课时作业9 单摆 实验：用单摆测量重力加速度
1．如图所示，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B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( A )
A．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
解析：由单摆周期公式可求B球到达C点的时间：t1＝＝×2π＝，对A球，据R＝gt2得：t2＝，t1>t2，故A先到达C点，A正确．
2．将秒摆(周期为2
s)的周期变为1
s，下列措施可行的是( D )
A．将摆球的质量减半
B．振幅减半
C．摆长减半
D．摆长减为原来的
解析：秒摆的周期由2
s变为1
s，周期变为原来的，由周期公式T＝2π可知：应该是将摆长减为原来的，而与摆球的质量、振幅无关，故A、B、C错误，D正确．故选D.
3．(多选)下列说法正确的是( BC )
A．单摆的等时性是由惠更斯首先发现的
B．单摆的等时性是由伽利略首先发现的
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
解析：意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用于计时．
4．单摆的振动周期在发生下述哪些情况中增大( D )
A．摆球质量增大
B．摆长减小
C．单摆由赤道移到北极
D．单摆由海平面移到高山顶上
解析：单摆的周期公式可表示为：T＝2π，周期与摆球质量无关，选项A错误；摆长变小，周期变小，选项B错误；由赤道到北极g变大，T变小，选项C错误；海拔高度增大，g变小，T增大，选项D正确．综上本题选D.
5．将秒摆的周期变为4
s，下面哪些措施是正确的( C )
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：单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错；对秒摆，T0＝2π＝2
s，对周期为4
s的单摆，T＝2π＝4
s，故l＝4l0，故C对，D错．
6．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
(1)(多选)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示，这样做的目的是( AC )
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l＝0.999
0
m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为12.0
mm，单摆摆长为0.993_0
m.
(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1
m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是( A )
解析：(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保证摆长一定，同时又便于调节摆长，选项A、C说法正确；(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d＝12
mm＋0.1
mm×0＝12.0
mm，则单摆摆长为l0＝l－＝0.993
0
m(注意统一单位)；(3)单摆摆角不超过5°，且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始，故选项A的操作符合要求．
7．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图像．根据图像回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为π2
m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
答案：(1)1.25
Hz (2)B点 (3)0.16
m
解析：(1)由乙图知周期T＝0.8
s，则频率f＝＝1.25
Hz；
(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时刻摆球在B点；
(3)由T＝2π得l＝＝0.16
m.
1．置于水平面的支架上吊着一只装满细沙的小漏斗，让漏斗左右摆动，于是桌面上漏下许多沙子，一段时间后桌面上形成一沙堆，沙堆的纵剖面在下图中最接近的是( C )
解析：单摆在平衡位置的速度大，漏下的沙子少，越接近两端点速度越小，漏下的沙子越多，故C选项符合题意．
2．关于单摆的运动有下列说法，正确的是( B )
①单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力
②单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力
③单摆的周期与质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
④单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于10°
⑤在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
A．①③④
B．②③④
C．③④⑤
D．①④⑤
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①错误，②正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，说法③正确；当摆角很小时，摆球的运动轨迹可以近似地看做直线，回复力或重力沿摆球运动轨迹切向的分力可以近似地看做沿这条直线作用，这时可以证明F＝－mgsinθ＝x＝－kx，可见，在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，说法④正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2π可知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，说法⑤错误．综上可知，只有说法②③④正确，本题答案为B.
3．如图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，M>m，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期( B )
A．不变
B．先变大后变小
C．先变小后变大
D．逐渐变大
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，当沙子漏到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由单摆周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故答案为B.
