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课时达标·效果检测
一、选择题
1.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,则单摆摆动的(　　)
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】选B。单摆的周期和频率由摆长和当 ( http: / / www.21cnjy.com )地的重力加速度决定,与摆球的质量和速度无关;另外利用机械能守恒定律可计算出,摆球经过平衡位置的速度变小了,则摆动的最大高度减小,振幅减小。
【变式训练】发生下述哪一种情况时,单摆周期会增大(　　)
A.增大摆球质量 B.缩短摆长
C.减小单摆振幅 D.将单摆由山下移到山顶
【解析】选D。由单摆的周期公式T=2π可知,g减小时周期会变大。
2.(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是(　　)
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度小得多
D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动
【解析】选A、B、C。单摆由摆线和摆球组成 ( http: / / www.21cnjy.com ),摆线只计长度不计质量,摆球只计质量不计大小,且摆线不伸缩,A、B、C三项正确。但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的,只有在摆角很小(θ<5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。
3.如图所示,MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分,把小球A放在MN的圆心处,再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处,今使两球同时自由释放,则在不计空气阻力时有(　　)
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A.A球先到达C点
B.B球先到达C点
C.两球同时到达C点
D.无法确定哪一个球先到达C点
【解析】选A。A做自由落体运动,到C所需时间tA=,R为圆弧轨道的半径。因为圆弧轨道的半径R很大,B球离最低点C又很近,所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆),则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的,即tB==>tA,所以A球先到达C点。
4.(多选)同一地点的甲、乙两单摆(摆球质量相等)的振动图像如图所示,下列说法中错误的是(　　)
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A.甲、乙两单摆的摆长相等
B.甲摆的机械能比乙摆小
C.甲摆的最大速率比乙摆小
D.在周期时振子具有正向加速度的是乙摆
【解析】选B、C。由图像可知,甲、乙周期相同,又T=2π,同一地点所以g相同,故摆长l相等,A项正确;由图像可知,甲、乙振幅相同,摆球质量相等,所以两摆的机械能相等,最大速率相等,B、C项错误;由图像可知,周期时甲摆处于平衡位置,乙摆处于负向最大位移处,故乙摆具有正向加速度,D项正确。
5.用单摆测定重力加速度,根据的原理是(　　)
A.由g=看出,T一定时,g与l成正比
B.由g= QUOTE 看出,l一定时,g与T2成反比
C.由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定,利用g= QUOTE 可算出当地的重力加速度
D.同一地区单摆的周期不变,不同地区的重力加速度与周期的平方成反比
【解析】选C。g是由所处的地理位置的情况来决定的,与l及T无关,故只有C正确。
二、非选择题
6.(2014·济南高二检测)图甲是一个单 ( http: / / www.21cnjy.com )摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像。根据图像回答:
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(1)单摆振动的频率是多大
(2)开始时刻摆球在何位置
(3)若当地的重力加速度为10m/s2,试求这个摆的摆长是多少。
【解析】(1)由乙图知周期T=0.8s,
则频率f==1.25Hz。
(2)由乙图知,0时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以在B点。
(3)由T=2π得L==0.16m。
答案: (1)1.25Hz　(2)B点　(3)0.16m
一、选择题
1.单摆在振动过程中,当摆球的重力势能增大时,摆球的(　　)
A.位移一定减小　　　 B.回复力一定减小
C.速度一定减小 D.加速度一定减小
【解题指南】解答本题应明确以下两点:
(1)明确摆球的位移是相对于平衡位置而言的。
(2)重力势能增大意味着摆球向远离平衡位置的方向摆动。
【解析】选C。单摆在振动过程中,当摆球的重力势能增大时,摆球的位移变大,回复力变大,加速度变大,速度减小,C对。
2.用空心铁球内部装满水做摆球,若球正下方有一小孔,水不断从孔中流出,从球内装满水到水流完为止的过程中,其振动周期的大小是(　　)
A.不变
B.变大
C.先变大后变小再回到原值
D.先变小后变大再回到原值
【解析】选C。单摆的周期与摆球的质量无关,但当水从球中向外流出时,等效摆长是先变长后变短,因而周期先变大后变小再回到原值,故选项C正确。
