同步备课套餐之物理3-4讲义：第十一章机械振动 4

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精4单摆［学习目标］1。理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源。2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式。3。掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法．一、单摆及单摆的回复力[导学探究](1）如图1所示，小球和细线构成一个振动系统，在什么情况下能把该振动系统看成单摆？图1(2)小球受到几个力的作用？(3)什么力充当了小球振动的回复力？答案（1)如果细线的质量与小球的质量相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略,该振动系统可看成单摆．（2)小球受两个力的作用：重力和细线的拉力．（3）重力沿圆弧切线方向的分力G1＝mgsinθ提供了使摆球振动的回复力，如图所示．[知识梳理］1．单摆(1)如果细线的质量与小球的质量相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略,这样的装置就叫做单摆．单摆是实际摆的理想化模型．(2)单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置．2．单摆的回复力（1）回复力的来源：如图2所示,摆球的重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力（沿半径方向的合力提供向心力）．图2（2）回复力的特点：在偏角很小时，sinθ≈eq\f（x,l)，所以单摆的回复力为F＝－eq\f(mg,l）x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动．3．单摆的运动特点在偏角很小时做简谐运动，其振动图象遵循正弦函数规律．［即学即用］判断下列说法的正误．（1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力．(×)(2)单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力．(√)(3）单摆经过平衡位置时受到的合力为零．（×）(4)单摆是一个理想化的模型．（√)二、单摆的周期［导学探究］如图3所示,摆长不同的两个单摆同时释放，我们可以观察到振动的周期不同．影响周期的因素可能有单摆的振幅、质量、摆长，如何研究周期与这些量的关系？请设计实验方案．图3答案由于变量比较多，所以需用控制变量法，按下面的方案进行探究:（1）摆长、质量相同，两摆的振幅不同（都在小偏角情况下）．（2）摆长、振幅相同,两摆摆球的质量不同．（3）质量、振幅相同,两摆的摆长不同．比较以上三种情况下两摆的周期，可以得到周期与振幅、质量、摆长之间的定性关系．［知识梳理］单摆的等时性与单摆的周期公式1．单摆振动的周期与摆球质量无关（填“有关"或“无关”），与振幅无关（填“有关”或“无关”）．这是单摆的等时性，由伽利略发现，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T＝2πeq\r（\f(l,g）)。（1）单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立．(2）g为单摆所在处的重力加速度，l为单摆的摆长．对于实际的单摆，摆长是指从悬点到摆球重心的长度，l＝l′＋eq\f(d,2），l′为摆线长，d为摆球直径．（3)等效摆长图4（a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的等效摆长为lsinα，其周期T＝2πeq\r(\f（lsinα，g））.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．图4（4)重力加速度g与位置的关系: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＝eq\f(GM，R2)，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，G为引力常数，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．g＝9。8m/s2只是在地球表面附近时的取值．［即学即用]判断下列说法的正误．（1）若单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半．（×)（2）如果重力加速度减为原来的四分之一，单摆的频率变为原来的一半．(√）（3）单摆的周期与摆长成正比．（×)(4)无论单摆的振幅多大，单摆的周期都是2πeq\r（\f（l,g)).（×)（5)一个单摆在月球上摆动的周期大于其在地球上摆动的周期．(√)三、用单摆测定重力加速度1．实验原理由T＝2πeq\r（\f（l，g）），得g＝eq\f(4π2l,T2），则测出单摆的摆长l和周期T,即可求出当地的重力加速度．2．实验器材铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、秒表、细线(1m左右)、刻度尺、游标卡尺．3．实验步骤(1）让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆．(2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂．在单摆平衡位置处做上标记．（3）用刻度尺量出悬线长l′（准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d(准确到mm)，则摆长为l＝l′＋eq\f(d，2).(4)把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球．摆球经过最低位置时，用秒表开始计时,测出单摆全振动30次（或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期．(5）改变摆长,反复测量几次，将数据填入表格．4．数据处理（1）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/（m·s－2）重力加速度g的平均值/（m·s－2)1g＝eq\f（g1＋g2＋g3,3)23（2）图象法:由T＝2πeq\r（\f（l，g)）得T2＝eq\f(4π2，g）l,作出T2－l图象,即以T2为纵轴，以l为横轴．其斜率k＝eq\f（4π2,g），由图象的斜率即可求出重力加速度g。5．注意事项（1）选择细而不易伸长的线,比如用单根尼龙丝、丝线等,长度一般不应短于1m，摆球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm。(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小．（3）摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内,不要形成圆锥摆．(4)计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时,每当摆球从同一方向通过最低位置时计数，要测n次(如30次或50次）全振动的时间t，用取平均值的方法求周期T＝eq\f（t,n）.