4．(多选)如图所示，是一个单摆(θ<10°)，其周期为T，则下列正确的说法是( CD )
A．把摆球的质量增加一倍，其周期变小
B．把摆角变小时，则周期也变小
C．此摆由O→B运动的时间为
D．摆球由B→O时，势能向动能转化
解析：由T＝2π可知，单摆的周期T与摆球质量m无关，与摆角无关，当摆球质量与摆角发生变化时，单摆做简谐运动的周期不变，故AB错误；由平衡位置O运动到右端最大位移处需要的时间是四分之一周期，故C正确；摆球由位移最大位置B向平衡位置O运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，故D正确．
5．(多选)如图所示，乙图图像记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图像的说法正确的是( CD )
A．a图线表示势能随位置的变化关系
B．b图线表示动能随位置的变化关系
C．c图线表示机械能随位置的变化关系
D．图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
解析：单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故a图线表示动能随位置的变化关系，故A错误；单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故b线表示重力势能随位置的变化关系，故B错误；单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故c线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故C、D正确．
6．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，如图甲所示，则单摆摆长是87.40
cm.若测定了40次全振动的时间如图乙中的停表所示．则停表读数是75.2
s．单摆摆动的周期是1.88_s．测得重力加速度g＝9.75_m/s2_.
解析：由单摆振动的周期公式T＝2π，可得重力加速度的计算公式为g＝.
由题图甲可读出悬线长加小球直径d的读数为l′＝88.40
cm，所以单摆摆长为l＝l′－＝88.40
cm－1.00
cm＝87.40
cm.
由题图乙看出，停表分针的示数为1
min＝60
s，而秒针的示数为15.2
s，故停表的读数为t＝60
s＋15.2
s＝75.2
s．单摆振动的周期为T＝＝
s＝1.88
s.
重力加速度g＝＝
m/s2≈9.75
m/s2
.
7．如图所示是两个单摆的振动图像．
(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？
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．
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，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．4 单摆
5 实验：用单摆测量重力加速度
一、单摆
1．由细线和小球组成，如果细线的长度不可改变，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．忽略摆动过程中所受阻力的作用，是理想化模型．
2．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，单摆所受的回复力和它偏离平衡位置的位移大小成正比，方向总是指向平衡位置，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．
结合单摆模型的特点想一想，下列装置能否视为单摆？为什么？
提示：都不能，(1)中橡皮筋的伸缩不能忽略；(2)(3)中乒乓球和大木球摆动时，空气阻力不能忽略且乒乓球的质量与绳相比、大木球的直径与绳长相比也不能忽略．
二、单摆的周期
1．荷兰物理学家惠更斯确定了计算单摆周期的公式T＝2π，其中l表示摆长，g表示当地的重力加速度．由公式可以看出单摆的周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关．
2．由单摆周期公式T＝2π可得g＝，只要测出单摆的摆长和周期，就可以求出当地的重力加速度．
机械摆钟是单摆做简谐运动的一个典型应用，其走时快慢是由摆钟的周期决定的．如果有条件，可以拆开摆钟看看，在分析其原理后，说明如何调整其走时快慢．
提示：机械摆钟工作是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动分针、时针转动实现的，因此摆钟振动的周期就反映了摆钟走时的快慢．钟摆振动的频率与时间有关，它振动的周期越长，在一定时间内全振动的次数就越少，摆钟显示的时间走得就越慢．因此，如果摆钟变快，其振动频率也加大，振动周期变小了，所以要恢复正常，应该增大其摆长；如果摆钟走时变慢，其振动频率也变小，振动周期变大了，所以要恢复正常，应该减小其摆长．
三、用单摆测量重力加速度
1．原理
由T＝2π得g＝.所以，只要测出单摆的摆长和周期，就可计算出当地的重力加速度．
2．器材
铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、停表、细线(1
m左右)、刻度尺、游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线穿过球上的小孔，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，使铁夹伸出桌面之外，然后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′，用游标卡尺测出摆球的直径d，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋，即为摆长．
(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角度不大于5°，再释放小球．当摆球摆动稳定以后，经过最低位置时，用停表开始计时，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
方法1：平均值法：将每次测出的周期T及测得的摆长l代入公式g＝，求出重力加速度的值，然后求g的平均值．
方法2：图像法：对表格中列出的数据进行整理，以T2为纵轴，以l为横轴建立直角坐标系，作出T2?l图像，根据图像可以求得斜率k，则g＝.
