资源简介

(共46张PPT)
第1章　机械振动
第3节　单　摆
第1章　机械振动
　
大小
悬点
竖直
变速
平衡位置
向心
回复
平衡位置
相反
控制变量
无关
无关
越长
越短
惠更斯
振幅
正比
反比
等时
摆长
摆长
周期
　
预习导学新知探究
梳理知识·夯实基础
多维课堂,师生互动
突破疑难·讲练提升
甲
甲
丙
疑难突破·思维升华
以例说法·触类旁通第3节 单摆
1．将秒摆(周期为2 s)的周期变为4 s，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.由T＝2π可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错误；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，l＝4l0，故C正确，D错误．
2．在用单摆测定重力加速度时，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T＝2π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．
3.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，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F＝mgsin θsin α
B．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsin θ
C．摆球做简谐运动的周期为2π
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F′＝mgsin α
解析：选A.摆球做简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F＝mg·sin θsin α，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 α，所以其周期为T＝2π ，故选项C错误；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin α(l－lcos θ)＝mv2，由牛顿第二定律得F′－mgsin α＝m ，由以上两式可得线的拉力为F′＝3mg·sin α－2mgsin αcos θ，故选项D错误．
4．有一单摆，当它的摆长增加2 m时，周期变为原来的2倍．求它原来的周期是多少？(g＝10 m/s2)
解析：设该单摆原来的摆长为l0，振动周期为T0；则摆长增加2 m后，摆长变为l＝(l0＋2) m，周期变为T＝2T0.由单摆周期公式，有T0＝2π
2T0＝2π
联立上述两式，可得l0＝ m
T0＝1.64 s.
答案：1.64 s
[课时作业]
一、单项选择题
1．当摆角很小时(小于5°)，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：选D.单摆做简谐运动的回复力由重力沿切线方向的分力提供，D正确．
2．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动(　　)
A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长
B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长
C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长
D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长
解析：选B.把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期T＝2π>T0，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了．要使它恢复准确，应缩短摆长，B正确．
3．用单摆测定重力加速度，依据的原理是(　　)
A．由g＝ 看出，T一定时，g与l成正比
B．由g＝ 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＝ 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.同一地区的重力加速度g为定值．利用该实验测重力加速度最主要的是要测准摆长(从悬点到球心的距离)和周期．
4.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l－l′，则这个摆做小幅度摆动时的周期为(　　)
A．2π　　　　　　　 B．2π
C．π D．2π
解析：选C.摆线碰到钉子前，周期T1＝2π，碰到钉子后，周期为T2＝2π，所以摆的周期T＝T1＋T2＝π，C对．
5．如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是(　　)
A．T1>T2>T3>T4 B．T1C．T1>T2＝T3>T4 D．T1解析：选C.图甲中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力(mgsin θ)等效为重力，即单摆等效的重力加速度g1＝gsin θ；图乙中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力；图丙为标准单摆；图丁摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a.由单摆振动的周期公式T＝2π，故T1>T2＝T3>T4，选项C正确．

6．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A．T＝2πr B．T＝2πr
C．T＝　　 D．T＝2πl
解析：选B.考虑单摆的周期公式与万有引力定律．根据单摆周期公式T＝2π和GM＝gr2可得T＝2π＝2πr，故选项B正确．
二、多项选择题
7．在下列情况下，能使单摆周期变大的是(　　)
A．将摆球质量减半，而摆长不变
B．将单摆由地面移到高山
C．将单摆从赤道移到两极
D．保持摆线长度不变，换一较大半径的摆球
解析：选BD.根据单摆周期公式T＝2π知，影响单摆周期的因素为摆长l和重力加速度g.当摆球质量减半时摆长未变，周期不变；当将单摆由地面移到高山时g值变小，T变大；当将单摆从赤道移到两极时g值变大，T变小；当摆线长度不变，摆球半径增大时，摆长l增大，T变大．
8.如图所示，用绝缘细线悬吊着带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则(　　)
A．当小球每次通过平衡位置时，动能相同
B．当小球每次通过平衡位置时，速度大小相同
C．当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力相同
D．撤去磁场后，小球摆动周期变大
解析：选AB.洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此不参与提供回复力，所以对周期及动能无影响，A、B正确，D错误；小球每次通过平衡位置时，洛伦兹力大小不变，而其方向由速度和磁场方向共同决定，所以丝线拉力不总是相同，C错误．
9．如图为甲、乙两单摆的振动图象，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BD.由题中图象可知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.
10．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲单摆的振幅比乙的大
C．甲单摆的机械能比乙的大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙单摆
解析：选ABD.振幅可从题图上看出，甲单摆振幅大，两单摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，故无法比较机械能．t＝0.5 s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．
三、非选择题
11.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 1 2 3
摆长L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73
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T2－L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2－L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L
B．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0～30 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T＝2π，得g＝＝.
(3)T3＝＝2.01 s.
根据T＝2π，得g＝≈9.76 m/s2.
