1、- 1 -单摆单摆、单摆的回复力探新知基础练1单摆用细线悬挂着小球,如果细线的质量与小球相比可以忽略,球的直径与细线长度相比可以忽略,这样的装置就叫做单摆。单摆是实际摆的理想化模型。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,即 F x。mgl(3)单摆的运动规律: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。辨是非(对的划“” ,错的划“”)1单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。()2单摆的回复力是重力和拉力的合力。()3一根细线一端固定,另一端拴一小球就构成一
2、个单摆。()释疑难对点练1单摆(1)单摆是实际摆的理想化模型。(2)实际摆看作单摆的条件摆线的形变量与摆线长度相比小得多;悬线的质量与摆球质量相比小得多;摆球的直径与摆线长度相比小得多。2单摆的回复力如图所示,重力 G 沿圆弧切线方向的分力 G1 mgsin 是沿摆球运 动方向的力,正是这个力提供了使摆球振动的回复力: F G1 mgsin 。3单摆做简谐运动的推证在偏角很小时,sin ,又回复力 F mgsin ,所以单摆的回xl 复力为 F 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mgl- 2 -F 与位移 x 的方向相反),由此知回复力符合 F kx
3、,单摆做简谐运动。试身手1(多选)制作一个单摆,合理的做法是( )A摆线细而长 B摆球小而不太重C摆球外表面光滑且密度大 D端点固定且不松动解析:选 ACD 根据构成单摆的条件判断,易知 A、C、D 正确。单摆的周期探新知基础练1.探究单摆的振幅、位置、摆长对周期的影响(1)探究方法:控制变量法。(2)实验结论:单摆振动的周期与摆球质量无关;振幅较小时周期与振幅无关;摆长越长,周期越长;摆长越短,周期越短。2周期公式荷兰物理学家惠更斯发现单摆的周期 T 与摆长 l 的二次方根成正比,与当地的重力加速度 g 的二次方根成反比,他确定周期公式为: T2 。lg辨是非(对的划“” ,错的划“”)1荷
4、兰物理学家惠更斯发现单摆振动的周期与振幅无关。() 2单摆在振幅较小时周期较大。()3单摆的周期公式都可以用 T2 求解。()lg释疑难对点练1对周期 T 的理解(1)单摆的周期 T2 为单摆的固有周期,相应地 f 为单摆的固有频率。lg 12 gl(2)单摆的周期公式在最大偏角小于 5时成立。(3)周期为 2 s 的单摆叫秒摆。2对单摆周期公式中摆长 l 和重力加速度 g 的理解(1)l 为单摆的摆长:因为实际的单摆摆球不可能是质点,所以摆长是指从悬点到摆球重心的长度,对于不规则的摆动物体或复合物体,摆长 l 是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离,而不一定为摆线的长。如图所示,摆球可视为质点,
5、各段绳长均为 l,甲、乙摆球做垂直于纸面的小角度摆动,丙图中球在纸面内做小角度摆动, O为垂直纸面的钉子,而且- 3 -OO l,求各摆的周期。13甲:等效摆长 l lsin , T 甲 2 。lsin g乙:等效摆长 l lsin l, T 乙 2 。l sin 1g丙:摆线摆到竖直位置时,圆心就由 O 变为 O,摆球振动时,半个周期摆长为 l,另半个周期摆长为( l ),即为 l,则单摆丙的周期为 T 丙 。l3 23 lg 2l3g(2)等效重力加速度 g 不一定等于 9.8 m/s2g 由单摆所在的空间位置决定。由 g G 知, g 随所在地球表面的位置和高度的变化而MR2变化,而且纬
6、度越低,高度越高, g 的值就越小,另外,在不同星球上 g 也不同。g 还由单摆系统的运动状态决定,如单摆处在向上加速的升降机中,设加速度为 a,则摆球处于超重状态,沿轨迹圆弧的切向分力变大,则重力加速度的等效值 g g a,若升降机加速下降,则 g g a。单摆若在轨道上运行的卫星内,摆球完全失重,回复力为零,等效值 g0,摆球不摆动了,周期无穷大。试身手2甲、乙两个单摆摆长相等,将两个单摆的摆球由平衡位置拉开,使摆角 甲 乙( 甲 、 乙 都小于 5),在同一地点由静止开始同时释放,则( )A甲先到达平衡位置 B乙先到达平衡位置C甲、乙同时到达平衡位置 D无法判断解析:选 C 由单摆的周期
7、公式 T2 ,可知周期 T 只与 l、 g 有关,当在同一地点lg释放时,周期只与摆长有关,故甲、乙同时到达平衡位置,C 正确。探究单摆周期与摆长的关系探新知基础练1实验原理图- 4 -2定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响(1)探究方法:控制变量法。(2)实验结论单摆振动的周期与摆球的质量无关;振幅较小时,周期与振幅无关;摆长越长,周期越长;摆长越短,周期越短。3定量探究单摆的周期与摆长的关系(1)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,利用 T 计算它tN的周期。(2)摆长的测量:用刻度尺测出细线长度 l0,用游标卡尺测出小球直径 D,利用 l l0求出摆
8、长。D2(3)数据处理:改变摆长,测量不同摆长及对应周期,作出 T l、 T l2或 T 图象,l得出结论。4周期公式(1)公式的提出:周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。(2)公式: T2 ,即 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lg反比。(3)应用测重力加速度:由 T2 得 g ,即只要测出单摆的摆长 l 和周期lg 4 2lT2T,就可以求出当地的重力加速度。辨是非(对的划“” ,错的划“”)1测量单摆周期时,应在摆球摆到最高处开始计时,并数准全振动的次数。()2用毫米刻度尺量出放在桌面的细线长 l,用游标卡尺测量小球的直径,然后算出摆球的半径 r,则摆