3.如图所示,三根细线在O点处打结,A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上,使AOB成直角三角形,∠BAO=30°,已知OC线长是l,下端C点系着一个小球,下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)(　　)
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A.让小球在纸面内振动,周期T=2π
B.让小球在垂直纸面内振动,周期T=2π
C.让小球在纸面内振动,周期T=2π
D.让小球在垂直纸面内振动,周期T=2π
【解析】选A。让小球在纸面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为l,周期T=2π;让小球在垂直纸面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为(l+l),周期T′= EMBED Equation.DSMT4 。
【总结提升】单摆模型及问题求解思路
(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件:①圆弧运动;②小角度摆动;③回复力F=-kx。
(2)首先确认符合单摆模型的条件,然后寻找等效摆长l及等效加速度g,最后利用公式T=2π或简谐运动规律分析求解问题。
二、非选择题
4.(2014·江苏高考)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中,某同学准备好相关实验器材后,把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放,同时按下秒表开始计时,当单摆再次回到释放位置时停止计时,将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处,请对其中两处加以改正。
　 。
【解析】不妥之处有以下两点:①应在摆球通过平衡位置时开始计时;②应测量单摆多次全振动的时间,再计算出周期的测量值。(或在单摆振动稳定后开始计时)
答案:见解析
5.(2013·安徽高考)根据单摆周期公式T=2π,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示,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。
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(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为　　　mm。
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(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次全振动所用的时间Δt,则单摆周期T=
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)首先要理解游标卡尺的读数规则,主尺刻度+游标尺刻度(与主尺对齐的刻度)×;
(2)掌握实验中的正确操作及减少实验误差的方法和做法。
【解析】(1)(18+6×0.1)mm=18.6mm
(2)摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,摆球尽量选择质量大些、体积小些的,都是为了更加符合单摆的构成条件,故a、b是正确的;摆线相距平衡位置的角度,以不大于5°为宜,故c是错误的;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次全振动所用的时间Δt,则单摆周期T=,故d错,e对。
答案:(1)18.6　(2)a、b、e
6.天花板上O点悬挂一单摆,绳子长度为0.99l,质量分布均匀的实心小球质量为m,直径为0.02l,O点正下方0.1l处有一钉子P,如图所示,现将单摆向左拉开一个小角度θ,并由静止释放,小球左右摆动过程中,偏角始终都小于5°,重力加速度为g。求:
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(1)单摆的振动周期;
(2)小球从左摆到最低点时,绳子对小球的拉力大小。
【解析】(1)摆长为OA的单摆周期T1=2π
摆长为PB的单摆周期T2=2π
由题意得l1=l
l2=0.9l
单摆的振动周期T=
解得T=π(1+)。
(2)从静止释放到最低点,由机械能守恒得
mv2=mgl(1-cosθ)
在最低点FT-mg=
解得FT=mg(3-2cosθ)。
答案:(1)π(1+)　(2)mg(3-2cosθ)
7.几个登山运动员登上一座 ( http: / / www.21cnjy.com )地图上没有标明高度的山峰,他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表,山顶上还有形状不规则的石子和矮树,他们知道地球半径为R0,海平面处的重力加速度为g0。请根据以上条件,为他们设计测量山峰海拔高度的方法。
(1)写出操作步骤和需要直接测量的物理量(物理量用字母符号表示)。
(2)推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式(要求写出推导过程)。
【解析】(1)用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上,用钢卷尺量出摆绳长L1,用手表测出摆动周期T1,改变摆绳长至L2,测出摆动周期T2。