(4)根据T＝2π，得T2＝L，即当L＝0时，T2＝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T＝2π，得T1＝2π ，T2＝2π .联立以上两式，解得重力加速度g＝eq \f(4π2（l1－l2）,T－T).
答案：(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76　(4)B　(5)eq \f(4π2（l1－l2）,T－T)
12.摆长为l的单摆在平衡位置O的左右做摆角小于5°的简谐运动，当摆球经过平衡位置O(O在A点正上方)向右运动的同时，另一个以速度v在光滑水平面运动的小滑块，恰好经过A点向右运动，如图所示，小滑块与竖直墙面P碰撞后以原来的速率返回，略去碰撞所用时间，试问：
(1)A、P间的距离满足什么条件，才能使小滑块刚好返回A点时，摆球也同时到达O点且向左运动？
(2)A、P间的最小距离是多少？
解析：(1)小滑块做匀速直线运动的往返时间为t1，t1＝，单摆做简谐运动回到O点且向左运动所需时间为t2
t2＝＋nT(n＝0，1，2，…)，其中T＝2π
由题意可知t1＝t2，所以＝＋nT
解得x＝(2n＋1)·2π(n＝0，1，2，…)．
(2)由(1)知，当n＝0时，A、P间的距离最小，xmin＝.
答案：见解析


PAGE
8第3节　单摆
　1.理解单摆做简谐运动的条件和振动特点．　2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式，并能用来进行有关计算．(重点＋难点)　3.学会用单摆测重力加速度．(重点)
一、单摆的运动
1．单摆：把一根细线上端固定，下端拴一个小球，线的质量和球的大小可以忽略不计，这种装置叫做单摆．
2．单摆的运动特点
(1)摆球以悬点为圆心，在竖直平面内做变速圆周运动．
(2)摆球同时以最低点O为平衡位置做往复运动．
3．单摆的回复力：
如图所示，摆球受重力mg和绳子拉力F′两个力作用，将重力按切线方向和径向正交分解，则绳子的拉力F′与重力的径向分量的合力提供了摆球做圆周运动所需的向心力，而重力的切向分力F提供了摆球振动所需的回复力F＝mgsin θ，它总是指向平衡位置．在最大摆角小于5° 时，sin θ≈θ≈，F的方向可认为与位移x平行，但方向与位移方向相反，所以回复力可表示为F＝－x.令k＝，则F＝－kx.
1．(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．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×
二、单摆的周期
1．影响单摆周期因素的实验探究
(1)探究方法：控制变量法．
(2)实验结论
①单摆周期与摆球质量无关．
②单摆周期与振幅无关．
③单摆的摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短．
2．周期公式及应用
(1)周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的．
(2)单摆的等时性：单摆做简谐运动时，其周期与振幅无关．
(3)公式：T＝2π．即T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比．
(4)应用
①计时器(摆钟)
a．原理：单摆的等时性．
b．校准：调节摆长可调节钟表的快慢．
②测重力加速度
由T＝2π得，g＝，即只要测出单摆的摆长和周期，就可以求出当地的重力加速度．
2．(1)摆球的质量越大，周期越大．(　　)
(2)单摆的振幅越小，周期越小．(　　)
(3)单摆的摆长越长，周期越大．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√
　单摆的简谐运动
1．单摆做简谐运动的条件
判断单摆是否做简谐运动，可分析摆球的受力情况，看回复力是否符合F＝－kx的特点，如图．
(1)在任意位置P，有向线段为此时的位移x，重力G沿圆弧切线方向的分力G1＝Gsin θ提供摆球以O点为中心做往复运动的回复力．
(2)在摆角很小时，sin θ≈θ＝，G1＝Gsin θ＝x，G1方向与摆球位移方向相反，所以回复力表示为F回＝－G1＝－.令k＝，则F回＝－kx.因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动．(摆角一般不超过5°)
2．单摆做简谐运动的规律：单摆做简谐运动的位移随时间变化的图象是一条正弦(或余弦)曲线．回复力、加速度、速度、动能、势能都随时间做周期性变化，其变化规律与弹簧振子相同．例如当摆球到达最低点(平衡位置)时，位移、回复力、水平加速度都等于零，而速度、动能都最大，而到达最高点(最大位移处)时，位移、回复力都最大，速度、动能都等于零．
　(1)单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力，回复力不是摆球所受的合外力．
(2)摆球经过平衡位置时，回复力为零，沿圆弧切线方向的加速度为零，但合外力和向心加速度都不等于零．
(3)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．
　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(　　)
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]　t1、t3时刻，摆球位移最大，速度为零，由F＝－x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．
[答案]　D
关于单摆的回复力的三点提醒
(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，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.