9、长 l l r。()3小球应该选择体积小、密度大的金属球。()释疑难对点练1实验所需器材带孔小钢球一个、细线一条(约 1 m 长)、铁架台、刻度尺、停表、游标卡尺等。2实验步骤- 5 -(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,以毫米为单位记录数据;用游标卡尺测量出摆球的直径 D,以毫米为单位记录数据;则 l l ,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,且满足偏角小于 5,然后释放摆球,
10、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)秒表的读数方法所测时间超过半分钟时,半分钟的整数倍部分由分针读出,不足半分钟的部分由秒针读出,总时间为两针示数之和。如图甲所示,小圆刻度盘上分针所指示的刻度数值超过了 1.5 min,指针在 1.5 min 和 2 min 之间,其分针指示时间数可记为 t11.5 min,而大圆刻度盘上秒针所指示的刻度线为 21.4,故秒针所测得的数值为 t221.4 s,所测时间读数为:t t1 t21 min 30 s21.4 s1 min 51.4 s。图乙的读数是 2
11、min 7.6 s。(5)变摆长:将单摆的摆长变短(或变长),重复实验三次,测出相应的摆长 l 和周期 T。(6)作图象,探规律。3实验操作注意事项(1)悬线顶端不能晃动,需用夹子夹住,保证顶点固定。(2)摆球在同一平面内振动且摆角小于 10。(3)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时,并数准全振动的次数。(4)小球自然下垂时,用毫米刻度尺量出悬线长 l,用游标卡尺测量小球的直径,然后算出摆球的半径 r,则摆长 l l r。(5)选用长一米左右的细线。试身手3(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,以下几点建议中对提高测量结果精确度有利的是( )- 6 -A适当加长摆线B质量相同、体积不同的
12、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当单摆经过平衡位置时开始计时,经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期解析:选 AC 适当加长摆线有利于测量摆长,使相对误差减小,另外有利于控制摆角不过大,因此选项 A 正确;质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较小的,以减小摆动过程中空气阻力的影响,选项 B 错误;单摆偏离平衡位置的角度不能太大,因为若偏角太大,单摆的运动就不能看作简谐运动,选项 C 正确;经过一次全振动后停止计时,所测时间偶然误差过大,应测量多次全振动的时间再求平均值,以减小偶然误差,选项 D 错误。对单摆回复力的理解典例 1 振动的单摆小球通过平衡位
13、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 单摆的回复力是摆球的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)。故A 正确。(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合外力,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,这是与弹簧振子的不同之处。(2)在最大位移处时,因速度为零,所以向心力为零,故此时合外力也就是回复力。(3)在平衡位置处时,由于速度不为零,故向心力也
14、不为零,即此时回复力为零,但合外力不为零。单摆周期的应用典例 2 若单摆的摆长不变,摆球的质量由 20 g 增加为 40 g,摆球离开平衡位置的最大角度由 4减为 2,则单摆振动的( )A频率不变,振幅不变B频率不变,振幅改变- 7 -C频率改变,振幅不变D频率改变,振幅改变解析选 B 单摆的摆长不变时,单摆振动的周期 T2 不变,频率 f 不变;摆lg 1T长不变时,摆角越小,振幅越小,选项 B 正确。(1)在运用 T2 时,要注意 l 和 g 是否发生变化,如果发生变化,则分别求出不同lgl 和 g 时对应的周期。(2)改变单摆振动周期的途径:改变单摆的摆长;改变单摆的重力加速度(如改变单
15、摆的位置或让单摆失重或超重)。(3)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。探究影响单摆周期的因素典例 3 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)(多选)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝 的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图甲所示。这样做 的目的是_(填字母代号)。A保证摆动过程中摆长不变B可使周期测量得更加准确C需要改变摆长时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度 L0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图乙所示,则该摆球的直径为_ mm,单摆摆长为