一、单摆的回复力1．摆球受到的作用力有两个：重力和绳子的拉力,摆球的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球受到的某一性质力．2．摆球运动的轨迹是一段圆弧，因此摆球运动过程需要有向心力，故摆球运动的回复力不是摆球所受外力的合力．3．在摆角很小的情况下，摆球的回复力满足F＝－kx，此时摆球的运动可看成是简谐运动．例1(多选）一单摆做小角度摆动，其振动图象如图5所示,以下说法正确的是（）图5A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零B．t2时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大答案CD解析由题图读出t1时刻位移最大,说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零．故A错误；t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大．故B错误;t3时刻位移最大,说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大．故C正确；t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置,摆球速度最大,悬线对它的拉力最大．故D正确．二、单摆的周期1．单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g）)在单摆的最大偏角小于5°的情况下才适用．2．单摆的周期与摆长l有关，在g不变的情况下,仅改变摆长，即可改变周期．3．单摆的周期与重力加速度g有关，不同纬度、不同海拔高度处，同一单摆的周期不同．例2有一单摆,其摆长l＝1.02m，摆球的质量m＝0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆30次全振动用的时间t＝60.8s，试求：（1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆（周期为2s），摆长应怎样改变？改变多少?答案(1）9.79m/s2(2）缩短0.027m解析(1）当单摆做简谐运动时，其周期公式T＝2πeq\r（\f(l,g）),由此可得g＝eq\f（4π2l，T2）,只要求出T值代入即可．因为T＝eq\f(t，n)＝eq\f（60。8,30）s≈2。027s，所以g＝eq\f(4π2l，T2）＝eq\f（4×3。142×1.02,2。0272）m/s2≈9.79m/s2。（2）秒摆的周期是2s,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eq\f(T，T0）＝eq\f(\r（l)，\r（l0)),故有：l0＝eq\f（T\o\al（2，0)l,T2）＝eq\f(22×1。02，2.0272)m≈0。993m.其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1。02m－0.993m＝0.027m.三、用单摆测定重力加速度例3下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据:摆长l/m0.40.50.60。81.01.2周期平方T2/s21.62.22.43.24.04。8(1）利用上述数据，在图6中描出l－T2的图象．图6（2)利用图象，取T2＝5.2s2时，l＝________m，重力加速度g＝________m/s2。答案(1）见解析图(2)1。39。86解析（1）描点作图如图所示．（2)由(1）中图可知当T2＝5.2s2时，l＝1。3m，将它代入g＝eq\f（4π2l，T2）得：g＝eq\f(4×3。142×1。3,5。2）m/s2≈9.86m/s2.针对训练某同学利用单摆测定重力加速度．（1）(多选)为了使实验误差尽量小,下列说法正确的是（)A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2）如图7所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。图7答案(1)BC(2）eq\f(4π2ΔL，T\o\al(2,1)－T\o\al(2，2））解析（1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A错．在摆动中要尽力保证摆长不变,故应选用不易伸长的细线，B对．摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对．摆角要控制在5°以内，所以D错．(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T1＝2πeq\r（\f(L1，g）），T2＝2πeq\r(\f(L2，g）)，则ΔL＝eq\f(g，4π2)（Teq\o\al(2,1）－Teq\o\al(2,2))，因此g＝eq\f(4π2ΔL,T\o\al（2,1)－T\o\al(2,2）).1．(多选)图8中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(）图8A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力最大C．摆球在B点处,速度最大，回复力也最大D．摆球在B点处,速度最大，细线拉力也最大答案BD解析摆球在摆动过程中,在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零,故A错误,B正确；在最低点B处，速度最大,回复力为零,摆球做圆周运动,细线的拉力最大,故C错误，D正确．2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)为使实验结果尽可能精确,下列器材中应选用______(用字母填入）A．1米长的细丝线B．20厘米长的尼龙线C．塑料小球D．小铁球E．时钟F．0。1秒刻度的秒表G．最小刻度是毫米的刻度尺H．最小刻度是厘米的刻度尺（2)实验时，摆线偏离竖直方向的偏角应小于________，测量时,要让单摆在竖直平面内自由摆动几次后，从摆球经过________时开始计时．(3)某同学某次实验数据如下：细丝线长101。1cm，摆球直径为1.8cm,完成35次全振动的时间是70.80s，由这些数据计算得重力加速度g＝________.答案（1）ADFG(2）5°平衡位置(最低位置)（3)9。83m/s2解析(1）线的形变量要小且长度一般不应短于1m，选择A；球的密度要大，选择D;计时工具和刻度尺的精确度要高，选择F、G；(2）单摆的小角度摆动是简谐运动，摆角不宜超过5°；经过平衡位置速度最大，时间最短，测量误差最小；（3）根据单摆周期公式T＝2πeq\r（\f(l,g）)和t＝nT，有：g＝eq\f（4π2n2l,t2)＝eq\f(4×3。142×352×101。1＋\f(1。8,2)×10－2,70.802）≈9。83m/s2。3．一个单摆的摆长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(如图9所示)，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角θ＜5°，放手后使其摆动,摆动到B的过程中摆角也小于5°，求单摆的振动周期．图9答案1.9πeq\r（\f(l,g）)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周期的和．