温馨提示：1.选择材料时应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1
m，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．摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度不大于5°.
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．计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测多次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期．
考点一
单摆
1．定义：如右图所示，在一根长细线下悬挂一个小球，如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫作单摆，它是实际摆的理想化模型．
2．实际摆看成单摆的条件
(1)悬线的形变量与悬线长度相比小得多．悬线的质量与摆球质量相比小得多．这时可把悬线看成是不可伸长且没有质量的细线．
(2)摆球的大小与悬线长度相比小得多，这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点．
理想模型法
为了满足上述条件及尽量减小空气阻力的影响，组成单摆的摆球应选择质量大而体积小的球，线应尽量选择细而轻且弹性小的线．单摆是实际摆的理想化模型．
3．摆长和最大偏角
(1)摆长：摆球重心到摆动圆弧圆心的距离l＝l0＋R.(其中l0为细线长，R为小球半径)
(2)最大偏角：摆球摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为θ.
【例1】 下图中的各种摆的模型，哪种或哪些是单摆？
【审题指导】
单摆是理想的模型，忽略绳子的质量和伸缩，忽略小球的直径．
【解析】 ①的悬绳是粗绳，绳的质量不可忽略，不是单摆；
②的悬绳是橡皮筋，伸缩不可忽略，不是单摆；
③的悬绳长度不是远大于球的直径，不是单摆；
④是单摆；
⑤的上端没有固定，也不是单摆．
【答案】 ④是单摆
(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( ABC )
A．摆线质量不计
B．摆线长度不伸缩
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
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，且摆线不伸缩，A、B、C正确．但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，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．
考点二
单摆的回复力
1．单摆的平衡位置
如右图所示，摆球静止在O点时，悬线竖直下垂，摆球所受到的重力G与悬线的拉力F平衡，合力为零，小球保持静止，所以O点是单摆的平衡位置．
2．单摆的回复力
(1)如上图所示，摆球运动到某点P时，摆球受重力G和绳子拉力F′两个力作用，将重力沿切向、径向正交分解，则绳子的拉力F′与重力的径向分量G1的合力提供了摆球做圆周运动所需要的向心力，而重力的切向分力F则提供了摆球振动所需要的回复力F＝mgsinθ.
单摆的回复力不是由合力提供的.
(2)单摆在摆角很小时做简谐运动
设单摆的摆长为l，在最大偏角θ很小的条件下，摆球对O点的位移x的大小与θ角所对应的弧长、θ角所对应的弦长OP都近似相等，即x＝＝OP，
单摆做简谐运动是有条件的.
若摆角θ用弧度表示，则由数学关系知sinθ≈θ＝＝，则重力沿切向的分力F＝mgsinθ≈mg，
令k＝，则F＝kx，因为F的方向与x方向相反，故F＝－kx.
由此可见，单摆在摆角很小条件下的振动为简谐运动．
3．单摆的振动图像
我们已经知道，简谐运动的图像是正弦曲线(或余弦曲线)，而在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动，故它的振动图像也是正弦曲线(或余弦曲线)．
判断一个振动是不是简谐运动的依据,?1?从动力学角度：F＝－kx.