16、_m。(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为 1 m 的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C 均为 30 次全振动的图象,已知 sin 50.087,sin 150.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)。- 8 -解析 (1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变,需要改变摆长时便于调节,选项 A、C 正确。(2)根据游标卡尺读数规则可得,摆球直径为 12.0 mm,单摆摆长为 L d/20.999 0 m0.006 0 m0.993 0 m。(3)测量单摆的周期,必须从平衡位置开始计时,且摆角小于 10,所以合
17、乎实验要求且误差最小的是 A。答案 (1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A课堂对点巩固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:选 C 单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用,把重力沿圆弧轨迹的切向和径向分解,其切向分力提供回复力,绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力,向心力大小为 F 向 m ,可见最大偏角处向心力为零,平衡位置处向心力最大,而回复力在最大偏v2l角处最大,在平衡位置处为零,故应选 C。2(多选)下列关于单摆
18、周期的说法正确的是( )A用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆,在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出,周期不变B当升降机向上做匀加速运动时( ag)单摆的周期小于电梯做匀速运动时单摆的周期C将单摆由赤道移到北极,其振动周期减小D将单摆的摆角由 5增加到 10(不计空气阻力),单摆的周期减小解析:选 BC 沙从漏斗中缓慢漏出时,等效摆长变化,周期变化,选项 A 错误;升降机以加速度 a 向上做匀加速运动时 T12 ,做匀速运动时 T22 , T1T2,选项 B 正lg a lg- 9 -确;将单摆由赤道移到北极,重力加速度增大,则周期减小,选项 C 正确;单摆的周期与摆角大小无关,选项 D 错误。3如图
19、所示是两个单摆的振动图象。(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少?(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向,从 t0 起,乙第一次到达右方最大位移处时,甲振动到了什么位置?向什么方向运动?解析:(1)由题图可以看出,单摆甲的周期是单摆乙的周期的 ,即12T 甲 T 乙 ,12由单摆的周期与摆长的关系可知, l 甲 l 乙 14。(2)由题图可以看出,当乙第一次到达右方最大位移处时, t2 s,振动了 周期,甲振14动了 周期,位移为 0,位于平衡位置,此时甲向左运动。12答案:(1)14 (2)甲振动到平衡位置,此时向左运动4某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作:(
20、1)用游标尺上有 10 个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示,可读出摆球的直径为_cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上,测量摆线长,通过计算得到摆长 L。(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 n1,单摆每经过最低点记一次数,当数到 n60 时秒表的示数如图乙所示,该单摆的周期是T_s(结果保留三位有效数字)。(3)测量出多组周期 T、摆长 L 的数值后,画出 T2 L 图线如图丙,此图线斜率的物理意义是( )A g B. C. D.1g 4 2g g4 2解析:(1)摆球的直径为- 10 -d20 mm60.1 mm20.6 mm2.06 cm。(2)秒表的读
21、数为 t60 s7.4 s67.4 s,根据题意t T T,所以周期 T 2.28 s。60 12 592 2t59(3)根据单摆的周期公式T2 ,可得Lg k(常数),所以选项 C 正确。T2L 4 2g答案:(1)2.06 (2)2.28 (3)C课堂小结 课时跟踪检测四一、单项选择题1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解析:选 B 摆球振动的回复力是其重力沿圆弧轨迹切向方向的分力,即摆球重力在垂直悬线方向上的分力,B 正确。2用空心铁球内部装满水做摆球,若球正下方有一小孔,水不断从孔中流出,从球内
22、装满水到水流完为止的过程中,其振动周期的大小是( )A不变B变大C先变大后变小再回到原值D先变小后变大再回到原值解析:选 C 单摆的周期与摆球的质量无关,但当水从空心铁球中向外流出时,等效摆长是先变长后变短再回到原长,因而周期先变大后变小再回到原值,故选项 C 正确。3如图所示,光滑轨道的半径为 2 m, C 点为圆心正下方的点,- 11 -A、 B 两点与 C 点相距分别为 6 cm 与 2 cm, a、 b 两小球分别从 A、 B 两点由静止同时放开,则两小球相碰的位置是( )A C 点 B C 点右侧C C 点左侧 D不能确定解析:选 A 由于轨道半径远远地大于运动的弧长,小球都做简谐运
