高中物理 第1章 机械振动 第3节 单摆知识导航素材 鲁科版选修3-4（通用） 10页

第3节单摆 ‎ 思维缴活 在现代家庭中，经常见到落地钟表、摆钟等各种形式的机械钟表，它们有着共同的部件——钟摆.如图‎1-3-1‎所示.不同类型的钟摆虽然摆动的快慢不同，但都在做等幅振动，那么应该怎样描述它们的运动呢？钟摆计时的原理又是什么？‎ 图‎1-3-1‎ 提示：钟摆计时是利用单摆做简谐运动时的等时性原理.‎ 自主整理 一、单摆的运动 ‎1.单摆的理想化模型：一根不可伸长且___________的细线悬挂一__________的装置，叫单摆.‎ ‎2.单摆的运动特点：摆球以悬挂点为圆心，在竖直平面内沿着以为___________中点的一段圆弧做往复运动，它沿圆弧做___________圆周运动.‎ ‎3.单摆的回复力：如图‎1-3-2‎所示，摆球受___________和___________两个力作用，将重力沿切向和径向分解，则绳子的___________和重力的___________的合力提供了摆球做圆周运动所需的向心力，而重力的___________提供了摆球振动所需的回复力F=___________，在摆角很小时，sinθ≈,F的方向可认为与x平行，但方向与位移方向相反，所以回复力可表示为___________，令k=___________,则___________.‎ 图1-3-2‎ 由此可见，单摆在摆角较小的情况下的振动是___________.‎ 二、单摆的周期 ‎1.单摆的周期公式：___________，它是荷兰物理学家___________首先发现的.‎ ‎2.周期公式的使用条件是摆角很小，一般取___________.‎ ‎3.决定周期的因素：摆长l是指___________的距离，g是指___________.单摆做简谐运动的周期只与l、g有关，与___________、___________无关，在一定地点___________，一定，一定___________的周期一定，利用单摆的等时性可制成计时器.‎ 三、利用单摆测定重力加速度 ‎1.测量原理：由单摆周期公式可得g=___________,测出___________和___________，计算出当地的重力加速度g.‎ ‎2.测量中应注意以下几点：‎ ‎（1）小球摆动时，摆角应___________，且应在同一竖直面上摆动.‎ ‎（2）测定摆长l应从悬挂点到小球球心处，用___________悬线长，用___________测小球直径.‎ ‎（3）计算单摆的振动次数时，应以摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球从同一方向通过最低位置时计数.‎ ‎（4）用T=计算单摆的周期，但应适当增大单摆摆动的次数.‎ ‎（5）多测几组l、T的数据，分别计算重力加速度，然后取平均值.也可以分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出函数g=的图象，理论上它是一条直线，这条直线的__________就等于当地的重力加速度.‎ 高手笔记 ‎1.单摆在运动的过程中能量的转化 如图‎1-3-3‎所示，A→O,回复力做正功（重力做正功），重力势能减小，动能增加，到O时，动能最大，势能最小；O→A′，回复力做负功，动能减小，势能增加，到达A′时，动能为零，势能最大.同理分析A′→O,O→A过程中能量的转化过程.在此过程中，因为只有重力做功，所以总机械能不变.‎ 图‎1-3-3‎ ‎2.单摆的回复力 单摆振动的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力；摆球所受合外力沿摆线方向的分力作为摆球做圆周运动的向心力.在摆球振动的平衡位置处摆球的回复力为零，合外力指向圆心，即合外力全部充当向心力，在摆球偏离平衡位置最远处，向心力为零，合外力全部充当回复力.所以单摆的回复力并不是单摆所受的合外力，而只是合外力沿切线方向的分力.‎ 名师解惑 ‎1.如何确定等效摆长和等效重力加速度？‎ 剖析：（1）等效摆长l：摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定是摆线的长.‎ 例如，在图‎1-3-4‎中，三根等长的绳l1、l2、l3共同系住一密度均匀的小球m，球直径为d.l2、l3与天花板的夹角α＜30°.若摆球在纸面内做小角度的左右摆动，则摆动圆弧的圆心在O1处，故等效摆长为l1+，周期T1=2π;若摆球做垂直纸面的小角度摆动，则摆动圆弧的圆心在O处，故等效摆长为l1+l2sinα+‎ ‎，周期T2=2π.‎ 图‎1-3-4‎ ‎（2）等效加速度g:g不一定等于‎9.8 m/s2.‎ g由单摆所在的空间位置决定.由g=G知，g随所在地球表面的位置和高度的变化而变化，而且纬度越低，高度越高，g的值就越小，另外，在不同星球上g也不同.