?2?从运动学角度：
4．理解单摆的受力和运动特点
(1)摆球以悬挂点为圆心在竖直平面内沿圆弧做变速圆周运动，做圆周运动需要向心力，向心力由绳子的拉力与重力的径向分力的合力提供．
(2)摆球以最低点为平衡位置做振动，做振动需要回复力，回复力由摆球重力的切向分力提供(或者说是由摆球所受合外力沿圆弧的切向分力提供)．
(3)单摆的运动既有圆周运动，又有简谐运动(摆角很小的情况下)．
①单摆振动的平衡位置：回复力F为零，而合力不为零，此时合力提供摆球做圆周运动的向心力．
②单摆振动的最大位移处：向心力(F′－G1)为零，而合力不为零，此时合力提供摆球振动的回复力．
【例2】 下列关于单摆的说法，正确的是( )
A．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
B．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力
C．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
【审题指导】
1．单摆的位移是怎样定义的？
2．单摆的回复力是摆球的合力吗？
3．弹簧振子经过平衡位置时加速度多大？
4．单摆摆球经过平衡位置时摆球的加速度是零吗？
【解析】 简谐运动中的位移是以平衡位置为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，A错；摆球的回复力由合外力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)提供，合外力在摆线方向的分力提供向心力，摆球经最低点(振动的平衡位置)时回复力为零，但向心力不为零，所以合外力不为零(摆球在最高点时，向心力为零，回复力最大，合外力也不为零)，B错，C正确；单摆经过平衡位置时所受合外力不为零，此时回复力为零，但向心力不为零，合外力刚好提供向心力，所以此时摆球加速度不为零，这与弹簧振子有所不同，弹簧振子经过平衡位置时，所受合外力为零，加速度为零，D错，故正确答案为C.
【答案】 C
关于单摆，下列说法中正确的是( A )
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：本题主要考查单摆的受力和回复力，根据回复力的定义知选项A正确；单摆的回复力除指明在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，所以选项B错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要受向心力，选项C错误，综上所述选项D错误．
考点三
单摆的周期
1．定性实验探究
如图所示：
(1)单摆振动的周期和振幅无关——单摆的等时性
把悬挂在同一高度的两个相同的单摆的摆球拉到不同高度同时释放，使其做简谐运动．
现象：摆球完成一次全振动所用时间相同．
(2)单摆的周期与摆球质量无关
摆长相同，将质量不同的摆球拉到同一高度同时释放，使其做简谐运动．
现象：两摆球振动是同步的．
(3)单摆振动的周期和摆长有关
摆长不同，将质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动．
现象：两摆球振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢．
结论：单摆的振动周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，与摆长有关．摆长越长，周期越大．
2．定量实验探究——单摆周期与摆长的关系
(1)如图所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，于是做成了一个单摆．用停表测出单摆做30～50次全振动的时间，计算出它的周期，并测出单摆的摆长(用刻度尺量出摆线长度，用游标卡尺测量摆球的直径，并算出半径，摆线长度与摆球半径之和就是单摆的摆长)．
(2)改变摆长，测量各组不同摆长、周期的数据，把它们填在表格中．
(3)先通过估算，对周期T与摆长l的定量关系作出猜测，如可能是T∝l、T∝l2，或者T∝、T∝，然后按照猜测来确定纵坐标轴和横坐标轴．例如，如果我们通过简单的估算，认为很可能是T∝l2，那么可以用纵坐标表示T，横坐标表示l2，作出图像．如果这样作出的图像确定是一条过原点的直线，说明的确有T∝l2的关系，否则再做其他尝试．
结论：单摆振动的周期T与摆长的二次方根成正比，即T∝.
3．单摆的周期公式
由公式可知，单摆振动周期与振幅及摆球质量无关.
荷兰物理学家惠更斯发现在偏角很小的情况下，单摆的周期跟摆长的二次方根成正比，跟重力加速度的二次方根成反比，而跟摆球的质量和振幅无关．惠更斯确定了计算单摆周期的公式T＝2π.
式中l为悬点到摆球球心的距离，g为当地的重力加速度．
?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为T＝，并发明了带摆的计时仪器.
?2?周期为2
s的单摆，叫作秒摆.
【例3】 已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成了6次全振动，两单摆的摆长之差为1.6
m，则两单摆的摆长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
【审题指导】
由a、b相同时间内的全振动次数可求周期关系，由周期关系可得到摆长之比，结合题目给出的摆长之差就可解出摆长．
【解析】 设两单摆的周期分别为Ta和Tb，依题意知10Ta＝6Tb，据T＝2π，可知l＝，所以la?lb＝T?T＝36?100，
又lb－la＝1.6
m，则la＝0.9
m，lb＝2.5
m.