23、动,类似于单摆。因此周期只与轨道半径有关,与运动的弧长无关,所以 A、 B 两球到达平衡位置 C 的时间相同,故选项 A 正确。4.要增加单摆在单位时间内的摆动次数,可采取的方法是( )A增大摆球的质量 B缩短摆长C减小摆动的角度 D升高气温解析:选 B 由单摆的周期公式 T2 ,可知周期只与 l、 g 有关,而与摆球质量、lg摆动的角度无关。当 l 减小时,周期减小,频率增大,所以选 B。5对于做简谐运动的单摆,下列说法中正确的是( )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
24、摆球在最大位移处时,速度为零,处于平衡状态解析:选 C 在位移为正的区间,回复力 F kx 为负,加速度为负,但速度可正可负,选项 A 错误;当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量不变,选项 B 错误;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 FT mg m 知,在平v2l衡位置摆线所受拉力最大,选项 C 正确;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,选项 D 错误。6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 la2.5 m, lb0.9 m
25、B la0.9 m, lb2.5 mC la2.4 m, lb4.0 m D la4.0 m, lb2.4 m解析:选 B 设两个单摆的周期分别为 Ta和 Tb。由题意,10 Ta6 Tb得 Ta Tb35。根据单摆周期公式 T2 ,可知 l ,由此得 la lb Ta2 Tb2925,则lg gT24 2la 1.6 m0.9 m, lb 1.6 m2.5 m。故 B 正确。925 9 2525 9二、多项选择题7如图所示为在同一地点的 A、 B 两个单摆做简谐运动的图象,其中实线表示 A 的运动- 12 -图象,虚线表示 B 的运动图象。关于这两个单摆的以下判断中正确的是( )A这两个单摆
26、的摆球质量一定相等B这两个单摆的摆长一定不同C这两个单摆的最大摆角一定相同D这两个单摆的振幅一定相同解析:选 BD 从题中图象可知:两单摆的振幅相等,周期不相等,所以两单摆的摆长和最大摆角一定不同,故 B、D 对,C 错;单摆的周期与质量无关,故 A 错。8单摆原来的周期为 T,下列哪种情况会使单摆周期发生变化( )A摆长减为原来的14B摆球的质量减为原来的14C振幅减为原来的14D重力加速度减为原来的14解析:选 AD 由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关。故 A、D 正确。9如图所示为甲、乙两单摆的振动图象,则( )A若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之 比l 甲
27、 l 乙 21B若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之 比l 甲 l 乙 41C若甲、乙两单摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲 g 乙 41D若甲、乙两单摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲 g 乙 14解析:选 BD 由图象可知 T 甲 T 乙 21,若两单摆在同一地点,则两摆长之比为 l 甲 l 乙 41;若两单摆摆长相等,则所在星球的重力加速度之比为 g 甲 g 乙 14。故 B、D正确。三、非选择题10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
28、果如图所示,则该摆球的直径为_cm。- 13 -(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的偏角,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t100C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解析:(1)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数,0.9 cm70.1 mm 0.97 cm。(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过 5,并从平衡位置计时,故 A 错误;若第一次过平衡位置计为“0”则周期 T ,若第一次
29、过平衡位置计为“1” ,则周期t50T ,B 错误;由 T2 得 g ,其中 L 为摆长,即悬线长加摆球半径,若为悬t49.5 Lg 4 2LT2线长加摆球直径,由公式知 g 偏大,故 C 正确;为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差,应选密度较大体积较小的摆球,故 D 错误。答案:(1)0.97 (2)C11如图所示, ACB 为光滑弧形槽,弧形槽半径为 R,且 Rl 弧 AB。甲球从弧形槽的圆心处自由下落,乙球由 A 点由静止释放,问两球第一次到达 C 点的时 间之比是多少?解析:甲球做自由落体运动, R gt12,12所以 t1 。2Rg对乙球,由于 l 弧 ACR,所以 5,所以可知乙球沿弧形槽做简谐运动,此振动与一个摆长为 R 的单摆振动模型相同,则等效摆长为 R,所以周期为 T2 ,Rg因此乙第一次到达 C 处的时间为 t2 T ,所以 t1 t22 。14 2 Rg 2答案:2 2- 14 -