1、14探究单摆振动的周期1.掌握单摆的周期公式(难点)2.会用单摆测定重力加速度(重点、难点)3观察演示实验，概括出周期的影响因素，培养由实验现象得出物理结论的能力一、单摆振动的周期跟哪些因素有关通过实验得出单摆的周期跟摆球的质量无关，与摆动的振幅无关，随摆长的增大而增大二、单摆的周期公式惠更斯推导出在摆角很小时，单摆振动的周期跟摆长的平方根成正比，跟当地的重力加速度的平方根成反比即T2三、追寻惠更斯的足迹1用单摆测重力加速度的原理：由单摆周期公式T2变形得g2由重力加速度的表达式可知，只要测出单摆的摆长和周期，代入表达式g就可求出重力加速度g.单摆周期公式的理解和应用1对公式T2 的理解由公式
2、T2 知，某单摆做简谐运动(摆角小于5)的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅或摆球质量无关，故又叫做单摆的固有周期(1)摆长l：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ll1，l1为摆线长，d为摆球直径(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随所在地表的位置和高度的变化而变化在不同星球上M和R一般不同，g也不同，g9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值2摆钟的快慢变化及调整方法(1)计时原理：摆钟的计时是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动秒针、分针、时
3、针转动实现的，因此钟摆振动的周期变化就反映了摆钟的快慢，如钟摆振动周期变大，则摆钟将变慢，摆钟时针转动一圈的时间变长(2)摆钟快慢产生的原因：一是g值的变化，如摆钟地理位置的变化等，二是摆长的变化，如热胀冷缩等原因，摆钟周期可用公式T2 计算(3)摆钟快慢的调整摆钟变快说明周期变小，应增大摆长摆钟变慢说明周期变大，应减小摆长将在地面上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是多少？若要在月球上使该钟与地面上时一样准，应如何调节？思路点拨 解此题应注意两点：(1)影响单摆周期的因素及地面和月球上的重力加速度不同(2)机械表的计时方法及走时快慢的原因解析设在地球上该
4、钟的周期为T0，在月球上该钟的周期为T，指示的时间为t.则在月球上该钟在时间t内振动的次数N.在地面上振动次数N时所指示的时间为t0，则有 N，即，所以t0tt h.地面上的实际时间为 h.要使其与在地面上时走得一样准应使TT1，即，l月l地l地应将摆长调到原来的.答案 h将摆长调到原来的解决摆钟快慢问题的关键是明确摆钟的计时方法摆钟计时是通过全振动次数显示时间的，如秒摆，秒摆完成一次全振动，显示时间为2 s，故振动次数为，涉及到快慢，均对标准时间而言，故某一段时间t内快t，应有. 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ll，则这个摆摆动的周期为()A2B2C
5、D2解析碰钉子前摆长为l，故周期T12，碰钉子后摆长变为l，则周期T22，所以此摆的周期T.答案C改变单摆周期的途径(1)改变单摆的摆长(2)改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重) 用单摆测重力加速度单摆测定当地重力加速度要从原理、减小误差及数据处理三个方面掌握：1实验原理：根据单摆做简谐运动的周期公式T2可得重力加速度g.据此只要测出单摆摆长l和周期T，就可计算出当地的重力加速度g，前提条件是摆角不能太大2测量时要注意减小误差(1)摆长l测量时要从悬点一直量到球心；(2)测单摆周期时从摆球通过平衡位置开始计时，测出完成n次全振动的时间t，则T.3数据处理方法(1)多测几组
6、数据求平均值法：每组T和l求出一个g，然后求.(2)lT2图像法：由单摆的周期公式不难推出：lT2，g.因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作lT2的图像，图像应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k即可求得g值，如图所示则有：g42k，k.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，如图所示，则单摆摆长是_ m若测定了40次全振动的时间为75.2 s，单摆摆动周期是_s.为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值现将测得的六组数据标示在以l为横坐标，以T2为纵坐标的坐标
7、系上，即图中用“”表示的点，则：(1)单摆做简谐运动应满足的条件是_(2)试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g_m/s2.(结果取两位有效数字)解题探究 (1)怎样确定摆长？摆长等于摆线的长度吗？(2)用图像法处理实验数据时应注意哪些问题？解析由T2，可知g.由图可知：摆长l(88.501.00) cm87.50 cm0.875 0 mT1.88 s.(1)单摆做简谐运动的条件是摆角小于5.(2)把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点平均分布在直线的两侧，则直线斜率k.由g，可得g9.8 m/s2(9.9 m/s2也正确)答案见解析图像法求重力加速度(1)图像法处理
8、数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响(2)由于lT的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用lT2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 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123摆长L/cm80.0
9、090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(ms2)9.749.73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T2L图像，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2L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LB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
10、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030 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)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T2，得g.(3)T32.01 s.根据T2，得g9.76 m/s2.(4)根据T2，得T2L，即当L0时，T2
