单摆 课件

要点三 实验：用单摆测定重力加速度 1．实验步骤 (1)让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个线结，做成单 摆，如图所示．
(2)把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验 桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平 衡位置处做上标记．
(3)用米尺量出摆线长度 l′，精确到毫米，用游标卡尺测出 摆球的直径 d，即得出小球半径为d2，计算出摆长 l＝l′＋d2. (4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(如小于 10°)，然 后放开小球，让小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成 30～ 50 次全振动所用的时间 t，计算出小球完成一次全振动所用 时间，这个时间就是单摆的振动周期，即 T＝Nt (N 为全振动 的次数)，反复测 3 次，再算出周期 T＝(T1＋T2＋T3)/3.
2．单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时，sin θ≈xl ，又回复力 F＝mgsin θ，所以单摆 的回复力为 F＝－mlgx(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 F＝－kx，单摆做简谐运动．
● 特别提醒：(1)小球通过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零． ●(2)单摆的摆动只有在摆角较小的情况下才能看成简谐运动，理论上
由 T＝2π gl 得 T2＝4gπ2l 作出 T2-l 图象，即以 T2 为纵轴， 以 l 为横轴．其斜率 k＝4gπ2，由图象的斜率即可求出重力 加速度 g.
例3 (1)根据单摆周期公式 T＝2π
l ，可以通过实验测 g
量当地的重力加速度．如图 1 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．
单摆
一、单摆模型 1．组成 由细线和_小__球___组成． 2．理想化模型 (1)细线的质量和小球相比可以__忽__略__． (2)球的直径与线的长度相比可以_忽__略___． 3．摆动特点 xt图线是一条正弦曲线，说明单摆的运动是__简_谐__运__动__．
二、单摆的回复力 1．回复力的来源：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，摆球所受的回复力与它 偏离平衡位置的位移成_正__比___，方向总指向__平__衡__位__置___， 即 F＝_－__m_lg_x___.从回复力特点可以判断单摆做简谐运动． 三、单摆的周期 1．影响单摆周期的因素 (1)单摆振动的周期与摆球的质量_无__关_____． (2)振幅较小时，周期与振幅_无__关___． (3)摆长越长，周期__越__大__；摆长越短，周期_越__小___．
球静止在平衡位置时摆线拉力 F＝m(g＋a)，等效重力加速
度 g′＝g＋a，周期为 T＝2π g＋l a.
②如单摆处在向下加速的升降机中，设加速度为 a(a<g)，则 摆球静止在平衡位置时，摆线拉力 F＝m(g－a)，等效重力
加速度 g′＝g－a，周期为 T＝2π
l g－a.
③若在完全失重的系统内，摆球完全失重，回复力为零，等
● 【解析】 (1)①按照游标卡尺的读数原则得小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.
● ②单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小，密度大的；偏角不超过5°.故a、 b正确，c错误．为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用 时间，然后计算出一次全振动所用的时间．故d错误，e正确．
(5)根据单摆振动周期公式 T＝2π 速度：g＝4Tπ22l.
l ，计算出当地重力加 g
(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验测出的重力
加速度值，求出它们的平均值，即为当地的重力加速度值．
(7)整理器材．
2．数据处理 (1)平均值法 每改变一次摆长，将相应的 l 和 T，代入公式 g＝4Tπ22l中求 出 g 值，并最后求出 g 的平均值． (2)图象法
要点二 对单摆周期公式的理解 1．决定周期大小的因素 (1)摆长 L. (2)当地的重力加速度 g. (3)与摆球质量无关，在摆角小于 5°的前提下，与振幅无关． 2．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 L＝l＋d2，l 为摆线长，d 为摆球直径．
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 T2＝2π g′l ② 而由题意 T2＝2T1③ 由①②③式可解得 g′＝g/4. 即等效重力加速度为 g/4.
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＝m·g/4.
(2)等效摆长：图甲中A、B在垂直纸面方向摆起来效果是 相同的，所以A摆的摆长为l·sin α，这就是等效摆长．图 乙中，B在垂直纸面方向摆动时，与A摆等效；B在纸面内 小角度摆动时，与C等效．
3．重力加速度 g 若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g 由单 摆所处的空间位置决定，即 g＝GrM2 ，式中 r 为物体到地心 的距离，M 为地球的质量，g 随所在位置的高度的变化而 变化．另外，在不同星球上 M 和 r 也是变化的，所以 g 也 不同，g＝9.8 m/s2 只是在地球表面附近时的取值．
如图：球静止在 O 时，FT＝mgsin θ，等效加速度 g′＝FmT
＝gsin θ，周期 T＝2π
l gsin
θ.
