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1、第三节 单摆2、测定重力加速度：、单摆：在线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上原理：由周期公式变形得：g =竺毎，只要测T2问题讨论球的直径比线长短的多，这样的装置就叫做单摆（是 一种理想化的模型）。悬点：固定线：细、软、长、无弹性球：小、重二、单摆的振动：1、回复力：设摆球的质量 为m,摆长为L,摆角为a, 取离开平衡位置的位移 X 的方向为正方向。对摆球,受力如图所 示,回复力为：F = - mg sin aX当摆角很小时，sin a ，所以:LF=-Lx=- KX，（其中K=亍）2、简谐运动的条件:在摆角很小（小于50）的情况下，单摆所受回复力跟位移成正比而方向相反，单摆做简谐振动。三
2、、单摆的周期:1、简谐振动的周期:k说明:K：比例系数，m：振子质量。 周期与振幅无关（叫固有周期、固有频率）； 2、单摆振动的周期：i;rimmiLT = 2兀=2兀=2兀kmggL说明： 1）此公式是荷兰物理学家惠更斯发现的； 2）T与A无关，与m无关，叫等时性。伽利略发现3 ）周期是2秒的单摆叫做秒摆。摆线长约1米 四、单摆的应用：1、计时器： 利用等时性制成，如摆钟等。由单摆周期公式可 知，调节摆长即可调节摆钟的快慢。出单摆的摆长和振动周期，就可以测出当地的重力加 速度。五、例题：如图所示， BOC 为一光滑圆弧形 轨道，其半径为R（R远大于BOC弧）。 若同时从圆心O和轨道B点无初速
3、度 分别释放一小球P和Q,贝I：A、Q球先到达O点；B、P球先到达O点;C、P、Q同时到达O点；D、无法判断。1. 单摆振动的回复力是摆球所受的合外力吗?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“单摆振动的回复力就是摆球所受的合外 力”这一说法是错误的2、将秒摆的周期变为 1 秒，下列哪些措施是可行？A、将摆球的质量减少一半B、将摆球的质量减少到原来的1/4C、将振幅减少一半D、将摆长减少一半E、将摆长减少到原来的1/4根据单摆的等时性规律，
4、A、B、C、D均错误，选项E 正确。注意：秒摆的周期是两秒。单摆的等时性指周期与振 幅无关，另外，周期也与摆球质量无关。这个规律在 解决问题过程中是非常重要的。巩固练习：1一个单摆从甲地移至乙地振动变慢了，其原因及 使周期不变的方法应为：A . g g ,将摆长缩短 B. g g ,将摆长加长甲 乙 甲 乙C. g g ,将摆长加长D. g T2 B、T = T2 C、T1VT2 D、无法确定12有一单摆在地面上一定时间内振动了 N次，将它 移到某高山上，在相同时间内振动了(N1)次，由此 可粗略地推算出此山的高度约为地球半径的多少倍?13. 如图,在水平直杆上用长度分别是 l1 和 l2 的
5、两条细线系住一个小球，已知两条细线相互垂直，它们 与杆的夹角分别是a、B。现使小球绕杆作微小振动, 其周期应为：I + i:2 gI -JII sin a 2兀 Lg14. 如图所示，一单摆摆长为 l ，在 其悬挂点O的正下方1 / 2处的P点有 一个钉子，摆线在钉子的右侧。现将 摆球向其平衡位置左侧移动，移到摆 线与竖直成5角时无初速释放，则它 振动的周期为多少？兀+兀15. 图中两单摆摆长相同，平衡时两 摆球刚好接触。现将摆球A在两摆线 所在平面内向左拉开一小角度后释；放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐 运动，以mA、叫分别表示摆球A、 B的质量，贝I：A. 如果mAmB,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧ABB. 如果mAvmB,下一次碰撞将发生在平衡位置左侧ABC. 无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不 可能在平衡位置右侧D. 无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不 可能在平衡位置左侧Of16. 如图所示，光滑弧形槽的半径RI远大于小球运动弧长，设有两个小球|(均可视为质点)同时由静止释放，其甲| 中甲球开始时离圆槽最低点O较远 | 些。则它们第一次相遇的地点是在：A. O点B. O点偏左 C. O点偏右D. 无法确定，因为两小球的质量关系未知