地球上同一位置重力加速度相同，单摆的周期跟摆长的平方根成正比．
【答案】 B
如图所示，摆长为L的单摆，若在悬点O的正下方A点固定一颗钉子，A点距悬点O的距离为，试求这个单摆完成一次全振动的时间是多少？
答案：π
解析：在摆角很小时，单摆的振动可视为简谐运动，当摆线碰到钉子时，A点成为“悬点”，单摆的摆长由L变成.由题意知，T＝＋＝＋＝π.
【例4】如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O′的正下方，一小球甲由距O点很近的A点静止放开，R?.
(1)若另一小球乙从球心O′处自由落下，求两球第一次到达O点的时间比；
(2)若另一小球丙在O点正上方某处自由落下，为使其和甲球在O点相碰，小球应由多高处自由落下？
【审题指导】
1．甲球从A点释放后做什么运动？
2．能否根据运动学知识求出甲球到达O点所用时间？
3．把甲球的运动看成类单摆，等效摆长是什么？
【解析】 (1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O处的时间为：t1＝T＝×2π＝.
乙球做自由落体运动，到达O处的时间为t2.
R＝gt，所以t2＝.t1?t2＝π?4.
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为t＝(2n－1)(n＝1,2,3，…)，由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰，所以
h＝gt2＝g(2n－1)2＝(n＝1,2，3，…)．
【答案】 (1)π?4 (2)(n＝1,2,3，…)
如图所示，小球m自A点以向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n.已知＝0.8
m，AB圆弧半径R＝10
m，＝10
m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？(g取10
m/s2，不计一切摩擦)
答案：
m/s(k＝1,2,3，…)
解析：小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动．因为?R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长．设小球m恰好能碰到小球n，则有＝vt，且满足t＝kT(k＝1,2,3，…)，又T＝2π，解以上方程得v＝
m/s(k＝1,2,3，…)．
【例5】 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)．
A．长度为1
m左右的细线
B．长度为30
cm左右的细线
C．直径为1.8
cm的塑料球
D．直径为1.8
cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．
(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m·s－2)
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T＝________
s，g＝________
m/s2.
(4)用多组实验数据作出T2?L图像，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2?L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)．
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为0～30
cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)．
【审题指导】
(1)“用单摆测定重力加速度”的实验中，细线和小球的选材有什么要求？
(2)已知摆长和完成n次全振动的时间，如何根据实验原理求解重力加速度？
(3)已知图表中给出的数据，思考如何求解振动周期和重力加速度？
(4)根据重力加速度的求解公式，T2?L图像的斜率和截距各代表什么物理意义？
(5)单摆的实际摆长如何确定，能否列出两个方程组成方程组求解重力加速度？
【解析】 (1)组装单摆时，应选用1
m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，选项A、D正确．
(2)单摆的振动周期T＝.
根据T＝2π，得g＝＝.
(3)T3＝＝2.01
s.
根据T＝2π，得g＝≈9.76
m/s2.
(4)根据T＝2π，得T2＝L，即当L＝0时，T2＝0.出现图线a的原因是计算摆长时，误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，选项A错误．对于图线c，其斜率k变小了，根据k＝，可能是T变小了或L变大了．由＝k得g＝，则k变小，重力加速度g变大，选项C错误．选项B中误将49次全振动记为50次，则周期T变小，选项B正确．
(5)设A点到铁锁重心的距离为l0.根据单摆的周期公式T＝2π，得T1＝2π，T2＝2π，联立以上两式，解得重力加速度g＝.