(2)单摆在复合场中的等效重力加速度 单摆在复合场中静止时，受到的场力的合力为 F，则等效
重力加速度 g′＝mF，周期为 T＝2π
lm F.
(3)单摆在加速系统中的等效加速度
①如单摆处在向上加速的升降机中，设加速度为 a，则摆
效值 g′＝0，摆球不再摆动，若摆球在摆动过程中突然完 全失重，则摆球将以那时的速率相对悬点做匀速圆周运动．
一般θ角不超过5°.
例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 【审题指导】 解答本题时应注意以下两个方面： (1)摆球运动轨迹为圆弧，沿悬线方向合力提供向心力． (2)摆球摆动过程中，沿圆弧切向的合力充当回复力．
【解析】 由回复力的定义可知A正确；单摆的回复力除指 明在最高点外都不是摆球所受的合力，但不管在哪个位置均 可以认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力,故选项B错误； 经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上 要受到向心力，选项C错误，综上所述选项D也错误． 【答案】 A 【题后反思】 (1)弹簧振子在平衡位置的回复力为零，合力 也为零． (2)单摆小球的轨迹为圆弧，在平衡位置回复力为零，合力不 为零．
由牛顿第二定律得：mg－14mg＝ma a＝34g，方向竖直向下． 故只有 D 正确． 【答案】 D
【名师归纳】 等效重力加速度的求法 一般情况下，g′的值等于摆球相对于加速系统静止在平衡 位置时，摆球所受的拉力 F 与摆球质量 m 的比值，即 g′ ＝mF .常见的三种情况分析如下： (1)单摆在斜面上的等效重力加速度
①用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图 2 所示，读数为
________mm. 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，并且尽可能长一些 b．摆球尽量选择质量大些、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 Δt 即为单摆周期 T e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5°，释放摆球， 当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做 50
(2)①图象如图所示：
②由图象中读出当 T2＝3.95 s2 时，l＝0.96 m，则重力加速 度 g＝4Tπ22l＝40π.12××04.π926 m/s2＝9.6 m/s2. 【答案】 (1)①18.6 ②abe (2)①图象见解析 ②9.6 m/s2
【题后反思】 用图象法处理数据既直观又方便，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．由于 lT的图象不是直线，不便于进行数据处理，所以采用lT2的 图象，目的是为了将曲线转换为直线，便于利用直线的斜 率计算重力加速度．
2．单摆的周期公式：T＝_2_π____gl_______.
四、用单摆测定重力加速度 4π2l
由单摆周期公式可得g＝___T_2 ___，如果测出单摆的摆长l、
周期T就可以求出当地的重力加速度．
要点一 对单摆模型的理解 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F＝mgsin θ提 供了使摆球振动的回复力．
例2 有一单摆,其摆长l＝1.02 m，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？
【思路点拨】 解答本题时可按以下思路进行：
周期 定义
→
周期 T
→
周期 公式→ຫໍສະໝຸດ 重力加 速度【 解 析 】 (1)当 单 摆 做 简 谐 运 动 时， 其 周 期 公 式 T＝ 2π gl，由此可知 g＝4Tπ22l，只要求出 T 值代入即可． 因为 T＝nt ＝6300.8 s＝2.027 s 所以 g＝4Tπ22l＝4×32.1.0422×72 1.02 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
次全振动所用的时间 Δt，则单摆周期 T＝5Δ0t
(2)下面是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据： 摆长 l/m 0.5 0.6 0.8 1.1 周期 T2/s2 2.2 2.5 3.2 4.5
①利用上述数据在坐标图中描出 l-T2 图象(如图)．
②利用图象，取 T2＝0.1×4π2＝3.95 s2，求出重力加速度．
加速度是不变的，根据单摆的振动规律有： T ＝ l ， T0 l0
故有：l0＝TT202l＝222×.0217.022 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/s2 (2)缩短 0.027 m
【规律方法】 (1)计算单摆的周期有两种方法，一是依据 T＝2π gl，二是根据 T＝Nt . (2)改变单摆振动周期的途径是：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)．
周期公式中的等效重力加速度问题 【范例】 一个单摆挂在电梯内，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g/2 B．方向向上，大小为3g/4 C．方向向下，大小为g/4 D．方向向下，大小为3g/4
【解析】 电梯静止时，单摆周期为 T1＝2π
l① g