(2)由(1)得山顶的重力加速度g=。因为地面的重力加速度g0=,山顶的重力加速度g=,由上述两式可得h=-R0。
答案:见解析
【变式训练】两个等长的单摆,第一个放在 ( http: / / www.21cnjy.com )地面上,另一个放在高空,当第一个单摆振动n次的同时,第二个单摆振动(n-1)次。如果地球半径为R,那么第二个单摆离地面的高度为多大
【解析】设第二个单摆离地面的高度为h,则距地心距离为(R+h),设此处重力加速度为g′,地表处重力加速度为g,则:
=　①
又由T=2π得:
=
即=　②
由①②解得h=。
答案:
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4　单　　摆
学习
目标 1.知道什么是单摆,了解单摆的构成。
2.掌握单摆振动的特点,知道单摆回复力的来源,理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
3.知道单摆的周期跟什么因素有关,了解单摆的周期公式,并能用来进行有关的计算。
4.知道用单摆可测定重力加速度。
一、单摆及单摆的运动
1.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_________。
3.摆动特点:x-t图线是一条正弦曲线,说明单摆的运动是_____
_____。
小球
可以忽略
可以忽略
简谐
运动
4.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。
圆弧切线
正比
平衡位置
【自我思悟】
1.根据对单摆受力情况的分析,总结单摆可看成做了哪几种运动
提示:单摆可看成做了两种运动:摆球以悬点为圆心,在竖直平面内做变速圆周运动;摆球以最低点为平衡位置振动,在角度很小时的摆动可看成做简谐运动。
2.摆球经过平衡位置时,合外力是否为零 摆球到达最大位移处,v=0,加速度是否等于0
提示:单摆摆动中平衡位置不是平衡状态,有向心力和向心加速度,回复力为零,合外力不为零。最大位移处速度等于零,但不是静止状态。一般单摆回复力不是摆球所受合外力,而是重力沿圆弧切线方向的分力,所以加速度不一定等于零。
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:_________法。
(2)实验结论
①单摆振动的周期与摆球的质量_____。
②振幅较小时,周期与振幅_____。
③摆长越长,周期_____;摆长越短,周期_____。
控制变量
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(30～50)次全振动的时间t,
利用T= 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l=l0+ 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- 图像,得出结论。
3.周期公式:
(1)公式的提出:周期公式是荷兰物理学家_______首先提出的。
(2)公式:T=______,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_____。
惠更斯
正比
反比
【自我思悟】
1.摆钟的结构如图所示,发现它走时不准时,为什么要调整摆锤下面的螺母
提示:调整摆锤下面的螺母,以改变摆钟的摆长,
从而改变摆钟的周期,以调整摆钟的走时快慢。
2.由于单摆的回复力是由摆球的重力沿切线方向的分力提供的,
那么是否摆球的质量越大,回复力越大,单摆摆动得越快,周期
越小
提示:不是。摆球摆动的加速度除了与回复力有关外,还与摆球
的质量有关,即a∝ 所以摆球质量增大后,加速度并不增大,
其周期由T=2π 决定,与摆球的质量无关。
【盲区扫描】
1.单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力,不是摆球所受的合外力。两力只有在最大位移处时才相等。
2.单摆的摆动不一定都是简谐运动,只有单摆做小角度(摆角小于5°)摆动时才认为是简谐运动。
3.单摆的摆长与摆线长不是一回事。
4.实验求单摆周期时,应把小球通过平衡位置时作为计时点。
5.周期T只与摆长和重力加速度g有关,而与振幅和小球的质量无关。
一、对单摆的回复力及运动特征的理解　 深化理解
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=mgsinθ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，sinθ≈ ,又回复
力Ｆ=mgsinθ,所以单摆的回复力为F= (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。
【微思考】
(1)单摆做简谐运动的回复力是否等于小球所受的合力
提示:一般不相等,小球的重力沿圆弧切线方向上的分力提供回复力,而不是小球所受的合力。
(2)单摆做简谐运动的条件是什么
提示:单摆做简谐运动的条件是偏角很小,通常应在5°以内。
【题组通关】
【示范题】(2014·威海高二检测)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的最大位移处时的位移为A(A为振幅),从正的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运动轨迹切线方向的分力
D.单摆摆球经过平衡位置时合外力为零
【解题探究】(1)单摆振动的回复力是什么力
提示:单摆简谐运动的回复力是摆球所受重力沿切线方向的分力,或者说是摆球所受合力沿切线方向的分力,摆球所受合力在法线方向(摆线方向)的分力提供摆球做圆周运动的向心力。
