1、4 单 摆,一、单摆及单摆的回复力 1.单摆模型: (1)由细线和_组成。 (2)细线的质量和小球相比_。 (3)小球的直径与线的长度相比_。 2.摆动特点:x-t图线是一条正弦曲线,说明单摆的运 动是_。,小球,可以忽略,可以忽略,简谐运动,3.单摆的回复力: (1)回复力的来源:摆球的重力沿_方向的分 力。 (2)回复力的特点:在偏角很小时,摆球所受的回复力 与它偏离平衡位置的位移成_,方向总指向_ _,即F=_。,圆弧切线,正比,平衡位,置,二、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:_法。 (2)实验结论 单摆振动的周期与摆球的质量_。 振幅较小时
2、,周期与振幅_。 摆长越长,周期_;摆长越短,周期_。,控制变量,无关,无关,越长,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_测出细线长度l0,用_ _测出小球直径D,利用l=_求出摆长。 (3)数据处理:改变_,测量不同_及对应周期, 作出T-l、T-l2或T- 图象,得出结论。,刻度尺,游标卡,尺,摆长,摆长,3.周期公式: (1)公式的提出:周期公式是荷兰物理学家_首先 提出的。 (2)公式:T=_,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
3、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。,惠更斯,【预习诊断】 1.请判断下列说法的正误。 (1)制作单摆的细线弹性越大越好。 ( ) (2)制作单摆的细线不能太长也不能太短,1m左右为宜。( ) (3)制作单摆的摆球越大越好。 ( ) (4)单摆做简谐运动时的回复力是线的拉力。 ( ) (5)摆球经过平衡位置时,合外力为零。 ( ),提示:(1)。单摆摆动中摆线长应保持不变,所以制作单摆的细线弹性越小越好。 (2)。制作单摆的摆线越长,运动中空气阻力越大;摆线越短,小球直径的影响越大。所以,摆线不宜太长,也不宜太短,1m左右较为合适。 (
4、3)。为减小空气阻力的影响,摆球尽量选质量大、体积小的球。,(4)。回复力由摆球的重力沿圆弧切线方向的分力充当,不是线的拉力。 (5)。摆球经过平衡位置时,回复力为零,但由于摆球在沿圆弧运动,故合外力不为零。,2.关于单摆,下列说法正确的是 ( ) A.摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力 B.摆球在运动中经过轨迹上的同一点,加速度是不变的 C.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置 D.摆球经过平衡位置时,加速度为零,【解析】选B。单摆摆动过程中的回复力是重力沿圆弧运动轨迹切线的分力,故A选项错误;摆球在同一位置时有相同的回复力,即有相同的加速度,故B选项正确;摆球摆动中,除了有回复
5、力以外,还有向心力,指向圆心,即有回复加速度和向心加速度,摆球的加速度是时刻变化的,在平衡位置时,摆球受到向心力指向圆心,加速度不为零,故C、D选项错误。,3.将秒摆的周期变为4s,下面措施正确的是( ) A.只将摆球质量变为原来的 B.只将振幅变为原来的2倍 C.只将摆长变为原来的4倍 D.只将摆长变为原来的16倍,【解析】选C。单摆的周期与摆球的质量和振幅均无 关,A、B项均错;对秒摆,T0=2 =2s,对周期为4s的 单摆,T=2 =4s,故l=4l0,C项对、D项错。,知识点一 对单摆的回复力及运动特征的理解 探究导入: 如图所示,一根细线上端固定,下端连接一个金属小球,用手使小球偏离
6、竖直方向一个夹角,然后释放。,(1)小球受到哪些力的作用? (2)什么力提供向心力? 提示:(1)小球受重力和细线的拉力。 (2)细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力。,【归纳总结】 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F=mgsin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 , 又因为回复力F=mgsin,所以单摆的回复力为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F与位移x的方向
7、相反),由此知回复力 符合F=-kx,单摆做简谐运动。,【典题过关】 【典例】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.单摆经过平衡位置时合力为零 D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力,【正确解答】选B。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;单摆经过平衡位置时,回复力为零,向心力最大,故其合外力不为
8、零,所以选项C错误。,【过关训练】 1.对于单摆,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 ,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,其振动图象如图所示,以下说法正确的是 ( ),A.t1时刻摆球速度
9、最大,摆球的回复力最大 B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小 C.t3时刻摆球速度为零,摆球的回复力最小 D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大,【解析】选D。由振动图象知,t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大,此时摆球的速度为零,摆球的回复力最大,A、C错;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,由于摆球做圆周运动,由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最大,故D正确,B错误。,【补偿训练】 1.关于单摆,下列说法中正确的是 ( ) 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的合力 C.摆球经过平衡位置时,所受的合力为零 D.摆角很小时,摆