‎ g还由单摆系统的运动状态决定，如单摆处在向上加速的升降机中，设加速度为a，则摆球处于超重状态，沿圆弧的切向分力变大，则重力加速度的等效值g′=g+a，若升降机加速下降，则g′=g-a.单摆若在轨道上运行的卫星内，摆球完全失重，回复力为零，等效值g′=0,摆球不摆动了，周期无穷大.‎ 一般情况下，g′值等于摆球相对于加速系统静止在平衡位置时，摆球所受的张力与摆球质量的比值.‎ ‎2.在用单摆测重力加速度的实验中，摆球为什么必须在竖直面内摆动？‎ 剖析：如图‎1-3-5‎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，实质上圆锥摆中的小球不是振动，是做匀速圆周运动.‎ 图1-3-5‎ 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=l·sinθ,向心力F向=mgtanθ 由F向=m·r·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.‎ 讲练互动 ‎【例题1】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 解析：简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，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，故A错.摆球的回复力是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，故B错，C对.摆球经过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，加速度也就不为零，故D错.‎ 答案：C 黑色陷阱 本题易错选为BCD，由于做简谐运动时，弹簧振子所受到的合外力是回复力，所以也把单摆所受的合外力当作回复力.解决本题时，分清单摆做简谐运动的回复力与所受的合外力是解决本题的关键.‎ 变式训练 ‎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外力 C.摆球经过平衡位置时，所受的合外力为零 D.摆角很小时，摆球受的合外力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比 解析：单摆的回复力不是它的合外力，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，但合外力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点（即指向圆心）；另外摆球所受的合外力与位移大小不成正比.‎ 答案：A ‎2．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.摆球受的回复力最大时，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：单摆在运动过程中，摆球受重力和绳的拉力，故A错.重力垂直于绳的分力提供回复力.当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，则拉力小于重力，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绳指向悬点，故C、D错，B对.‎ 答案：B ‎【例题2】若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的1/2，则单摆振动的（ ）‎ A.频率不变，振幅不变 B.频率不变，振幅改变 C.频率改变，振幅改变 D.频率改变，振幅不变 解析：由单摆的周期公式T=2π,因l不变，故T不变，f=不变；当l一定时，单摆的振幅A取决于偏角θ，根据机械能守恒定律，摆球从最大位移处到平衡位置 mgl(1-cosθ)=mv2得v2=2gl(1-cosθ)，与m无关；‎ 由摆球通过最低点的速度减小知单摆的偏角θ减小，所以振幅减小.所以正确选项为B.‎ 答案：B 绿色通道 按照定义，振幅A应为图‎1-3-6‎中摆球在离平衡位置O最远点P时弦 的长度.因θ＜5°,故弦与弧几乎重合，所以、以及的长度都可以看成是振幅（O′与P等高且在悬点正下方）.θ越大，振幅A越大.‎ 图‎1-3-6‎ 变式训练 ‎3．一单摆的周期T0=2 s，则在下述情况下它的周期T是多少？‎ ‎（1）摆长变为原来的1/4，T=____________s.‎ ‎（2）摆球质量减半，T=____________s.‎ ‎（3）振幅减半，T=____________s.‎ 解析：由单摆的周期公式T=2π,T∝,所以l=l0,T==1 s;单摆的周期T与质量、振幅无关，所以T=T0=2 s.