(2)单摆做简谐运动,当摆球运动到平衡位置时,摆球是处于平衡状态吗
提示:不是。简谐运动回复力为零的位置叫平衡位置。当摆球运动到平衡位置时,只有回复力为零,而不是合外力为零,所以摆球运动到平衡位置时不是处于平衡状态。
【规范解答】选C。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。摆球的回复力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,合外力沿摆线方向的分力提供向心力。摆球经最低点(振动的平衡位置)时回复力为零,但向心力不为零,所以合外力不为零(摆球到最高点时,向心力为零,回复力最大,合外力也不为零),故C正确。
【通关1+1】
1.(2014·衡阳高二检测)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】选B。单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力,故A错。重力垂直于摆线的分力提供回复力。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摆线指向悬点,故C、D错,B对。
2.一单摆做小角度摆动,其振动图像如图
所示,以下说法正确的是(　　)
A.t1时刻摆球速度最大,摆球的回复力最大
B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小
C.t3时刻摆球速度为零,摆球的回复力最小
D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大
【解析】选D。由振动图像知,t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大,此时摆球的速度为零,摆球的回复力最大,A、C错;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,由于摆球做圆周运动,由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最大,故D正确,B错误。
【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
【解析】选A。单摆的回复力不是它的合力,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);另外摆球所受的合力与位移大小不成正比。
2.如图为一单摆的振动图像,则(　　)
A.t1和t3时刻摆线的拉力等大
B.t2和t3时刻摆球速度相等
C.t3时刻摆球速度正在减小
D.t4时刻回复力正在减小
【解析】选A。t1和t3时刻,摆球在同一位置,摆线拉力等大,A正确。t2时刻摆球速度为零,t3时刻正向平衡位置移动,速度正在增大,B错,C错。t4时刻摆球正向最大位移处运动,回复力正在增大,D错。
【素养升华】
回复力、向心力、合外力的区别与联系
(1)区别:
①回复力:使物体在平衡位置附近振动且指向平衡位置方向的力;
②向心力:使物体做曲线运动且指向圆心的力;
③合外力:物体所受的合力,它使物体的运动状态发生变化。
(2)联系:回复力、向心力、合外力均为效果力且均为矢量。回复力、向心力一定是变力,合外力可以为恒力,也可为变力。
二、对单摆周期公式的理解及简单应用　 规律方法
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l=l0+ ,l0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悬点处于静止状
态,g由单摆所处的空间位置决定,即g= ,式中R为摆球到地
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=9.8m/s2
只是在地球表面附近时的取值。
【微思考】
(1)摆长与摆线长的区别是什么
提示:摆长是从悬点到球心的距离,摆线长是从悬点到球与细线的连接点的距离,两者相差了球的半径。
(2)把单摆从赤道处移至两极处时,要保证单摆的周期不变,应如何调整摆长
提示:两极处重力加速度大于赤道处重力加速度,由T=2π
知,应增大摆长,才能使周期不变。
【题组通关】
【示范题】有一单摆,其摆长l=1.02m,已知单摆做简谐运动,单摆振动30次用的时间t=60.8s,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
【解题探究】(1)如何根据周期公式求重力加速度？
提示:由
(2)秒摆的周期是多少？要改变单摆周期可以采取什么措施？
提示:秒摆的周期是2 s，根据T=2π 得，要改变周期，只要
使摆长作相应的变化即可。
【规范解答】(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式
由此可知 只要求出T值代入即可。
因为T= =2.027 s
所以g= =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：
所以其摆长要缩短
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
【通关1+1】
1.(2014·三明高二检测)一个单摆的摆球运动到最大位置时,正好遇到空中竖直下落的雨滴,雨滴均匀附着在摆球的表面,下列说法正确的是(　　)
A.摆球经过平衡位置时速度要增大,周期也增大,振幅也增大
B.摆球经过平衡位置时速度没有变化,周期减小,振幅也减小
C.摆球经过平衡位置时速度没有变化,周期也不变,振幅要增大
D.摆球经过平衡位置时速度要增大,周期不变,振幅要增大