10、球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比,【解析】选A。单摆的回复力不是它的合力,而是重力沿圆弧方向的分力;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);另外摆球所受的合力与位移大小不成正比。,2.如图为一单摆的振动图象,则 ( ),A.t1和t3时刻摆线的拉力等大 B.t2和t3时刻摆球速度相等 C.t3时刻摆球速度正在减小 D.t4时刻回复力正在减小 【解析】选A。t1和t3时刻,摆球在同一位置,摆线拉力等大,A正确。t2时刻摆球速度为零,t3时刻正向平衡位置移动,速度正在增大,B错,C错。t4时刻摆球正向最大位移处运动,回复力正
11、在增大,D错。,知识点二 对单摆周期公式的理解及简单应用 探究导入: 单摆的周期公式为T=2 。 (1)单摆的摆长l等于悬线的长度吗? (2)将一个单摆移送到不同的星球表面时,周期会发生变化吗?,提示:(1)单摆的摆长l不等于悬线长度。 (2)由于单摆的周期与单摆所处位置的重力加速度有关,故周期会发生变化。,【归纳总结】 1.伽利略发现了单摆运动的等时性,惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟。 2.单摆的周期公式:T=2 。,3.对周期公式的理解: (1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5时,由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)。 (2)公式中l是摆长,即悬点到摆球球心的距
12、离l=l线+r球。 (3)公式中g是单摆所在地的重力加速度,由单摆所在的空间位置决定。 (4)周期T只与l和g有关,与摆球质量m及振幅无关。所以单摆的周期也叫固有周期。,【典题过关】 【典例】如图所示,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成直角三角形,BAO=30,已知 OC线长也是l,下端C点系着一个小球,下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)( ),A.让小球在纸面内振动,周期T=2 B.让小球在垂直纸面内振动,周期T=2 C.让小球在纸面内振动,周期T=2 D.让小球在垂直纸面内振动,周期T=2,【正确解答】选A。让小球在纸面内振动,在偏角很小
13、时,单摆做简谐运动,摆长为l,周期T=2 ;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 ,周期T=2 ,A正确,B、C、D错 误。,【过关训练】(2018和平区高二检测)如图 所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系 一小球(小球可视为质点)。在O点正下方,距 O点 l处的P点固定一颗小钉子。现将小球 拉到点A处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球,点B是小 球运动的最低点,点C(图中未标出)是小球能够到达的 左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h,hl。,A、B、P、O在同一竖直平面内,当地的重力加速度为g,不计空气阻力及绳与钉子碰撞时的能量损失。下列说法正确的是
14、( ),A.小球受重力、弹力、向心力、回复力四个力的作用 B.小球运动到点B时加速度为零 C.点C与点B高度差等于h D.小球摆动的周期等于2,【解析】选C。小球在运动的过程中只受到重力和绳子 的拉力,向心力与回复力都是效果力,故A错误;小球运 动的轨迹是圆弧的一部分,小球运动到点B时加速度为 向心加速度,故B错误;小球摆动过程中,只有重力做功, 机械能守恒,由于hl,可知两侧最高点处动能均为零, 故重力势能也相等,故最大高度相同,故C正确;小球从 BAB的时间为t1= T1= ;小球从BCB的时间,为t2= T2= 故小球摆动的周期为T=t1+t2 = ,故D错误。,【补偿训练】 (多选)如
15、图所示,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的运动图象,虚线表示B的运动图象。以下关于这两个单摆的判断中正确的是( ),A.这两个单摆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B、D。从题图可知,两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D对;由振幅相等而摆长不等知C错;单摆的周期与质量无关,故A错。,知识点三 用单摆测定重力加速度 探究导入: 某同学利用如图所示的装置测量当地的 重力加速度。 (1)测量周期从什么位置开始计时? (2)采用什么样的方法处理数据较好?,提示:
16、(1)待摆球稳定后,从单摆处于最低位置开始计时。 (2)采用图象法处理数据较好。,【归纳总结】 1.实验原理: 单摆在偏角很小(不大于5)时的运动,可看成简谐运动,其固有周期T=2 ,可得g= 。据此,通过实验测出摆长l和周期T,即可计算得到当地的重力加速度值。,2.实验器材: 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1m左右)、刻度尺(最小刻度为1mm)、游标卡尺。 3.实验步骤: (1)让细线穿过球上的小孔,在细线的一端打一个比孔稍大一些的线结,制成一个单摆。 (2)把单摆上端固定在铁夹上,使摆球自由下垂。,(3)用刻度尺测量单摆的摆长(摆线静止时从悬点到球心间的
