4.两个单摆在相同的时间内，甲摆动45次，乙摆动60次，则( ) A.甲、乙两摆的周期之比为4∶3 B.甲、乙两摆的频率之比为3∶4 C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶3 D.甲、乙两摆的摆长之比为16∶9 E.甲、乙两摆的振幅之比为16∶9【解析】 设摆动时间为t ，则T 甲＝t 45，T 乙＝t 60可得T 甲T 乙＝6045＝43，f 甲f 乙＝34.又由T ＝2πl g可得l 甲l 乙＝T 2甲T 2乙＝169，而振幅之比无法确定，故A 、B 、D 正确.【答案】 ABD5.同一地点的甲、乙两单摆(摆球质量相等)的振动图像如图1­3­7所示，下列说法中正确的是( )【导学号：38910008】图1­3­7A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的机械能比乙摆小C.甲摆的最大速率比乙摆小D.在14周期时振子具有正向加速度的是乙摆E.在12周期时甲摆重力势能最大，乙摆动能最大【解析】 由图像可知，甲、乙周期相同，又T ＝2πlg，同一地点所以g 相同，故摆长l 相等，A 项正确；由图像可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，B 、C 项错误；由图像可知，14周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处，故乙摆具有正向加速度，D 项正确；在t ＝T2时甲摆在最大位移处，重力势能最大，乙摆在平衡位置处，动能最大，E 正确.【答案】 ADE6.在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是( ) A.应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线 B.用刻度尺测出细线的长度并记为摆长l C.在小偏角下让单摆摆动D.当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期TE.通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为T 2∝l ，则可作T 2－l 图像，如果图像是一条直线，则关系T 2∝l 成立【解析】 摆长等于摆线的长度加上摆球半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，所以应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，A 正确；刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，B 错误；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，C 正确；当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差较小，但是要测量n 次全振动的时间记为t ，再由T ＝t n求周期误差较小，D 错误；数据处理的时候，通常由线性关系比较容易得出结论，故需作T 2­l 图像，E 正确.【答案】 ACE7.摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t ＝0)，当振动至t ＝3π2lg时，摆球恰具有负向最大速度，画出单摆的振动图像. 【解析】 t ＝3π2l g ＝34T ，最大速度时，单摆应在平衡位置，y ＝0，v 方向为－y ，沿y 轴负方向.【答案】8.某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：图线.图1­3­8(2)此图线的斜率表示什么意义？ (3)由此图线求出重力加速度的值.【导学号：38910009】【解析】 (1)T 2­l 图线如图所示.(2)因为单摆的振动周期T ＝2πl g 得T 2＝4π2g l ，所以图像的斜率k ＝4π2g. (3)由图线求得斜率k ＝4故g ＝4π2k ＝4×3.1424m/s 2≈9.86 m/s 2.【答案】 (1)见解析 (2)斜率k ＝4π2g(3)9.86 m/s 2[能力提升]9.如图1­3­9所示，用绝缘细丝线悬挂着的带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则( )图1­3­9A.当小球每次通过平衡位置时，动能相同B.当小球每次通过平衡位置时，速度相同C.当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力不相同D.磁场对摆的周期无影响E.撤去磁场后，小球摆动周期变大【解析】小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所以机械能守恒.运动到最低点，球的速度大小相同，但方向可能不同，A项正确，B项错误.小球从左、右两方向通过最低点时，向心力相同，洛伦兹力方向相反，所以拉力不同，C项正确.由于洛伦兹力不提供回复力，因此有无磁场，不影响振动周期，D项正确，E项错误.【答案】ACD10.一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球的质量为M1，半径为R1；另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2.若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比R1∶R2为________.【解析】在地球表面单摆的周期T1＝2πl1g…①，在星球表面单摆的周期T2＝2πl2g′…②，GM1R21＝g…③，GM2R22＝g′…④.联立①②③④得R1R2＝M1M2·l2l1·T1T2＝21. 【答案】2∶111.将一水平木板从一沙摆(可视为简谐运动的单摆)下面以a＝0.2 m/s2的加速度匀加速地水平抽出，板上留下的沙迹如图1­3­10所示，量得O1O2＝4 cm，O2O3＝9 cm，O3O4＝14 cm，试求沙摆的振动周期和摆长.(g＝10 m/s2)【导学号：38910010】图1­3­10【解析】根据单摆振动的等时性得到O1O2、O2O3、O3O4三段位移所用的时间相同，由匀变速直线运动规律Δx＝aT21计算可得.由Δx＝aT21得T1＝Δxa＝5×10－20.2s＝0.5 s振动周期T＝2T1＝1 s由单摆公式T＝2πLg得L＝gT24π2≈0.25 m【答案】 1 s 0.25 m12.图1­3­11甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置.设摆球向右运动方向为正方向.图乙是这个单摆的振动图像.根据图像回答：图1­3­11(1)单摆振动的频率是多大？ (2)开始时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s 2，试求这个摆的摆长是多少.【导学号：38910011】【解析】 (1)由乙图知周期T ＝0.8 s 则频率f ＝1T＝1.25 Hz.(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B 点. (3)由T ＝2πL g 得L ＝gT 24π2＝0.16 m. 【答案】 (1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m。

