物理人教版选修3-4第十一章+机械振动11-4+Word版含答案

[目标定位]　1.知道什么是单摆.2.理解偏角很小时单摆的振动是简谐运动.3.知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式并能用它进行计算.4.会用单摆测定重力加速度．
一、单摆的回复力　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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，空气等对它的阻力可以忽略，这样的装置就叫做单摆．
2．单摆是实际摆的理想化模型．我们总要尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的线．
3．单摆的回复力
(1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切向(填“切向”或“法线方向”)的分力F＝mgsin θ 提供的．
(2)
图1
如图1所示，在最大偏角很小的条件下，sin θ≈，其中x为摆球偏离平衡位置O点的位移．
单摆的回复力F＝－x，令k＝，则F＝－kx.
(3)综上可知：在偏角很小的情况下，摆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，因此单摆做简谐运动．
【深度思考】
单摆的回复力是否就是单摆所受的合外力？单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？
答案　回复力不是合外力．单摆的运动可看做是变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力是使摆球沿圆弧振动的回复力．所以单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零．
【例1】　图2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2
A．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，回复力也为零
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
解析　摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大．
答案　D
?1?单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力，回复力不是摆球所受的合力.
?2?在平衡位置单摆所受回复力为零，但合力等于向心力，指向悬点，不为零.
二、单摆的周期
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．伽利略发现了单摆运动的等时性．
2．荷兰物理学家惠更斯确定了计算单摆周期的公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期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，而与振幅、摆球质量无关(填“有关”或“无关”)．
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．(填“有关”或“无关”)
【深度思考】
摆钟中的钟摆如图3所示，当发现摆钟走时过快时，应该怎么调整钟摆下方的螺母？
图3
答案　由单摆周期公式T＝2π可知，要想让摆钟走慢些，可以增大摆长以增大钟摆的周期，所以需要把螺母向下调节．
【例2】　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，则两单摆摆长la与lb分别为(　　)
A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m
B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m
D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m
解析　设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝6∶10.
根据单摆周期公式T＝2π，可知l＝T2，由此得出la∶lb＝T∶T＝36∶100，则la＝×1.6 m＝0.9 m，lb＝×1.6 m＝2.5 m.
答案　B
【例3】　如图4所示是两个单摆的振动图象．
图4
(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t＝0时起，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T甲∶T乙＝1∶2，又由单摆的周期与摆长的关系可知，l甲∶l乙＝1∶4.
(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t＝2 s，振动到周期，甲振动到周期，位移为0，位于平衡位置，此时甲向左运动．
答案　(1)1∶4　(2)甲振动到周期，位于平衡位置，此时甲向左运动．
三、用单摆测定重力加速度
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＝2π，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1 m左右)、刻度尺(最小刻度为1 mm)、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距离)．
(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角小于等于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＝2π得T2＝l作出T2－l图象，即以T2为纵轴，以l为横轴，如图5所示．其斜率k＝，由图象的斜率即可求出重力加速度g.
图5
5．注意事项
(1)选择器材时应选择细而不易伸长的线，长度一般为1 m左右．小球应选用质量大、体积小的金属球．
(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应不大于5°.
(3)摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆．
(4)计算单摆的振动次数时，应以摆球通过最低点位置时开始计时，以摆球从同一方向通过最低点时计数，要多测几次(如30次或50次)全振动的时间，并用取平均值的方法求周期．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】　根据单摆周期公式T＝2 π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图6所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
　
图6　　　　　　　　　图7
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图7所示，读数为________mm.
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
解析　(1)按照游标卡尺的读数原则得小钢球的直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.
(2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；摆球要选择体积小，密度大的；偏角不超过5°，故a、b正确，c错误；为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时开始计时，且需测量多次全振动的时间，然后计算出一次全振动所用的时间，故d错误，e正确．
答案　(1)18.6　(2)abe
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(单摆及其回复力)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
答案　C
解析　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．(单摆的周期公式及振动图象)(多选)图8为甲、乙两单摆的振动图象，则(　　)
图8
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∶l乙＝2∶1
B．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＝4∶1
C．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g甲∶g乙＝4∶1
D．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g甲∶g乙＝1∶4
答案　BD
解析　由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，根据公式T＝2π，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1；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.