‎ 答案：（1）1 （2）2 （3）2‎ ‎【例题3】有一单摆，其摆长l=‎1.02 m，摆球的质量m=‎0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t=60.8 s，试求：‎ ‎（1）当地的重力加速度是多大？‎ ‎（2）如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？‎ 解析：由单摆的周期公式可求得g，秒摆是周期为2 s的单摆，根据T∝,可求出秒摆的摆长.‎ ‎（1）当单摆做简谐运动时，其周期公式 T=2π，由此可得g=4π‎2l/T2,只要求出T值代入即可.‎ 因为T=s=2.027 s 所以g=4π‎2l/T2=(4×3.142×1.02)/‎2.0272 m/s2=‎9.79 m/s2.‎ ‎（2）秒摆的周期是2 s，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：,‎ 故有：l0=m=‎0.993 m.‎ 其摆长要缩短Δl=l-l0=‎1.02 m-0.993 m=‎0.027 m.‎ 答案：(1)‎9.79 m/s(2)其摆长要缩短‎0.027 m.‎ 绿色通道 单摆的周期公式T=2π是在当单摆做简谐运动的条件下才适用的.改变单摆的摆长能改变单摆的周期，同一单摆在重力加速度不同的两地周期也不相同.单摆的周期与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关，另外根据周期公式的变形式g=还可以测重力加速度.‎ 变式训练 ‎4．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，若这两个行星的质量之比M1∶M2=4∶1,半径之比R1∶R2=2∶1,则（ ）‎ A.T1∶T2=1∶1 B.T1∶T2=4∶‎1 C.T1∶T2=2∶1 D.T1∶T2=1∶2‎ 解析：单摆的周期公式为T=2π,同一单摆即有T∝.又据万有引力定律mg=G,有g=，因此T∝,故T1∶T2== =1∶2.‎ 答案：D ‎5．某同学要利用单摆测定重力加速度,但因无游标卡尺而没有办法测定摆球直径,他将摆球用不可伸长的细线悬挂起来后,改变摆线的长度测了两次周期,从而算出了重力加速度,则计算重力加速度的公式是（ ）‎ A. B. C. D.‎ 解析：设摆球重心到球与摆线连接点距离为d,两次测得摆线长分别为l1和l2，对应周期为T1和T2.‎ 则有g=,g=.两式联立可得g=.‎ 答案：B 体验探究 ‎【问题1】利用单摆测定重力加速度实验中产生误差的原因是什么？应如何纠正？‎ 导思：由实验原理g=结合实际操作去分析.‎ 探究：（1）摆长l的误差：测摆长时应是摆线的悬点到球心的距离，除了测量中刻度尺测量所带来的误差外，悬点的松紧，线的弹性大小也会造成误差.这时可选用形变量小的细绳，且在悬点处把绳子系紧，避免松动，挂上摆球，使绳在张紧过程中测量.‎ ‎（2）周期T的误差：记清摆球过平衡位置的次数n，时间t,则周期应为T=,为减小误差，n应在30次~50次之间.‎ ‎（3）摆角的选取.在理论上，当单摆的摆角小于5°时摆球做简谐运动，而在实际中，摆角小于5°的单摆，其运动细节很难观察，且实际中阻力的存在，使摆幅越来越小，给测量带来困难.这时可在摆角为15°以内的情况下研究单摆的运动，此时由于角度而引起的相对误差为0.5%左右，这在中学物理实验中是允许的.‎ ‎（4）在摆球做振动时，释放摆球时不要用力，且注意摆球与悬点在同一竖直面内，否则摆球在摆动中会做圆锥摆运动.‎ ‎【问题2】利用所学知识探究摆钟快慢的原因.‎ 导思：摆钟是单摆做简谐运动的一个典型应用，其快慢不同是由摆钟的周期变化引起的.‎ 探究：（1）由摆钟的机械构造所决定，钟摆每完成一次全振动，摆钟所显示的时间为一定值，也就是走时准确的摆钟的周期T.‎ ‎（2）在摆钟机械构造不变的前提下，走时快的摆钟，在给定时间内全振动的次数多，周期小，钟面上显示的时间快.走时慢的摆钟，给定时间内全振动的次数少，周期大，钟面上显示的时间就慢.因钟面显示的时间总等于摆动次数乘以准确摆钟的周期TS，即t显=N·TS,所以在同一时间t内，钟面指示时间之比等于摆动次数之比.‎ ‎（3）无论摆钟走时是否准确，钟面上显示的时间t显=N·TS，其中TS为走时准确的摆钟的周期，N为全振动的次数.对于走时不准确的摆钟，要计算其全振动的次数，不能用钟面上显示的时间除以其周期，而应以准确时间除以其周期，即N非=t/T非.‎ 教材链接 ‎【讨论与交流】(课本13页)‎ 可用沙摆画出单摆的振动图象.如图‎1-3-7‎所示，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线，显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线OO1代表时间轴.‎ 图‎1-3-7‎ ‎【实验与探究】测重力加速度课本15页 测单摆的摆长时，可用米尺测出悬点到小球最下端的长度l0，用游标卡尺测出小球的直径，则单摆的摆长为l=l0.‎