高中物理第1章机械振动 1.3 探究摆钟的物理原理探究单摆振动的周期学案沪科版选修1、理解单摆模型及其振动特点、2、理解单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源、3、知道相位的概念，知道同相振动与反相振动的步调特点、4、会用控制变量法探究单摆的周期与哪些因素有关、5、掌握单摆的周期公式，掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法、1、一个做往复运动的物体，当它所受到的回复力满足F＝－kx，则这个物体做简谐运动、2、物理学中对于多变量的问题，常采用控制变量法把多变量的问题变成单变量的问题、3、如图1所示，细线上端固定，下端系一小球，如果细线的伸缩可以忽略，细线的质量与小球相比可以忽略，小球的直径与细线的长度相比也可以忽略，这样的装置就可看成单摆、单摆在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律、图14、相是描述振动步调的物理量、两个单摆振动步调一致，我们称为同相；两个单摆振动步调正好相反，叫做反相、5、单摆振动的周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，周期公式T＝2π 、一、探究摆钟的物理原理[问题设计]一阵风吹过，大厅里的吊灯微微摆动起来，久久不停……，伽利略就是通过观察教堂吊灯摆动发现了吊灯摆动的等时性，惠更斯按照伽利略的构想，发明制作了一个摆钟、摆钟的往复运动是简谐运动吗？你能用所学的知识证明吗？答案是简谐运动、证明：把摆钟等效成一个小球，当小球运动到图中的任意位置P时，小球受到的回复力是小球所受重力G沿着圆弧切线方向的分力G1，F＝G1＝mgsin θ、若摆角θ很小，则有sin θ≈θ＝，并且位移x≈，考虑了位移和回复力的方向后，有F＝－mg(“－”表示回复力F与位移x的方向相反)，m是小球的质量，l是摆长，g是重力加速度，它们都有确定的数值，可以用一个常数k来表示，则上式又可以写成F＝－kx，也就是说，在摆角很小时，小球所受到的回复力跟位移大小成正比而方向相反，所以小球做简谐运动、[要点提炼]1、单摆(1)模型：摆线是不可伸长，且没有质量的细线，摆球是没有大小只有质量的质点，这样的装置叫单摆，它是实际摆的理想化模型、(2)实际摆看作单摆的条件：①摆线的形变量与摆线的长度相比小得多，摆线的质量与摆球的质量相比小得多，这时可把摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线、②摆球直径的大小与摆线长度相比小得多，这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点、2、单摆的回复力(1)回复力的提供：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，F＝－x、(3)运动规律：在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律、[延伸思考]单摆经过平衡位置时，合外力为零吗？答案不为零、单摆振动的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力、摆球所受的合外力在法线方向(摆线方向)的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力的、因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)、例1 对于单摆的振动，以下说法中正确的是()A、单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等B、单摆运动的回复力就是摆球受到的合力C、摆球经过平衡位置时所受回复力为零D、摆球经过平衡位置时所受合外力为零解析单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为mv2/l，可见最大摆角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大摆角处最大，平衡位置处为零，故应选C、答案 C二、研究振动的步调问题[问题设计]1、如图2所示，在铁架台上悬挂两个相同的单摆，将两个摆球拉离平衡位置且保证摆角相同，然后同时放开，可观察到什么现象？答案它们的运动总是一致的，也可以说是步调一致，即同时沿相同方向经过平衡位置，并同时达到同一侧最大位移处、图2图32、如图3所示，再将两个摆球拉开相同的摆角，先放开一个，等它摆到另一边最大位移处时，再放开第二个，又可观察到什么现象？答案它们的运动总是相反的，也可以说是步调相反，即同时沿相反方向经过平衡位置，并同时达到两侧最大位移处、[要点提炼]1、相(或相位、位相、周相)：描述振动步调的物理量、(1)两个单摆振动步调一致，称为同相；(2)两个单摆振动步调不一致，就说它们存在着相差；(3)两个单摆振动步调正好相反，叫做反相、2、相差：指两个相位之差、在实际中经常用到的是两个具有相同频率的简谐运动的相位差，反映出两简谐运动的步调差异、例2 如图4所示是在同一个坐标系里画出的三个振动系统的振动图像，下列说法正确的是()图4A、a、b、c三个振动系统的频率相同B、a、b两个系统振动时存在着相差C、a、b两个系统振动同相D、a、c两个系统振动反相解析由题图可知，三个振动系统的周期相同，故频率相同，A正确；a、b两个系统振动的振幅不同，但总是同时来到正向(或负向)的最大位移处，同时同方向经过平衡位置，故a、b同相，B错误，C正确；a、c两个系统总是同时来到反向的最大位移处，同时以相反方向经过平衡位置，故a、c反相，D正确、答案ACD三、探究单摆振动的周期[问题设计]1、如图5所示，两个单摆同时释放，我们可以观察到振动的周期不同、影响周期的因素可能有单摆的质量、振幅、摆长，这么多因素我们应采用什么方法研究？图5答案控制变量法、具体做法为：(1)只让两摆的质量不同、(2)只让两摆的振幅不同(都在小摆角下)、(3)只让两摆的摆长不同、比较以上三种情况下两摆的周期，可以得到周期与质量、振幅、摆长之间的定性关系、2、具体做法是什么？得出影响周期的因素是什么？