1、第十一章 机械振动第4节 单 摆第十一章 机械振动 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了解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1单摆的组成：由细线和_组成2理想化模型(1)细线的质量和小球相比_(2)小球的直径与线的长度相比_小球可以忽略可以忽略3单摆的回复力(1)回复力的来源：摆球的重力沿_方向的分力(2)回复力的特点：在偏角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成_，方向总指向_，即 F_从回复力特点可以判断单摆做简谐运动二、单摆的周期1探究单摆的振幅、位置、摆长对周期的影响(1)
2、探究方法：_法圆弧切线正比平衡位置mgl x控制变量(2)实验结论单摆振动的周期与摆球质量_振幅较小时周期与振幅_摆长越长，周期_；摆长越短，周期_2周期公式(1)提出：周期公式是荷兰物理学家_首先提出的(2)公式：T_，即周期 T 与摆长 l 的二次方根成_，与重力加速度 g 的二次方根成_无关无关越长越短惠更斯2lg正比反比三、用单摆测定重力加速度测定原理：由 T2lg得 g_，即只要测出单摆的_和_，就可以求出当地的重力加速度42lT2摆长 l周期 T判一判(1)制作单摆的细线弹性越大越好()(2)制作单摆的摆球越大越好()(3)单摆的回复力等于摆球所受合力()(4)摆球的质量越大，周期
3、越大()(5)单摆的振幅越小，周期越小()(6)单摆的摆长越长，周期越大()想一想 在测重力加速度的实验中，单摆的最大摆角不能超过多少度？摆线是长点好还是短点好？为什么？提示：不能超过 5，摆角太大，单摆的振动就不能看做简谐运动了，摆线长些好，这样更接近理想化模型、实验误差小 对单摆的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 Fmgsin 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 xl，又回复力 Fmgsin，所以单摆的回复力为 Fm
4、gl 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 Fkx，单摆做简谐运动命题视角 1 单摆的回复力 当摆角很小时，单摆的振动是简谐运动，此时单摆振动的回复力是()A摆球重力与摆线拉力的合力B摆线拉力沿圆弧切线方向的分力C摆球重力、摆线拉力及摆球所受向心力的合力D摆球重力沿圆弧切线方向的分力解析 摆球的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力，D 正确，A、B、C 错误 答案 D命题视角 2 单
5、摆运动特征的分析(多选)如图所示为一单摆的摆动图象，则()At1 和 t3 时刻摆线的拉力等大Bt2 和 t3 时刻摆球速度相等Ct3 时刻摆球速度正在减小Dt4 时刻摆线的拉力正在减小解析 由题图可知，t1 和 t3 时刻的摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故绳子拉力相等，故 A正确；t2 时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3 时刻摆球向平衡位置运动，所以 t2 和 t3 时刻摆球速度不相等，故 B 错误；t3 时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故 C 错误；t4 时刻摆球正远离平衡位置，速度逐渐减小，绳子拉力减小，故 D 正确 答案 AD关于单摆的回复力的三点提
6、醒(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力(3)在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零【通关练习】1一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是()At1 时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大Bt2 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小Ct3 时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小Dt4 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：选 D.t1、t3 时刻，摆球位移最大，速度为零，由 Fmgl x
7、 知，回复力最大，故 A、C 错误；t2、t4 时刻，摆球通过平衡位置，速度最大，线的拉力最大，故 B 错误，D 正确2(多选)甲、乙两个单摆在同地做简谐运动的图象如图所示，由图可知()A甲和乙摆长一定相同B甲摆球的质量较大C甲和乙摆角大小相同D摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受拉力可能相同解析：选 AD.由图可知，甲和乙两摆的周期相同，则由单摆的周期公式可知，T2Lg可知，两摆的摆长一定相同，故A 正确；因为单摆的周期与摆球、摆角无关，所以甲乙摆球的质量无法比较，由于摆线长度相同，据几何关系知，摆角大，振幅大，故 B、C 错误；在最低点时，拉力与重力的合力充当向心力，则有；Fmgmv2r，解得
8、Fmgv2r，因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同，同时因为质量不同，故拉力有可能相同，故 D 正确 单摆周期公式的理解及应用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 lLd2，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 lsin，这就是等效摆长，其周期 T2lsin 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2等效重力加速度(1)若单摆在光滑斜面上摆动，如图：则等效重力加速度 ggsin，其周期为 T2 Lgsin.(2)若单摆系
9、统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态)，则一般情况下，g 值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时摆线所受的张力与摆球质量的比值例如：图(c)场景中的等效重力加速度 ggsin，球相对静止在 O 时，FTmgsin，等效加速度 gFTm gsin.3模型的等效：如图(d)所示，光滑的半球壳半径为 R，O 点为最低点，小球在 O 点附近的来回运动等效于单摆的简谐运动球壳对球的支持力与摆线的拉力等效，其等效摆长为半球壳的半径 R，故其周期公式为：T2Rg.命题视角 1 单摆周期公式的简单应用(2019高考全国卷)如图，长为 l 的细绳下方悬挂一小球 a，绳的另一端固定在天花板上 O 点处，在
10、O点正下方34l 的 O处有一固定细铁钉将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为 2)后由静止释放，并从释放时开始计时当小球 a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡设小球相对于其平衡位置的水平位移为 x，向右为正下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的 xt 关系的是_解析 由单摆的周期公式 T2Lg可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的 2 倍，所以 B、D 项错误由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故 A 项正确，C 项错误答
