高中物理第1章机械振动第3节单摆教案鲁科版选修3_4

第3节 单摆
课堂互动
三点剖析
一、单摆的回复力
单摆振动的回复力是摆球所受的合外力在圆弧切线方向的分力，等于重力沿圆弧切线方
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.
【例1】 下列有关单摆运动过程中的受力说法，正确的是( )
A.单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B.单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C.单摆过平衡位置的合力为零
D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
解析：单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程不仅有回复力，而且有向心力，即
单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故选项A错误.单摆的回复力是
重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确，D错误.单摆过
平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误.
答案：B
二、单摆的周期公式

单摆的振动周期与振幅和质量无关,只决定于摆长与该处的重力加速度g.T=2πgl.l
是从悬点至摆球重心长度，与摆球重心位置有关.g与单摆处的位置有关.地球两极处g最大，
赤道最小.离地面愈高,g越小.在较复杂的单摆振动中“g”应理解为等效重力加速度，即单
摆不振动时在其“平衡位置”上的“视重”对应的加速度即为“等效重力加速度”“平衡
位置”处“视重”大小等于不振动时摆球对摆线的拉力或支持物的压力.
【例2】 有一单摆，其摆长l=1.02 m，摆球的质量m=0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单
摆振动30次用的时间t=60.8 s，试求：
(1)当地的重力加速度是多大？
(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式

T=2πgl,由此可得g=4π2l/T2，只要求出T值代入即可.

因为T=308.60nts=2.027 s，所以g=4π2l/T2=(4×3.142×1.02)/2.0272 m/s2=9.79 m/s2.
(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的
振动规律有：

0
0
l
lTT

,故有：l0=22220027.202.12TlTm=0.993 m.其摆长要缩短Δl=l-l0=1.02 m-0.993

m=0.027 m.
答案：(1)9.79 m/s2 (2)其摆长要缩短0.027 m
三、用单摆测定重力加速度
单摆的摆角很小(不超过5°)时，其摆动可以看作简谐运动，其振动周期为：T=2πgl，
其中l为摆长，g为当地重力加速度，由此可得g=224Tl，据此，只要测出摆长l和周期T，
就可计算出当地重力加速度g的数值.
【例3】 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，有如下器材供选用，为使实验误差小，
请把应选用的器材填在横线上_____________.(填字母)
A.半径为1 cm带小孔的实心木球 B.半径为1 cm带小孔的实心铅球
C.长约10 cm的细线 D.长约1 m的细线
E.时钟 F.秒表
G.最小刻度为mm的米尺 H.游标卡尺
I.带夹子的铁架台 J.附砝码的天平
解析：单摆振动时，要求空气阻力远小于摆球的重力，这样，在摆球外形一样大小时，摆球
密度越大，越是符合这种要求，故选用小铅球而不选木球，即选B.又因要求单摆接近理想
模型，即用无质量不可伸缩的线拴一质点，所以线的长度应远大于摆球直径，故选长1 m
的而不用长0.1 m的细线，即选D.计时时，使用秒表方便，故选F.米尺用于测摆线的长度，
游标卡尺测摆球直径，故选G、H.本实验中不需要测质量，但必须将小球悬挂，故选I.
答案：B、D、F、G、H、I
各个击破
类题演练1
如图1-3-1所示，摆长为l的单摆安置在倾角为α的光滑斜面上，设重力加速度为g，这
个单摆的回复力等于_____________.

图1-3-1
解析：其回复力来源应是Gsinα在圆弧切线方向的分力，故此时等效重力加速度为gsinα.
答案：gsinα
变式提升1
关于单摆的回复力，下述说法中正确的是( )
A.是小球受到的重力 B.是小球受到的细线对它的拉力
C.是重力和拉力的合力 D.是重力沿切线方向的分力
解析：这是一道回复力来源的分析题.必须明确，回复力是以效果命名的力，它的作用就是
产生单摆在做简谐运动过程中的切向加速度.重力mg方向竖直向下，在切向有分量，但沿绳
的方向也有分量，因此它的作用不仅仅是充当回复力，故说“回复力是重力”是错误的.F
T

与切线垂直，沿切向无分量，故B项也是错的.对于C项，FT与mg的合力不仅仅产生切向加

速度，因小球的运动是圆周运动的一部分，还需要向心加速度，因此说“合力是回复力”错
了.回复力是重力沿切线方向的分力.
答案：D
类题演练2
摆长为L的单摆在竖直平面内振动的过程中，最大摆角为4°.那么，
(1)当摆线的偏角从4°逐渐减小到2°所经历的时间应( )

A.等于4gL B.大于4gL C.小于4gL D.条件不够，无法确
定
(2)若最大摆角由4°变为2°,摆球的质量加倍，则完成一次全振动用时( )

A.等于2πgL B.等于πgL C.小于πgL D.大于πgL
解析：单摆摆角由4°减到2°过程比从2°减小到零过程中速率小，故所用时间长，即所
用时间t＞gLT48,故(1)题中B选项正确.单摆周期T=2πgL,只与摆长L和重力加速
度g有关，而与最大摆角和摆球质量无关.故(2)题中的正确选项应为A.
答案：(1)B (2)A
变式提升2
如图1-3-2所示,一向右做匀加速运动的车厢内挂一小球,细线长为l.求小球的振动周期.

图1-3-2
解析：以小车为系统，系统以a向右做匀加速直线运动，设单摆的平衡位置偏离竖直方向

θ角，当摆球在平衡位置时，受到摆线的张力为F=22)()(mgma，此时线的张力可看

作单摆在加速系统中摆球的视重，则g′=mF.

答案：2π22agl
类题演练3
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g=224Tl，只要
测出多组单摆的摆长l和运动周期T.作出T2l图象，就可以求出当地的重力加速度.理论上
T2l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图1-3-3所示.
(1)造成图象不过原点的原因是_____________；
(2)由图象求出的重力加速度g=__________m/s2.
图1-3-3
解析：(1)据T2=g24l=k′l和题图所示图线的特点可知，摆长中少计了1 cm，即测摆长时
漏测球的半径r.
(2)g=224Tl=4π20.4)01.0(99.0422Tlm/s2=9.87 m/s2.
答案：(1)测摆长时漏测球的半径r (2)9.87
变式提升3
在发生下列情况时，单摆周期将增大的是（ ）
A.适当缩短摆长 B.适当增加摆球质量
C.把单摆从高山下移到平地 D.把单摆从北极移到赤道附近

解析：单摆的周期公式：T=2πgl,所以摆球的质量不会影响周期，故B错.缩短摆长会使
周期减小，A错.平地比高山的重力加速度大，故周期变小，C错，赤道比北极重力加速度小，
周期增加，D对.
答案：D