【答案】 (1)AD (2) (3)2.01 9.76 (4)B
(5)
某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块长、宽、高均为3
cm左右，外形不规则的石块代替小球，如图所示．他设计的实验步骤是：
A．将石块用细丝线系好，结点为M，将细丝线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间细丝线的长度L′作为摆长；
C．将石块拉开一个大约30°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝得出周期．
(1)以上实验步骤中有错误的是BCD(填写步骤前字母)．
(2)如果该同学改正了错误，改变OM间细丝线的长度做了2次实验，记下每次相应的线长度l1、l2和周期T1、T2，则由上述四个量得到重力加速度g的表达式是.
(3)若该同学将石块换成金属小球，将丝线换成有质量的细杆，把细杆长度加小球半径作为摆长L，其余操作都正确．他利用周期公式T＝2π测当地的重力加速度g，这样测重力加速度g的方式不合理(选填“合理”或“不合理”)．
解析：(1)摆长等于悬点到摆球重心的距离，故B错误；当摆角小于5°时，单摆的运动才能认为是简谐运动，故C错误；当摆球运动到平衡位置时开始计时，测量误差较小，故D错误；易知A正确．
(2)设摆线的结点到石块重心的距离为r，则根据单摆的周期公式T＝2π，得T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝.(3)若该同学将石块换成金属小球，将丝线换成有质量的细杆，把细杆长度加小球半径作为摆长L，其余操作都正确，但由于细杆质量不可忽略，实验器材已不能视为单摆，利用单摆周期公式测重力加速度不合理．
学科素养提升
用单摆测定重力加速度
1．实验原理
单摆在摆角很小时，由单摆周期公式T＝2π，得g＝.测得单摆的摆长l和振动周期T，就可以测出当地的重力加速度．
对单摆周期公式T＝2π的理解：
(1)公式成立的条件是单摆的偏角不大于5°.
(2)在振幅较小的条件下，单摆的振动周期与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关．
(3)周期公式中的摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不是摆线的长度.
2.实验器材
铁架台及铁夹、金属小球(最好上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(1
m左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺．
3．实验步骤
(1)做单摆：让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结．把线的上端用铁夹固定在铁架台上并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处作上标记．
(2)测摆长：l＝l′＋
①用毫米刻度尺量出悬线长l′，如图甲所示．
②用游标卡尺测出摆球的直径d，如图乙所示．
(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满足偏角小于5°，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，用秒表测量单摆完成30次(或50次)全振动的时间t.计算出平均摆动一次的时间T＝，即为单摆的振动周期．
4．求重力加速度：把测得的周期和摆长的数值代入公式，求出重力加速度g的值．
5．多次测量求平均值
改变摆长，重做几次实验．计算出每次实验的重力加速度．最后求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即可作为本地区的重力加速度．
如果要求用图像法来测定重力加速度，那么应该如何建立坐标系？
分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出l＝T2的图像，它应该是过原点的一条直线，根据这条直线可以求出斜率k，则重力加速度值g＝4π2k.
由于l－T的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用l－T2的图像，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．
6．注意事项
(1)细线的质量和弹性要小，如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1
m，小球要选用体积小、密度大的金属球，直径最好不超过2
cm.
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹上，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)摆长是悬点到球心的距离，等于摆线长加上小球半径．
(4)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小．
(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，以后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，用取平均值的办法求周期．
为什么摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆？
如图所示，用细线悬吊小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，即细线所扫过的面为圆锥面，通常我们称为圆锥摆，实际上圆锥摆中小球的运动不是振动，是匀速圆周运动．
设运动过程中细线与竖直方向夹角为θ，线长为l，则小球做圆周运动的半径r＝lsinθ，向心力F向＝mgtanθ.
由F向＝mr得圆锥摆的周期T＝2π，显然该周期小于单摆周期，所以在用单摆测重力加速度的实验中，强调摆球必须在竖直面内摆动．
【典例】 (1)测量单摆的振动周期，测量时间应从摆球经过________(选填“平衡位置”或“最高点”)时开始计时；某次测定了50次全振动的时间如图中停表所示，那么停表读数是________s；该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)．
(2)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图像如图所示，此图线斜率的物理意义是( )
A．g B. C.