3．(用单摆测定重力加速度)将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图9甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
图9
(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为(　　)
A. B. C. D.
(2)如果实验中所得到的T2－L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________．
(3)由图象可知，小筒的深度h＝________ m；当地重力加速度g＝________ m/s2.(π＝3.14，后一空结果取三位有效数字)
答案　(1)A　(2)a　(3)0.3　9.86
解析　(1)58个“半周期”，这段时间t含有29个周期，该单摆的周期为，选项A正确．
(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2π 得，T2＝L＋h，可知T2－L关系图象为a.
(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得
h＝30 cm＝0.3 m
将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得
G=π2≈9.86m/s2.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　单摆及其回复力
1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是(　　)
A．摆线质量不计
B．摆线长度不可伸缩
C．摆球的直径比摆线长度短得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案　ABC
解析　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩．只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动．故正确答案为A、B、C.
2．在如图所示的装置中，可视为单摆的是(　　)
答案　A
3．关于单摆，下列说法中正确的是(　　)
A．摆球运动的回复力是它受到的合力
B．摆球在运动过程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
答案　B
解析　摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A错；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D错；由简谐运动特点知B正确．
4．(多选)关于单摆的运动有下列说法，其中正确的是(　　)
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很小，如小于5°
答案　BCD
解析　单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力，所以说法A错误，B正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，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，说法C正确；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，说法D正确．综上可知，只有说法B、C、D正确．
题组二　单摆的周期公式
5．(多选)发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大(　　)
A．增大摆球质量
B．增大摆长
C．减小单摆振幅
D．将单摆由山下移至非常高的山顶
答案　BD
解析　由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，增大摆长，l变大，T变大；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．
甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲<
θ乙<5°，由静止开始释放，则(　　)
A．甲先摆到平衡位置
B．乙先摆到平衡位置
C．甲、乙两摆同时到达平衡位置
D．无法判断
答案　C
解析　两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，选项C正确．
7．如图1，竖直平面内有一半径为1.6 m、长为10 cm的光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t＝0时刻起由静止释放，取g＝10 m/s2，t＝2 s时小球正在(　　)
图1
A．向右加速运动 B．向右减速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析　将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期：
T＝2π＝2πs＝0.8π s≈2.5 s.
所以在t＝2 s＝T时刻，小球在最低点向左侧的运动过程中，所以是向左做减速运动．故D正确．
答案　D
8．如图2所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一光滑钉子，P与悬点相距l－l′，则这个单摆做小幅度摆动时的周期为(　　)
图2
A．2π B．2π 
C．π D．2π 
答案　C
解析　碰钉子前摆长为l，则周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π ，所以该组合摆的周期T＝＋＝π.
9．(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10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是(　　)
图3
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8 sin(πt)cm
B．单摆的摆长约1 m
C．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
解析　由题目中振动图象读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝得到角频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin ωt＝8sin(πt)cm.故A正确；由公式T＝2π，代入得到l≈1 m．故B正确；从t＝2.5 s到t＝3 s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＝2.5 s到t＝3 s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，绳子拉力增长，故D错误．
答案　AB
题组三　用单摆测定重力加速度
10．在用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．安装好装置后，测出摆线长即为摆长
B．当小球摆到最高点时按下秒表开始计时，有利于减小误差
C．为了实验现象明显，应该将摆线拉开30°角再放手开始实验
D．若安装时悬点松动，将导致重力加速度的测量值偏小
答案　D
解析　摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，应将摆球悬挂后，用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长，故A错误；当小球摆到最高点时摆球的速度比较小，若此时按下秒表开始计时，不利于减小误差，故B错误；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，故C错误；摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加，但运算时选用开始所测得值，周期公式T＝2π及其变形式g＝可知将导致g值偏小，故D正确．
11.某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l，通过改变摆线的长度，测得5组l和对应的周期T，画出l－T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图4所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”、“偏小”或“相同”)．
图4
答案　　相同
解析　由周期公式T＝2π，得g＝，结合图象得到g＝，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响．
12．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________.若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图5甲所示，则单摆摆长是________ m．若测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，则秒表读数是________ s，单摆摆动周期是________．
图5
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，如图6所示，则：
图6
单摆做简谐运动应满足的条件是________________．
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.(结果保留两位有效数字)
答案　见解析
解析　由T＝2π，可知g＝.
由题图可知：摆长l＝(88.50－1.00)cm＝87.50 cm＝0.875 0 m.
秒表的读数t＝60 s＋15.2 s＝75.2 s，所以T＝＝1.88 s.
单摆做简谐运动的条件是摆角θ≤5°.
把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点均匀分布在直线的两侧，则直线斜率k＝.由g＝＝，可得g≈9.9 m/s2.