答案首先，研究周期和质量有没有关系，就应控制其他条件不变、做法：用两个摆长相同，摆球质量不同的单摆、将它们拉到同一个高度(注意摆角要小)释放，观察两摆的运动、现象：两摆球摆动总是同步的，说明两摆球周期相同，即周期与摆球质量无关、其次，研究单摆的周期和振幅的关系、做法：用一个单摆，分两次从不同高度释放(振幅不同)，用秒表测量单摆振动30次所用时间并比较两次所用时间、结论：两次所用时间近似相等，故周期与振幅无关、再次，研究单摆的周期和摆长的关系、做法：取两个摆长不同，质量相同的两个摆球从同一高度同时释放，观察两摆的运动、现象：两摆振动不同步，摆长大的振动慢，说明单摆的周期与摆长有关、由此可知单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长有关、[要点提炼]1、单摆的周期公式T＝2π、2、摆长l(1)实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：即l＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径、(2)等效摆长：如图6所示，甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin_α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π、图63、重力加速度g若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随所处地表的位置和高度的变化而变化、另外，在不同星球上，M和R一般不同，g也不同，g取9、8 m/s2只是在地球表面附近时的取值、例3 如图7所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有()图7A、A球先到达C点B、B球先到达C点C、两球同时到达C点D、无法确定哪一个球先到达C点解析A做自由落体运动，到达C所需时间tA＝，R为圆弧轨道的半径、因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，即tB＝＝ >tA，所以A球先到达C点、答案 A四、测定当地的重力加速度[问题设计]在地球表面，不同纬度重力加速度不同，不同高度重力加速度不同，利用本学案的知识怎样测出当地的重力加速度？答案由单摆周期公式得g＝，如果测出单摆的摆长l、周期T，就可以求出当地的重力加速度g、[要点提炼]1、原理：测出摆长l、周期T，代入公式g＝，求出重力加速度g、2、器材：铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1 m左右)、米尺、游标卡尺、3、实验步骤(1)让细线穿过金属小球上的小孔，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、在单摆平衡位置处做上标记、(3)用米尺量出悬线长l′(准确到mm)，用米尺和三角板(或游标卡尺)测出摆球的直径d(准确到mm)，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋即为摆长、(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角度不大于5，再释放小球、当小球摆动稳定以后，经过最低位置时，用停表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期、(5)改变摆长，反复测量三次，算出周期T及测得的摆长l代入公式g＝，求出重力加速度g的值，然后求g的平均值，即为当地的重力加速度的值、4、五点注意(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1 m，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)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象、(3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小、(4)小球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆、方法是将小球拉到一定位置后由静止释放、(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数，要多测几次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期、例4 下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：摆长l/m0、40、50、60、81、01、2周期平方T2/s21、62、22、43、24、04、8(1)利用上述数据，在图8中描出l－T2的图像、图8(2)利用图像，取T2＝5、2 s2时，l＝________ m，重力加速度g＝________ m/s2、解析(1)描点作图如图所示(2)由图可知，当T2＝5、2 s2时，l＝1、3 m，将它代入g＝得：g＝＝m/s2≈9、86 m/s2、答案(1)见解析图(2)1、39、86单摆1、单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是()A、摆线质量不计B、摆线长度不伸缩C、摆球的直径比摆线长度短得多D、只要是单摆的运动就是一种简谐运动答案ABC解析单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩、但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ<5)的情况下才能视单摆运动为简谐运动，故正确答案为A、B、C、2、单摆振动的回复力是()A、摆球所受的重力B、摆球重力在垂直悬线方向上的分力C、悬线对摆球的拉力D、摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力答案B解析摆球振动的回复力是其重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确、3、已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1、6 m，则两单摆长la与lb分别为()A、la＝2、5 m，lb＝0、9 mB、la＝0、9 m，lb＝2、5 mC、la＝2、4 m，lb＝4、0 mD、la＝4、0 m，lb＝2、4 m答案B解析设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5、根据单摆周期公式T＝2π ，可知l＝T2，由此得la∶lb ＝T∶T＝9∶25、则la＝1、6 m＝0、9 m，lb＝1、6 m＝2、5 