11、0.出现图线a的原因是计算摆长时过短，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；由k得g，则k变小，重力加速度g变大，选项C错误(5)设A点到铁锁重心的距离为l0.根据单摆的周期公式T2，得T12 ，T22 .联立以上两式，解得重力加速度g.答案：(1)AD(2)(3)2.019.76(4)B(5)等效法处理单摆问题1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T2 .图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，
12、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(c)图：则等效重力加速度ggsin ，其周期为T2 .(2)若单摆系统处在非平衡状态(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ggsin .3模型的等效：如图所示，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：T2.一个单摆挂
13、在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速运动，加速度a()A方向向上，大小为B方向向上，大小为C方向向下，大小为 D方向向下，大小为解析电梯静止时，单摆周期为T12摆长未变，而周期变化，说明电梯做加速度不为零的运动，若在这段时间内，周期稳定，则做匀变速直线运动，此时电梯中的单摆周期为T22而由题意T22T1由式可解得g.即等效重力加速度为.假设摆球在平衡位置相对电梯静止时，摆线对小球的拉力为F.由牛顿第二定律得：mgmgmaag，方向竖直向下故只有D正确答案D随堂检测1两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频
14、率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()Af1f2，A1A2Bf1f2，A1A2Cf1f2，A1A2Df1f2，A1A2解析：选C.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，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2下列情况下，单摆的周期会增大的是()A减小摆长B增大摆球质量C把单摆从海平面移至高山D把单摆从广州移至北京解析：选C.由单摆周期公式T2可知，减小摆长时周期会减小；单摆周期大小与摆球质量无关；把单摆从海平面移至高山时，g变小，故单摆周期变大，C正确；单摆从广州移至北京，g增大，故单摆周期减少应选C.3在用单摆测定重力加速度时，某同学
15、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测量摆长时没有把小球半径算进去B摆球的质量测得不准确C摆角小，使周期变小D应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期解析：选D.由单摆周期公式T2可知，重力加速度：g.单摆的摆长应等于摆线的长度加上摆球的半径，如测量摆长时没有把小球半径算进去，摆长测量值L偏小，由g可知，重力加速度的测量值偏小，故A错误；由g可知，重力加速度与摆球质量无关，摆球质量测量不准不影响重力加速度的测量值，故B错误；单摆的周期与偏角无关，偏角对测量g没有影响，故C错误；应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次
16、当作30次计算周期时，算出的周期T偏小，由g可知，重力加速度的测量值偏大，故D正确4.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：选A.球A做自由落体运动，到达C点的时间为TA .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T22.球B离最低点C很近，因此球B运动到C点所需的时间是TB，故 TAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B如果mAmB，下一次碰
17、撞将发生在平衡位置左侧C无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞一定还在平衡位置解析：选CD.单摆做简谐运动的周期T2，与摆球的质量无关，与振幅的大小无关碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧10.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为的斜面上，其摆角为，如图所示，下列说法正确的是()A摆球做简谐运动的回复力为Fmgsin sin B摆球做简谐运动的回复力为Fmgsin C摆球做简谐运动的周期为2 D摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为Fmgsin 解析：选AC.摆球做简
18、谐运动的回复力由重力沿斜面的下滑分力沿圆弧的切向分力来提供，则回复力为Fmgsin sin ，故选项A正确，B错误；摆球做简谐运动的等效重力加速度为gsin ，所以其周期为T2 ，故选项C正确；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin (llcos )mv2，由牛顿第二定律得Fmgsin m ，由以上两式可得线的拉力为F3mgsin 2mgsin cos ，故选项D错误三、非选择题11在某地，摆长为l1的摆钟A在某一段时间内快了t，而另一摆长为l2的摆钟B在同一段时间内慢了t，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？解析：设走时准确的摆钟摆长为l，则周期T2，l1摆周期T12，l2
19、摆周期T22，再设某一段时间为t，据题意有：，联立以上各式得：l.答案：12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，单摆振动30次用的时间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，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T2，由此可得g， 只要求出T值代入即可因为T s2.027 s.所以g m/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故有l0 m0.993 m.其摆长要缩短lll01.02 m0.993 m0.027 m.答案：(1)9.79 m/s2(2)其摆长要缩短0.027 m
