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1、第4节 单摆1.在摆角小于5的情况下，单摆的自由振动是简谐运动。2单摆是理想化模型：忽略在摆动过程中所受到的阻力，摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线。3单摆的回复力是由摆球的重力沿运动方向的分力提供，与摆球偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置。4荷兰物理学家惠更斯首先提出单摆的周期公式T2，利用周期公式可以测定当地的重力加速度。一、单摆组成要求细线摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线小球摆球看成是没有大小只有质量的质点单摆是理想化模型：忽略在摆动过程中所受到的阻力，将摆球看作质点，摆线细且不可伸长。二、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
2、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Fx。3运动规律：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。三、单摆的周期1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。2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N(3050)次全振动的时间t，利用T计算它的周期。(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ll0求出摆长。(3)数据处理：改变摆长，测量不同摆长及对
3、应周期，作出Tl、Tl2或T图像，得出结论。3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的二次方根成反比。4周期公式的应用由单摆周期公式可得g，只要测出单摆的摆长l和周期T就可算出当地的重力加速度。1自主思考判一判(1)制作单摆的细线弹性越大越好。()(2)制作单摆的细线越短越好。()(3)制作单摆的摆球越大越好。()(4)单摆的周期与摆球的质量有关，质量越大，周期越小。()(5)单摆的回复力等于摆球所受合力。()2合作探究议一议(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
4、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，与摆球的质量无关。(2)多多观察，写出生活中你能遇到哪些单摆模型。提示：坐钟、牛顿摆、秋千等。对单摆回复力及运动特征的理解1单摆的回复力(1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用。(2)向心力来源：细线拉力和重力沿径向的分力的合力。(3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力Fmgsin 提供了使摆球振动的回复力。2单摆做简谐运动的推证在偏角很小时，sin ，又回复力Fmgsin ，所以单摆的回复力为Fx(式中x表示摆球偏离
5、平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合Fkx，单摆做简谐运动。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，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零，故应选C。2.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下
6、说法正确的是()At1时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大Bt2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小Ct3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小Dt4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：选D在t1时刻和t3时刻摆球的位移最大，回复力最大，速度为零，A、C均错误；在t2时刻和t4时刻摆球在平衡位置，速度最大，悬线拉力最大，回复力为零，故B错误，D正确。对单摆周期公式的理解1摆长l(1)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，L为摆线长，d为摆球直径。(2)等效摆长。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
7、T2 。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。2重力加速度g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。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。典例多选如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，则下列说法中正确的是()A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E由图像可以求出当地的重力加速度解析由振动图像可以看出，甲摆的振幅比
8、乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T2可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t0.5 s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确。答案ABD1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由单摆的周期公式T2，可知周期T与l、g有关，与质量、摆动的幅度无关，当在同一地点
9、释放时，周期只与摆长有关，故同时释放，同时到达平衡位置。2摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取t0)，当振动至t时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的()解析：选DtT，最大速度时，单摆应在平衡位置，y0，v方向为y，即沿y轴负方向，故D选项正确。3.一个单摆的摆长为l，在其悬点O的正下方0.19 l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，摆动到B的过程中摆角也小于5，求出单摆的振动周期。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。单摆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
10、周期的和。小球在左边的周期为T12小球在右边的周期为T22 则整个单摆的周期为T 1.9。答案：1.9实验：用单摆测定重力加速度1实验原理单摆在偏角很小(小于5)时的摆动，可以看成是简谐运动。其固有周期为T2，由此可得g。据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度值。2实验器材摆球1个(穿有中心孔)、秒表、物理支架、米尺或钢卷尺、游标卡尺、细线等。3实验步骤(1)做单摆：将线的一端穿过小球的小孔，并打一比孔大的结。然后把线的上端用铁夹固定于铁架台上，在平衡位置处做上标记。(2)测摆长：用毫米刻度尺测出摆线长度l线，用游标卡尺测量出摆球的直径d，则单摆的摆长ll线。(3)测周期：将
11、单摆从平衡位置拉开一个小于5的角，然后释放摆球，当单摆振动稳定后，过最低位置时开始用秒表计时，测量N次(一般取3050次)全振动的时间t，则周期T。(4)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。4数据处理(1)平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式中求出g值，最后求出g的平均值。设计如下所示实验表格实验次数摆长l/m周期T/s重力加速度g/(ms2)重力加速度g的平均值/(ms2)1g23(2)图像法：由T2得T2l，作出T2l图像，即以T2为纵轴，以l为横轴。其斜率k，由图像的斜率即可求出重力加速度g。5误差分析(1)系统误差：主要来源于单摆模型
12、本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可看做质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。只要注意了上面这些问题，就可以使系统误差减小到远小于偶然误差而达到忽略不计的程度。(2)偶然误差：主要来自时间(即单摆周期)的测量上。因此，要注意测准时间(周期)。要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，在数“零”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。6注意事项(1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应
13、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不超过10。可通过估算振幅的办法掌握。(4)摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。(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，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。典例某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时
14、间如图所示。则：(1)该摆摆长为_cm，秒表的示数为_；(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是()A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动数为50次解析(1)由摆长公式lld/2，知l98.50 cm，由秒表的读数方法，可求得单摆振动50次所用的时间t短针读数(t1)长针读数(t2)330 s9.8 s99.8 s，同时可求得周期T。(2)通过g，可知g偏小的可能原因有二：一是摆长l的测量值偏小，即测量值小于实际值，可知A错，B正确；二是周期T的测量值偏大，如开始计时时，过早按下秒表，停止计时时，过迟按下秒表，误把n1次全振动数为n次等等。由此可知C、D选项皆错，故正确答案为B。答案(1)98.5099.8 s(2)B1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，测量结果如图所示，则该摆球的直径为_ cm。(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