小球在左边的周期为T1＝2πeq\r(\f(l,g））小球在右边的周期为T2＝2πeq\r(\f(0。81l,g）)则整个单摆的周期为T＝eq\f(T1,2)＋eq\f（T2，2）＝πeq\r（\f(l,g））＋πeq\r（\f(0。81l，g)）＝1。9πeq\r(\f(l，g）)一、选择题1．（多选)关于单摆运动，下列说法正确的是()A．单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力B．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力C．单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关D．单摆做简谐运动的条件是摆角应小于5°答案BCD2．（多选）下列说法正确的是(）A．单摆的等时性是惠更斯首先发现的B．单摆的等时性是伽利略首先发现的C．惠更斯首先将单摆的等时性用于计时D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时答案BC解析伽利略发现了单摆的等时性，荷兰物理学家惠更斯首先确定了单摆的周期公式，B、C正确．3．(多选）某单摆由1m长的摆线连接一个直径为2cm的铁球组成,关于单摆周期的下列说法正确的是()A．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B．用大球替代小球，单摆的周期不变C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小答案AD解析用等大的铜球替代铁球，摆长不变，由单摆周期公式T＝2πeq\r（\f（l,g)）可知，单摆的周期不变，故A正确;用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g)）可知，单摆的周期变大，故B错误；由单摆周期公式T＝2πeq\r（\f(l,g）)可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时,单摆周期不变，故C错误；将单摆从赤道移到北极,重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2πeq\r（\f(l,g))可知，单摆周期变小，故D正确．4．如图1所示,MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有()图1A．A球先到达C点B．B球先到达C点C．两球同时到达C点D．无法确定哪一个球先到达C点答案A解析A做自由落体运动，到C所需时间tA＝eq\r(\f(2R，g)）,R为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和其重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的eq\f(1，4），即tB＝eq\f(T,4）＝eq\f(π,2）eq\r(\f(R,g))＞tA，所以A球先到达C点．5.（多选）图2中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆球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、mB分别表示摆球A、B的质量，则（）图2A．如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B．如果mA＜mB,下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C．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答案CD解析A、B两球碰撞后，B球一定向右摆，A球可能向右摆，也可能向左摆，还可能停下来．由于两单摆摆长相同，因此摆动的周期相同,它们在第一次碰后半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞，C、D正确．6．(多选）如图3甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g取10m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是()图3A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin（πt）cmB．单摆的摆长约为1mC．从t＝2.5s到t＝3s的过程中,摆球的重力势能逐渐增大D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小答案AB解析由题目中振动图象可读出周期T＝2s,振幅A＝8cm，由ω＝eq\f(2π,T）得到圆频率ω＝πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin(πt）cm.故A正确．由公式T＝2πeq\r(\f（l,g)）,代入得到l≈1m．故B正确．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误．从t＝2。5s到t＝3s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大,所需向心力增大，绳子的拉力增大，故D错误．7．(多选)图4为甲、乙两单摆的振动图象，则()图4A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙两摆摆长相同,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为g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同,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为g甲∶g乙＝1∶4答案BD解析由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，由公式T＝2πeq\r（\f(l,g）)可知：若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1,故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4,故C错误，D正确．8.如图5所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m,沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期（）图5A．不变B．先变大后变小C．先变小后变大D．逐渐变大答案B解析在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，摆的重心逐渐下降,即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小,由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小,故选B。二、非选择题9．如图6所示为一单摆及其振动图象，由图回答:图6（1)单摆的振幅为________，频率为________，摆长约为________（保留一位有效数字)；图中所示周期内位移x最大的