11、案 A 命题视角 2 等效法处理单摆问题 如图所示，MN 为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球 A 放在 MN 的圆心处，再把另一个小球 B 放在 MN 上离最低点 C 很近的 B 处，今使两小球同时释放，则()A球 A 先到达 C 点B球 B 先到达 C 点C两球同时到达 C 点D无法确定哪个球先到达 C 点解析 球 A 做自由落体运动，到达 C 点的时间为 TA2hg 2Rg.当 BC 所对的圆心角小于 5时，球 B 在圆弧的支持力 FN 和重力 G 的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为 T2lg2Rg.球 B 离最低点 C 很近，因此球 B 运动到 C 点所需的时间是TBT4
12、2Rg，故 TATB，显然球 A 先到达 C 点答案 A【通关练习】1做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的94倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的23，则单摆振动的()A周期不变，振幅不变 B周期不变，振幅变小C周期改变，振幅不变D周期改变，振幅变大解析：选 B.由单摆的周期公式 T2Lg可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的23，由于振动过程中机械能守恒，故：mgh12mv2，据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；故选 B.2如图所示实线和虚线分别是同一个单摆在 A、B 两个大小相同的星球表面的振动图象，其中实
13、线是 A 星球上的，虚线是 B 星球上的，则两星球的平均密度 AB 是()A12 B 21C41D81解析：选 C.由图示图象可知，2TATB，由单摆周期公式 T2lg，故gAgB41，万有引力等于重力，GMmR2 mg，又 M43R3，所以两个星球的平均密度之比 AB41，故C 正确，A、B、D 错误3(多选)细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬点正下方12摆长处有一个能挡住摆线的钉子 P，如图所示，现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度地释放，对于以后的运动，下列说法中正确的是()A摆球往返运动一次的周期比无钉子时单摆的周期小B摆球在左右两侧上升的最大高度一样C摆球在平衡位置左右两侧走过
14、的最大弧长相等D摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍解析：选 AB.摆线被钉子挡住后，绕 P 点做单摆运动，摆长发生变化，则周期也要发生变化以前往返一次的周期 T2lg.挡住后，往返一次的周期为 lgl2g，故 A 正确；根据机械能守恒定律，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样故 B 正确；由几何关系得，右边的弧长小于左边的弧长，故 C 错误；由几何关系得，摆球在平衡位置右侧的最大摆角不是左侧的两倍，故 D 错误 用单摆测定重力加速度1实验器材：带孔小钢球一个，细线一条(约 1 m 长)、铁架台、毫米刻度尺、秒表、游标卡尺(也可不用)2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
15、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，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示(2)测摆长：用毫米刻度尺量出悬线长 l，精确到毫米；用游标卡尺测量出摆球的直径 D，精确到毫米，则 llD2，即为单摆的摆长(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个小于 5角度，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，过平衡位置时用秒表开始计时，测量 3050 次全振动的时间计算出平均摆动一次的时间，即为单摆的振动周期 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.3数据处理(1)平均值法：每改变一次摆长，将相应的 l
16、 和 T，代入公式 g42lT2 中求出 g 值，最后求出 g 的平均值设计如下表所示实验表格实验次数摆长 l(m)周期 T(s)加速度g(m/s2)g 平均值 1gg1g2g3323 (2)图象法：由 T2lg得 T242g l 作出 T2l 图象，即以T2 为纵轴，以 l 为横轴如图所示，其斜率 k42g，由图象的斜率即可求出重力加速度 g.根据单摆周期公式可以通过实验测量当地的重力加速度如图所示，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(1)记录时间应从摆球经过_开始计时(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，并且尽量长一些B摆球
17、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 t 即为单摆周期 T(3)如果某同学测得的 g 值偏小，可能的原因是_A误将摆线长当作摆长B测摆线线长时将摆线拉得过紧C摆动过程中悬挂点松动了D实验中误将 49 次全振动计为 50 次解析(1)单摆摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为 0，在平衡位置计时误差最小(2)摆线要选择细些的(减小阻力)伸缩性小些的(不改变摆长)并且尽量长一些(周期较大，容易测量)，所以 A 正
18、确；为减小摆球受阻力影响，摆球应选择质量大些、体积小些的，B正确；若摆线相距平衡位置有较大的角度，则单摆就不能视为简谐运动了，故 C 错误；在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，所以 D 错误(3)根据单摆的周期公式 T2lg，解得重力加速度 g42T2 l，若误将摆线长当作摆长，则 l 偏小，g 偏小，选项 A 正确；测摆线线长时将摆线拉得过紧，则 l 测量值偏大，g 偏大，选项 B 错误；摆动过程中悬挂点松动了，则周期变大，g 偏小，选项 C 正确；实验中误将 49 次全振动计为 50 次，则周期偏小，g 偏大，选项 D 错误 答案(1)平衡位置(2)AB(3)AC 某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，先用米尺测得摆线长，再用游标卡尺测得摆球直径，之后测周期时，开始计时的位置应在_位置他通过多次实验后以摆长 L 为横坐标，T2 为纵坐标，作出 T2L 图线，若该同学计算摆长时候加的是小球直径，则所画图线在图中是_(选填“A”或者“B”)解析：从小球经过最低点时开始计时，由单摆周期公式 T2Lg，可得 T242g L，若该同学计算摆长时候加的是小球直径，则有 T242g LD2，由图象可知，故 A 正确 答案：平衡(或振动的最低点)A本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放