1、第4节 单摆学习目标素养提炼1.知道什么是单摆以及单摆做简谐运动的条件2.通过实验探究单摆的周期与摆长的关系3.知道单摆的周期与摆长、重力加速度的关系，会用单摆测定重力加速度.物理观念：单摆的周期、摆长科学思维：单摆模型科学探究：探究单摆的周期与摆长的关系、用单摆测定重力加速度01 课前 自主梳理02 课堂 合作探究03随堂 演练达标04课后 达标检测一、单摆1组成：(1)_线；(2)小球2理想化要求(1)细线形变要求：细线的_可以忽略(2)质量要求：细线质量与小球质量相比_(3)细线长度要求：球的_与线的长度相比可以忽略(4)受力要求：忽略摆动过程中所受_实验中为满足上述条件，我们尽量选择质
2、量大、_小的球和尽量_且弹性小的线长细 伸缩可以忽略 直径 阻力作用 体积 细 3单摆的回复力(1)回复力的提供：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Fmgl x.(3)运动规律：单摆在_时做简谐运动圆弧切线 正比 平衡位置偏角很小思考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，空气阻力不能忽略二、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：_.(2)实验结论单摆振动的周期与摆球质量_振幅较小时周
3、期与振幅_摆长越长，周期_；摆长越短，周期_控制变量法 无关 无关 越长 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(3050)次全振动的时间t，利用TtN 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ll0 D2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-l 图象，得出结论3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：T2lg，即T与摆长l的二次方根成_，与重力加速度g的二次方根成_判断正误(1)单摆的振幅越大周期越大()(2)单摆的周期与摆球的质量无关()(
4、3)摆长应是从悬点到摆球球心的距离()惠更斯 正比 反比三、利用单摆测重力加速度1理论基础：由T2lg知g42lT2.2测量物理量：测出单摆的摆长l和_，就可以求出当地的重力加速度周期T思考已知摆长l及周期T求重力加速度g时，除了用计算法还可以用什么方法？提示：由T2lg可得l g42T2.所以还可以用画l-T2图象的方法，其中图象的斜率为 g42.要点一 单摆的回复力及运动规律探究导入 (1)如图所示，小球和细线构成一个振动系统，在什么情况下能把该振动系统看成单摆？提示：如果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，该振动系统可看成单摆(2)小球受到几个力的作用？
5、(3)什么力充当了小球振动的回复力？提示：重力沿圆弧切线方向的分力G1mgsin 提供了使摆球振动的回复力，如图所示.提示：小球受两个力的作用：重力和细线的拉力1单摆的回复力如图所示，重力G沿圆弧切线方向的分力G1mgsin 是沿摆球运动方向的力，正是这个力提供了使摆球振动的回复力FG1mgsin.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Fmgl 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，单摆做简谐运动易错提醒1单摆做简谐运动的条件是偏角很小，通常应在5以内，误差不超过
6、0.01%.2在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力不为零，但此时回复力为零，合外力不为零.典例1 下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是()A单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力B单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C单摆经过平衡位置时合力为零D单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力思路点拨 回复力是按效果命名的，可以是某一个力，也可以是某个力的分力，还可以是几个力的合力解析 单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，还要提供向心力，单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故选项B正确，A、D错误；单摆经过平衡
7、位置时，回复力为零，向心力最大，故其合力不为零，所以选项C错误答案 B规律总结关于单摆的回复力的两点提醒(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，“摆线拉力”与“重力沿摆线方向的分力”的合力提供向心力，这是与弹簧振子的不同之处(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力等于回复力1关于单摆，下列说法中正确的是()A摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力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，加速度为零解析：摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A错；
8、摆球经过最低点时，回复力为零，但合力提供向心力，加速度不为零，且方向沿摆线指向悬点，C、D错；由简谐运动特点知B正确答案：B2(多选)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时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零Bt2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小Ct3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大Dt4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：由题图读出t1时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误；t3时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最
9、大，故C正确；t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故D正确答案：CD要点二 对单摆周期公式的理解及应用探究导入 如图所示，摆长不同的两个单摆同时释放，我们可以观察到振动的周期不同影响周期的因素可能有哪些？应如何设计实验方案进行探究？提示：由于变量比较多，可能有单摆的振幅、质量、摆长，所以需用控制变量法，按下面的方案进行探究：(1)摆长、质量相同，两摆的振幅不同(都在小偏角情况下)(2)摆长、振幅相同，两摆摆球的质量不同(3)质量、振幅相同，两摆的摆长不同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(均质球)的长度，即lld2，l为摆线长，d为摆
10、球直径2单摆的周期公式T2lg在单摆的最大偏角小于5的情况下才适用3单摆的周期与摆长l有关，在g不变的情况下，仅改变摆长，即可改变周期4单摆的周期与重力加速度g有关，不同纬度、不同海拔高度处，同一单摆的周期不同典例2 有一单摆，其摆长l1.02 m，摆球的质量m0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆做30次全振动用的时间t60.8 s，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s)，摆长应怎样改变？改变多少？解析(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T2lg，由此可得g42lT2，只要求出T值代入即可因为T tn 60.830 s2.027 s，所以g 42l
11、T2 43.1421.022.0272m/s29.79 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 TT0ll0，故有：l0T20lT2221.022.0272 m0.993 m.其摆长要缩短lll01.02 m0.993 m0.027 m.答案(1)9.79 m/s2(2)缩短 0.027 m规律总结涉及单摆周期问题的三点注意(1)单摆的周期公式T2lg中共涉及三个物理量周期T、摆长l和当地重力加速度g，只要已知两个量，就可以求出第三个量(2)改变单摆振动周期的途径改变单摆的摆长；改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失
12、重或超重)(3)明确小角度情况下，单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系3一个单摆和一个弹簧振子，在上海调节使得它们的振动周期相等(设为T)现在把它们一起拿到北京，若不再做任何调节设这时单摆的振动周期为T1，弹簧振子的振动周期为T2，则它们的周期大小的关系为()AT1T2T BT1T2T2TDT1T2v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()Af1f2，A1A2 Bf1A2Df1f2，A1A2解析：单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒定律知，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误答案：C4在用单摆
13、测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是()A测定周期时，振动次数少数了一次B测定周期时，振动次数多数了一次C摆球的质量过大D计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径解析：由计算g的公式g 42lT2 可知，如果振动次数多数了一次，即T偏小，使g偏大，选项A错，B对摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项C错当悬线的长度偏小时，求得的g偏小，选项D错答案：B5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 42lT2.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图象，就可以求出当地的重力加速度理论上T2-l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示(1)造成图象不过坐标原点的原因是_；(2)由图象求出的重力加速度g_m/s2.(取29.87)解析：(1)由单摆周期公式T2lg得T242lg，由图象知，当l0时，T20，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k42g，则g42k 4240.010.99m/s29.87 m/s2.答案：(1)测摆长时漏加小球半径(2)9.8704课后 达标检测