17、距离)。 (4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度,并使这个角度小于等于5,再释放小球。当摆球摆动稳定以后,过最低点位置时,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,反复测量几次,将数据填入表格。,4.数据处理: (1)公式法:每改变一次摆长,将相应的l和T代入公式g=中,求出g值,最后求出g的平均值。,(2)图象法:由T=2 得T2= 作出T2-l图象,即以T2 为纵轴,以l为横轴,如图所示。其斜率k= ,由图象的 斜率即可求出重力加速度g。,【典题过关】 【典例】在做“用单摆测定重力加速度”的实验时,用摆长l和周期T计算重
18、力加速度的公式是g=_。若已知摆球直径为2.00cm,让刻度尺的零点对准摆线的悬点,摆线竖直下垂,如图所示,则单摆摆长是_m。若测定了40次全振动的时间为75.2 s,单摆摆动周期是_。,为了提高测量精度,需多次改变l值,并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标,以T2为纵坐标的坐标系上,即图中用“”表示的点,则:,(1)单摆做简谐运动应满足的条件是_。 (2)试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线,根据图线可求出g=_m/s2。(结果取两位有效数字),【正确解答】由T=2 ,可知g= 。由图可知:摆长l=(88.50-1.00)cm=87.50 cm=0.875 0 m。
19、T= =1.88s。 (1)单摆做简谐运动的条件是摆角小于5。,(2)把在一条直线上的点连在一起,误差较大的点平均 分布在直线的两侧,则直线斜率k= 。由g= 可得g=9.8m/s2(9.9m/s2也正确)。 答案:见正确解答,【过关训练】 一单摆摆长为40cm,摆球在t=0时刻正在从平衡位置向右运动,若g取10m/s2,则在1s时摆球的运动情况是( ) A.正向左做减速运动,加速度正在增大 B.正向左做加速运动,加速度正在减小 C.正向右做减速运动,加速度正在增大 D.正向右做加速运动,加速度正在减小,【解析】选D。由T=2 ,得周期T=1.256s, 1sT。所以从t=0时刻,经过1s后,
20、正由左端最大位移处向平衡位置运动过程中,选项D正确。,【补偿训练】 1.在同一地点,单摆甲的周期是单摆乙的周期的4倍,下列说法正确的是 ( ) A.甲的频率是乙的4倍 B.甲的摆长是乙的16倍 C.甲的振幅是乙的4倍 D.甲的振动能量是乙的4倍,【解析】选B。由单摆的周期公式T=2 可知l= 故B选项正确;甲的频率是乙的频率的 ,故A选项错误;虽然甲、乙两单摆的摆长有l甲=16l乙,但两个单摆的摆角不确定,两摆球质量不确定,故C、D选项错误。,2.(1)在用单摆测定重力加速度的实验中,应选用的器材为_。 A.1 m长的细线 B.1 m长的粗线 C.10 cm长的细线 D.泡沫塑料小球 E.小铁
21、球 F.秒表 G.时钟 H.厘米刻度尺 I.毫米刻度尺 J.游标卡尺,(2)在该实验中,单摆的摆角应_,从摆球经过_开始计时,测出n次全振动的时间为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般表达式为g=_。,【解析】(1)做摆长的细线要用不易伸长的细线,一般不应短于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)根据单摆做简谐运动的条件知5;因平衡位置易判断,且经平衡位置时速度大,用时少,误差小,所以从平衡位置开始计时。 根据T=2 ,又因为 得
22、,答案:(1)A、E、F、I、J (2)小于5 平衡位置,3.某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中,已知单摆在摆动过程中的摆角小于5;在测量单摆的周期时,从摆球运动到最低点开始计时且记数为1,到第n次经过最低点所用的时间为t;在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L,再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图所示)。,(1)该单摆在摆动过程中的周期为_。 (2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=_。 (3)从图可知,摆球的直径为_mm。,(4)实验结束后,某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大,其原因可能是下述原因中的
23、( ) A.单摆的悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线增长了 B.把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间 C.以摆线长作为摆长来计算 D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算,【解析】(1)根据记数的方式可知 全振动的次数N= 所以周期T= (2)摆长l=L+ ,将T和l代入g= 得,(3)直径d=5.5mm+0.0148.0 mm=5.980 mm。 (4)根据g= 知,当悬点松动后,摆线增长,则代入公式中的l将偏小,故所测g值偏小,A错误;对B选项,T变小,g变大,B正确;对C选项,l变小,g应偏小,C错误;对D选项,l变大,g应偏大,D正确。,答案:(1) (2) (3)5.980 (4)B、D,【拓展例题】考查内容:摆钟问题的分析 【典例】将在地球上校准的摆钟拿到月球上去,若此 钟在月球记录的时间是1h,那么实际上的时间应是 _h(月球表面的重力加速度是地球表面的 )。 若要把此摆钟调准,应将摆长L0调节为_。,【正确解答】设在地球上校准的摆钟周期为T0,指示时 间为t0;在月球上的周期为T,指示时间为t。由于指示时 间t与振动次数N成正比,即tN;一定时间内振动次数N 与振动周期T成反比,即N ;由单摆周期公式可知 T ,由以上推知:t ,则有 。所求实际 时间为t0= 要把它调准,需将摆长调为答案:,