D.
(3)在描点时若误将摆线长当做摆长，那么画出的直线将不通过原点，则由图线斜率得到的重力加速度将会( )
A．偏大
B．偏小
C．不变
D．都有可能
(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.则可用该同学测出的物理量来表达重力加速度为g＝________.
【思路分析】 解答本题的关键是要注意以下两点：
(1)停表的读数规则；
(2)T2－L图像斜率的意义．
【解析】 (1)因摆球经过最低点时的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点开始计时．
停表的读数为t＝1
min＋7.4
s＝67.4
s
单摆周期T＝t≈1.35
s.
(2)根据单摆的周期公式T＝2π得T2＝L，所以T2－L图线斜率的物理意义是，选项C正确．
(3)若误将摆线长当做摆长，设小球的半径为r，则有T＝2π，T2＝·L＋·r，那么画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍为k＝，所以由图线斜率得到的重力加速度不变，选项C正确．
(4)根据题意由单摆周期公式：T＝2π可知，
T1＝2π，T2＝2π，解得g＝.
【答案】 (1)平衡位置 67.4 1.35 (2)C
(3)C (4)
对误差来源的分析
1．单摆的振动不符合简谐运动的要求引起的系统误差
(1)单摆不在同一竖直平面内振动，成为圆锥摆，g值偏大．圆锥摆周期T＝2π，其中θ为摆线与竖直方向的夹角，L为摆长．在计算g时，以L代替Lcosθ，则测得g值偏大．
(2)振幅过大，摆线偏离竖直方向的角度超过5°，g值偏小．摆角越大，摆球的实际周期T也越大，求得的g＝值偏小(此问题中学阶段不做过多研究)．
2．测定摆长L时引起的误差
(1)在未悬挂摆球前测定摆长或漏掉加摆球半径，得到的摆线长偏短，g值偏小．
(2)测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长，得到的摆线长偏长，g值偏大．
(3)悬点未固定好，振动时出现松动，使实际的摆长不断变长，g值也偏小．
3．测定周期时引起的误差
(1)开始计时时，停表过迟按下，会使所测时间t偏小，g值偏大；同理，停止计时时，停表过早按下，g值偏大．
(2)测定n次全振动的时间为t，误数为(n＋1)次全振动，计算时，g值偏大；同理，误数为(n－1)次全振动，计算时，g值偏小．
(3)计算单摆的全振动次数时，从摆球通过最高点位置时开始计时，容易产生较大的计时误差．
1．单摆做简谐运动的回复力是( D )
A．摆球的重力
B．摆线的拉力
C．摆球重力与摆线拉力的合力
D．摆球重力沿圆弧切线方向的分力
解析：摆线的拉力是沿半径方向的，在圆弧切线方向上的分力为零，因此，摆球在切线方向上所受的力就是重力在切线方向上的分力，正是这个切线方向上的重力的分力充当了回复力，但这不是摆球重力与摆线拉力的合力，摆线的拉力与重力沿半径方向上的分力的合力提供做圆周运动的向心力，除在最大位移处两位置外，摆球在半径方向上所受的合力均不为零．故正确答案为D.
2．用单摆测重力加速度的实验中，测出的重力加速度的值大于当地的重力加速度，下列原因中可能的是( D )
A．振幅太小导致测得的周期偏小
B．计算摆长时，只考虑线长，没有加上摆球半径
C．将n次全振动误记为(n－1)次全振动
D．将n次全振动误记为(n＋1)次全振动
解析：单摆周期与振幅无关，振幅的大小不会影响周期的测量，则A错；由T＝2π得，重力加速度g＝，测得的g偏大，可能是l的测量值偏大，也可能是T的测量值偏小，所以不加摆球半径，是使l偏小，使g偏小，则B错；将n次全振动记为(n－1)次全振动，T的测量值偏大，使g偏小，则C错；同理分析知D正确．故正确答案为D.