【解析】选D。在最大位移处,雨滴落到摆球上,质量增大,同时摆球获得初速度,故振幅增大;但摆球质量不影响周期,周期不变,故选项D正确。
2.(多选)图为甲、乙两单摆的振动图像,则(　　)
A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则
甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙=2∶1
B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则
甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙=4∶1
C.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=4∶1
D.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=1∶4
【解析】选B、D。由题中图像可知T甲∶T乙=2∶1,若两单摆在同一地点,则两摆摆长之比l甲∶l乙=4∶1,若两摆摆长相等,则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4。
【变式训练】1.将秒摆的周期变为4s,下面哪些措施是正确
的(　　)
A.只将摆球质量变为原来的
B.只将振幅变为原来的2倍
C.只将摆长变为原来的4倍
D.只将摆长变为原来的16倍
【解析】选C。单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均
错;对秒摆,T0=2π =2s,对周期为4s的单摆,T=2π =4s,故
l=4l0。故C对D错。
2.有一天体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，在地球表面走时准确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为( )
A. min B. min
C. min D．2 min
【解析】选B。摆钟的周期可借助单摆的周期公式来讨论：
T＝ 由于是同一单摆，其摆长可认为不变，则其周期与
重力加速度的平方根成反比。
由万有引力定律得
即在ρ相同时，g∝R，由以上推理可得
所以
摆钟的周期可以应用单摆的周期公式来分析，而单摆的周期与重力加速度有关，在不同的天体上，由于重力加速度不同，所以同一摆钟在不同的天体上的周期是不相同的。
【素养升华】
计算单摆的周期的两种方法
(1)依据T=2π ,利用了单摆的周期公式,计算的关键是正确确定摆长。
(2)根据T= ,利用了粗测周期的一种方法,周期的大小虽然不取决于t和N,但利用该种方法计算周期,会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响。
三、用单摆测定重力加速度　 深化理解
1.仪器和器材:摆球1个(穿有中心孔)、秒表、物理支架、米尺或钢卷尺、游标卡尺、细线等。
2.实验步骤:
(1)做单摆:把摆球用细线悬挂在物理支架上,摆长最好能有1m左右,这样可使测量结果准确些。
(2)测摆长:测量方法同实验“探究单摆周期与摆长的关系”。
(3)测周期:测量方法同实验“探究单摆周期与摆长的关系”。
(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和T代入公式中求出g值,最后求出g的平均值。
设计如下所示实验表格
实验次数 摆长l/m 周期T/s 重力加速度g/(m·s-2) 重力加速度g的
平均值/(m·s-2)
1 g=
2
3
(2)图像法：由T=2π 得T2= 作出
T2-l图像，即以T2为纵轴,以l为横轴。其
斜率 由图像的斜率即可求出重
力加速度g。
【微思考】
计算单摆的振动次数时,应从摆球经过哪个位置时开始计时
提示:应从摆球经过最低位置时开始计时。
【题组通关】
【示范题】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2.00cm,让刻度尺的零点对准摆线的悬点,摆线竖直下垂,如图甲所示,则单摆摆长是　　m。若测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示,则秒表读数是　　　s,单摆摆动周期是　　。
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
提示:摆长是悬点到球心的距离。摆长不等于摆线的长度。
(2)用图像法处理实验数据时应注意哪些问题
提示:描完点后,用直线把这些点连起来,不在线上时点均匀分布在线的两侧,离线较远的点舍弃不用。
【规范解答】由T=2π ，可知 由图可知：摆长
l=(88.50-1.00)cm=87.50 cm=0.875 0 m。秒表的读数t=
60 s+15.2 s=75.2 s，所以T= =1.88 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 由
可得g=9.8 m/s2(9.9 m/s2也正确)。
答案：见规范解答
【通关1+1】
1.(1)在用单摆测定重力加速度的实验中,应选用的器材为　　　　。
A.1m长的细线　　　 B.1m长的粗线
C.10cm长的细线 D.泡沫塑料小球
E.小铁球 F.秒表
G.时钟 H.厘米刻度尺
I.毫米刻度尺 J.游标卡尺
(2)在该实验中,单摆的摆角φ应　　　 　,从摆球经过　　　　开始计时,测出n次全振动的时间为t,用毫米刻度尺测出摆线长为L,用游标卡尺测出摆球的直径为d。用上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为g=　　　。