m、4、用单摆测定重力加速度，根据的原理是()A、由g＝看出，T一定时，g与l成正比B、由g＝看出，l一定时，g与T2成反比C、由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，利用g＝可算出当地的重力加速度D、同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比答案C解析g是由所处的地理位置的情况来决定的，与l及T无关，故只有C正确、[基础题]1、当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的()A、合外力为零B、回复力为零C、向心力为零D、摆线中张力为零答案C解析当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，合外力不为零，所以选项A、B均错；由向心力公式F＝可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错、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、将摆长减为原来的答案D解析由单摆周期公式T＝2π可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的、3、如图1所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了所谓的双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的左右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面方向做简谐运动时，周期为()图1A、2πB、2πC、2πD、2π 答案D解析这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π计算，但注意此处的l与题中的绳长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离，即做圆周运动的半径、此题中单摆的等效摆长为lsin α，代入周期公式，可得T＝2π ，故选D、4、利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为()A、单摆的摆球质量偏大B、测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径C、测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动D、测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动答案C解析由单摆周期公式知T＝2π，得g＝，而T＝，所以g＝，由此可知C正确、5、人在平直路面上匀速行走时，关于两臂和两腿的摆动，下列说法中正确的是()A、左臂和右臂的摆动始终是反相的B、左臂和左腿的摆动始终是反相的C、左臂和右腿的摆动始终是反相的D、左臂和右臂的摆动始终是同相的答案AB[能力题]6、如图2所示为甲、乙两单摆的振动图像，则()图2A、若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1B、若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1C、若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1D、若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4答案BD解析由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故B正确，A错误；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故D正确，C错误、7、一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是()A、摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大B、摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小C、摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大D、摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大答案D解析在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大，但摆球质量不影响周期，周期不变、选项D正确、8、某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图3所示，则该摆球的直径为________cm、图3(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________、(填选项前的字母)A、把单摆从平衡位置拉开30的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B、测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为C、用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D、选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小答案(1)0、97 (2)C解析(1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0、9 cm＋70、01 cm＝0、97 cm(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于5，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度值误差较小，故A、D错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是，B错；摆长应是l＋，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大、[探究与拓展题]9、(xx江苏单科12B(2))在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期、以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正、答案①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值、(或在单摆振动稳定后开始计时)。