3．有一悬线长为l的单摆，摆球是一个有一定质量的空心金属球，球底有一小孔，球内盛满水．在摆动过程中，水从小孔慢慢流出．从水开始流到水流完的过程中，此摆的周期的变化是( C )
A．由于悬线长l和重力加速度g不变，所以周期不变
B．由于水不断外流，周期不断变大
C．周期先变大，后变小
D．周期先变小，后变大
解析：摆长l等于悬点到摆球重心的距离．在本题中由于水向外流，因此摆球重心(球壳和水的合重心)在不断变化．当水开始向外流时，球壳重心不动，水的重心下移，故合重心下移，l增大．由单摆周期公式T＝2π知，T∝，故可知该单摆的周期变大，值得注意的是水流到一定程度以后，合重心将上升，l减小，周期变小．故C正确．
4．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1
h，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.
解析：设该钟在月球上的1
h里，全振动次数为N月，在地球上相等时间里完成全振动次数为N地．
则有N月T月＝N地T地，
所以＝＝＝＝
因为钟记录的时间与全振动次数成正比．
所以＝＝，即t地＝，t月＝
h.
因为T＝2π＝2π＝2π
所以＝即L月＝L0＝.
5．(1)物理课外小组研究“用单摆测重力加速度”实验，他们依照教材实验直接测量的物理量应为：摆线长l0、摆球直径d、n次全振动的时间t，其公式为g＝.
(2)他们测出不同的摆长(l)所对应的周期(T)，在进行数据处理时：
①如果甲同学以摆长(l)为横坐标、周期的平方(T2)为纵坐标作出了T2－l图像，若他测得的图像的斜率为k，则测得的重力加速度g＝.若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半
径，则他用图像法求得的重力加速度准确(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．
②乙同学根据公式T＝2π，得：g＝，用此式计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度偏小(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．
(3)甲同学测量5种不同摆长单摆的振动周期，记录结果如下表所示：
l/m
0.5
0.8
0.9
1.0
1.2
T/s
1.42
1.79
1.90
2.00
2.20
T2/s2
2.02
3.20
3.61
4.00
4.84
以摆长(l)为横坐标、周期的平方(T2)为纵坐标，作出了T2－l图像，请你替他在虚线框中作出T2－l图像，利用此图像求出的重力加速度为9.86_m/s2.
答案：T2－l图像见解析
解析：(1)本实验是利用单摆的周期T＝2π得：g＝，即只要测出摆长l和周期T就能求出当地的重力加速度g，而l＝l0＋d/2，T＝t/n.显然，本实验直接测量的物理量应为：摆线长l0、摆球直径d、完成n次全振动所用的时间t.其公式为：g＝.
(2)①若依据测量数据，作出T2－l图像，T2＝l，而k＝，故有：g＝.图像对应的函数关系式应为T2＝l，如果忘记d，则函数关系式应为：T2＝·(l－d/2)，显然图像的斜率不变，所以求得的重力加速度不变．
②若根据公式T＝2π得：g＝，用此式计算重力加速度，如果忘记d，将摆线的长误为摆长，即摆长L的测量值缩小，所以重力加速度的测量值偏小．
(3)建立如图坐标系，并标出适当的标度，依据描点法画出T2－l图像，则图像的斜率k≈4.0
s2/m.求出重力加速度为：g＝≈9.86
m/s2.(共104张PPT)
第二章
机械振动
4 单摆
5 实验：用单摆测量重力加速度
课堂效果检测
课前自主学习
课堂考点演练
课后作业
时单周期公式丁=2丌
的解早
(1)公式成立的件是单的
角不大于5°
(2)在核幅转的备件下
单的动周期与单摆的
幍无关,与摆球的质量也
无关
(3周期公式中的长(是指
打罗动力厦弧的心到球重心
的距高,而不是影分的长皮