【解析】(1)做摆长的细线要用不易伸长的细线,一般不应短于1米,选A;小球应是密度较大,直径较小的金属球,选E;计时仪器宜选用秒表F;测摆长应选用毫米刻度尺I,用游标卡尺测摆球的直径。
(2)根据单摆做简谐运动的条件知φ＜5°;因平衡位置易判断，且经平衡位置时速度大，用时少，误差小，所以从平衡位置开始计时。
答案：(1)A、E、F、I、J (2)小于5° 平衡位置
2.(2011·福建高考)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中:
(1)用游标卡尺测定摆球的直径,测量结果如图所示,则该摆球的直径为　　　　cm。
(2)小组成员在实验过程中有如下说法,其中正确的是　　(填选项前的字母)。
A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角,并在释放摆球的同时开始计时
B.测量摆球通过最低点100次的时间t,则单摆周期为
C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长,代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D.选择密度较小的摆球,测得的重力加速度值误差较小
【解析】(1)游标卡尺读数=主尺读数+游标尺读数=0.9cm+7×
0.01cm=0.97cm。
(2)要使摆球做简谐运动,摆角应小于5°,应选择密度较大的摆
球,阻力的影响较小,测得重力加速度的误差较小,A、D错;摆球
通过最低点100次,完成50次全振动,周期是 B错;摆长应是
l+ ,若用悬线的长度加直径,则测出的重力加速度值偏大,C
对。
答案:(1)0.97　(2)C
【变式训练】1.(2014·苏州高二检测)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,有人提出以下几点建议,其中对提高测量结果精确度不利的是(　　)
A.适当加长摆线
B.质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较小的
C.摆球偏离平衡位置的角度不能太大
D.当摆球经过平衡位置时开始计时,经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期
【解析】选D。当适当加长摆线时,单摆的周期将增大,故可以减小周期测量的相对误差,选项A正确;质量相同,体积越大的摆球,所受的阻力对其做单摆运动影响越大,选项B正确;摆球偏离平衡位置的角度不能太大,选项C正确;选项D中,会增大周期测量的误差,选项D错误。
2.某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中,已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°;在测量单摆的周期时,从摆球运动到最低点开始计时且记数为1,到第n次经过最低点所用的时间为t;在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L,再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图所示)。
(1)该单摆在摆动过程中的周期为　　　　。
(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=　　　　 。
(3)从图可知,摆球的直径为　　　　mm。
(4)实验结束后,某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大,其原因可能是下述原因中的(　　)
A.单摆的悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线增长了
B.把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间
C.以摆线长作为摆长来计算
D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
【解析】(1)根据记数的方式可知
全振动的次数
所以周期
(2)摆长l＝L＋ 将T和l代入g＝
得g＝
(3)直径d＝5.5 mm＋0.01×48.0 mm＝5.980 mm。
(4)根据g＝ 知，当悬点松动后，摆线增长，则代入公式中
的l将偏小，故所测g值偏小，A错误；对B选项，T变小，g变
大，B正确；对C选项，l变小，g应偏小，C错误；对D选项，
l变大，g应偏大，D正确。
答案：(1) (2)
(3)5.980 (4)B、D
【素养升华】
图像法求重力加速度
(1)图像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。
(2)由于l-T的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用l-T2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。
【资源平台】摆钟问题的分析
【示范题】将在地球上校准的摆钟拿到月球上去,若此钟在月
球记录的时间是1h,那么实际上的时间应是　　　h(月球表面
的重力加速度是地球表面的 )。若要把此摆钟调准,应将摆
长L0调节为　　　。
【标准解答】设在地球上校准的摆钟周期为T0，指示时间为
t0；在月球上的周期为T，指示时间为t。由于指示时间t与振
动次数N成正比，即t∝N；一定时间内振动次数N与振动周期T
成反比，即N∝ ；由单摆周期公式可知T∝ ，由以上推
知：t∝ ，则有 所求实际时间为
要把它调准，需将摆长调为
答案：

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