11.4 单摆+学案 Word版含答案

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T＝2π，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：①忽略在摆动过程中所受到的阻力，②将摆球看作质点，③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F＝－x。
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
①单摆振动的周期与摆球的质量无关。
②振幅较小时，周期与振幅无关。
③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(30～50)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l＝l0＋求出摆长。
(3)数据处理：改变摆长，测量不同摆长及对应周期，作出T-l、T-l2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：T＝2π，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T＝2π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F＝mgsin θ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 θ≈，又回复力F＝mgsin θ，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的方向相反)，由此知回复力符合F＝－kx，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，以下说法正确的是(　　)
A．t1时刻摆球速度最大，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　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l＝L＋，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l·sin α，这就是等效摆长，其周期T＝2π 。
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，g＝9.8 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t＝0.5 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，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2π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t＝0.5 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]　ABD
1．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α甲>α乙(α甲、α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T＝2π，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t＝0)，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D　t＝＝T，最大速度时，单摆应在平衡位置，y＝0，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θ<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周期的和。
小球在左边的周期为T1＝2π
小球在右边的周期为T2＝2π 
则整个单摆的周期为T＝＋
＝π＋π ＝1.9π。
答案：1.9π
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T＝2π，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l＝l线＋。
(3)测周期：将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30～50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/(m·s－2)
重力加速度g的平均值/(m·s－2)
1
g＝
2
3
(2)图像法：由T＝2π得T2＝l，作出T2-l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l＝l′＋d/2，知l＝98.50 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)＝3×30 s＋9.8 s＝99.8 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n＋1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)98.50　99.8 s　(2)B
1．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．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
解析：(1)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数，0.9 cm＋7× mm＝0.97 cm，不需要估读。
(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过5°，并从平衡位置计时，故A错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T＝，若第一次过平衡位置计为“1”，则周期T＝，B错误；由T＝2π得g＝，其中L为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D错误。
答案：(1)0.97　(2)C
2.在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝。只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图像，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2-l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示。
(1)造成图像不过坐标原点的原因是________________；
(2)由图像求出的重力加速度g＝________ m/s2。(取π2＝9.87)
解析：(1)由单摆周期公式T＝2π得T2＝4π2，
由图像知，当l＝0时，T2≠0，说明l偏小，是由于测摆长时漏加小球半径造成的。
(2)由上式知k＝＝＝4，g＝＝9.87 m/s2。
答案：(1)测摆长时漏加小球半径　(2)9.87
1．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是(　　)
A．摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B．摆球受的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球受到回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D．摆球受的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
解析：选B　单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力作用，故A错。重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，张力等于重力沿摆线的分力大小，则张力小于重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D错，B对。
2．在月球上周期相等的弹簧振子和单摆，把它们放到地球上后，弹簧振子的周期为T1，单摆的周期为T2，则T1和T2的关系为(　　)
A．T1>T2　　　　　　 　B．T＝T2
C．T1解析：选A　弹簧振子的周期由振动系统本身决定，与重力加速度无关，故T1＝T月，对单摆来说，由T＝2π可知，其周期与单摆所处位置的重力加速度g有关，因g地>g月，故T2T2，A正确，B、C、D均错误。
3.如图所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子，P与悬点相距l－l′，则这个摆做小幅度摆动时的周期为(　　)
A．2π B．2π
C．π D．2π 
解析：选C　碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π，所以此摆的周期T＝＋＝π。
4.[多选]如图所示为在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。关于这两个单摆的以下判断中正确的是(　　)
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BD　从题中图像可知：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，C错。单摆的周期与质量无关，故A错。
5．[多选]在用单摆测重力加速度的实验中，测得单摆偏角小于5°，实验中某学生所测g值偏大，其原因可能是(　　)
A．实验室离海平面太高
B．摆球太重
C．测出n次全振动时间为t，误作为(n＋1)次全振动时间进行计算
D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
解析：选CD　由单摆的周期公式T＝2π，g值偏大，可能是周期算小了或是摆长算长了，选C、D。
6.正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2(m/s2)；根据以上数据可得小球运动的周期T＝________ s；房顶到窗上沿的高度h＝________m。
解析：T＝＝3.0 s，T＝＋＝2π＋2π ，解得h＝3.0 m。
答案：3.0　3.0
7．某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)[多选]为了使测量误差尽量小，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)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm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＝________。
解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。
(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2
则T1＝2π ①
T2＝2π ②
且L1－L2＝ΔL③
联立①②③式得g＝。
答案：(1)BC　(2)
8.如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心的正下方，一小球在距O点很近的A点由静止释放，同时在O点正上方有一小球自由落下，若运动中阻力不计，为使两球在O点相碰，求小球应从多高处自由落下(?R)。　
解析：小球由A点开始沿球内表面运动时，只受重力和支持力作用，等效为单摆的运动。因为?R，所以小球自A点释放后做简谐运动，要使两球在O点相碰，两者到O点的运动时间相等。
小球由A点由静止释放运动到O点的时间为
(2n－1)(n＝1,2,3，…)，
由于从O点正上方自由落下的小球到O的时间也为
(2n－1)时两球才能在O点相碰，所以
h＝gt2＝g(2n－1)2＝(n＝1,2，3，…)。
答案：(n＝1,2,3，…)