　1.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．摆球受的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球受的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D．摆球受的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
解析：选B.摆球受重力和绳的拉力两个力作用，A错误；回复力最大时速度为零，所以向心力为零，回复力为零时速度最大，向心力最大，B正确；回复力最大时，张力等于重力沿半径方向的分力，比重力小，C错误；向心力最大时速度最大，摆球在最低点，此时加速度等于向心加速度，与运动方向垂直，D错误．
　对单摆周期公式的理解
由公式T＝2π 知，某单摆做简谐运动(摆角小于5°)的周期与其摆长l和当地重力加速度g有关，而与振幅和摆球的质量无关，故又叫单摆的固有周期．
1．摆长
(1)实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应为从悬点到摆球球心的长度，即l＝l线＋，l线为摆线长，d为摆球的直径．
(2)等效摆长
在实际问题中，有些摆的构造与单摆不完全相同，我们可以将其等效为单摆，其等效摆长为摆球圆弧运动的圆心到摆球重心的距离．
①如图所示，摆球可视为质点，各段绳长均为l，甲、乙图中摆球做垂直纸面的小角度摆动，丙图中球在纸面内做小角度摆动，O′为垂直纸面的钉子，而且OO′＝，求各摆的周期．
　　
甲：等效摆长l′＝lsin α，T甲＝2π .
乙：等效摆长l′＝lsin α＋l，T乙＝2π .
丙：摆线摆到竖直位置时，圆心就由O变O′，摆球振动时，半个周期摆长为l，另半个周期摆长为，即为l，则单摆丙的周期为T丙＝π＋π .
②如图丁所示，小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度(θ很小)的圆周运动时，可等效为单摆，小球在A、B间做简谐运动，周期T＝2π.
2．重力加速度g
(1)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．
(2)等效重力加速度：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：此场景中的等效重力加速度g′＝gsin α.球静止在O时，F＝mgsin α，等效加速度g′＝＝gsin α.
　(1)单摆周期公式是在单摆做简谐运动的前提下成立的．
(2)在各种变形摆中，要认真分析“等效摆长”和“等效重力加速度”，灵活运用周期公式，切忌生搬硬套．
　有一单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球的质量m＝0.10 kg，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；
(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]　本题主要考查对单摆周期公式T＝2π的理解与变形式的应用．首先要清楚，单摆的周期与摆球的质量无关，同时要明白，秒摆的周期是2 s而不是1 s.
[解析]　(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式
T＝＝ s＝2.027 s，
所以g＝＝ 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加速度是不变的，根据单摆的摆动规律有：
＝，故有：l0＝eq \f(Tl,T2)＝ 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)摆长缩短　0.027 m
　2.如图所示是两个单摆的振动图象．
(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t＝0时起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲振动到了什么位置？向什么方向运动？
解析：(1)由题图可以看出，单摆甲的周期是单摆乙的周期的，即T甲∶T乙＝1∶2，又由单摆的周期与摆长的关系可知，l甲∶l乙＝1∶4.
(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t＝2 s，振动到周期，甲振动到周期，位移为0，位于平衡位置，此时甲向左运动．
答案：(1)1∶4　(2)甲振动到周期，位于平衡位置，此时甲向左运动
　用单摆测重力加速度
1．实验原理：单摆在摆角很小(不超过5°)时，其摆动可以看作简谐运动，其振动周期为T＝2π，其中l为摆长，g为当地重力加速度，由此可得g＝.据此，只要测出摆长l和周期T，就可计算出当地重力加速度g的数值．
2．实验器材：铁架台及铁夹、金属小球(最好上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(1 m左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线穿过球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆．
(2)将小铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂．
(3)用刻度尺和游标卡尺测量单摆的摆长(摆线静止时从悬点到球心间的距离)．
(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角不大于5°，再释放小球，当摆球摆动稳定以后，过最低位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期．
(5)改变摆长，反复测量三次，将算出对应的周期T及测得的摆长l代入公式g＝，然后求g的平均值．
4．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＝中求出g值，最后求出g的平均值．
设计如表所示实验表格
实验次数 摆长l(m) 周期T(s) 加速度g(m/s2) g的平均值
1 g＝
2
3
(2)图象法：由T＝2π得T2＝l作出T2－l图象，即以T2为纵轴，以l为横轴．其斜率k＝，由图象的斜率即可求出重力加速度g.
　(1)实验时，摆线长度要远大于摆球直径，且摆线无明显伸缩性，另外摆球要选取密度大且质量分布均匀的钢球．
(2)单摆摆球应在竖直平面内摆动，且摆角应小于5°.
(3)测摆长l时，应为悬点到球重心的距离，球质量分布均匀时等于摆线长加上小球半径．
(4)应从摆球经过平衡位置时开始计时，以摆球从同一方向通过平衡位置时计数．
(5)适当增加全振动的测量次数，以减小测量周期的误差，一般30～50次即可．
　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________．
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？
(2)用图象法处理实验数据时应注意哪些问题？
[解析]　由T＝2π，可知g＝.由图可知：摆长l＝(88.50－1.00) cm＝87.50 cm＝0.875 0 m．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k＝.由g＝＝，可得g＝9.8 m/s2(9.9 m/s2也正确)．
[答案]　见解析
图象法求重力加速度
(1)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．
(2)由于l－T的图象不是直线，不便于进行数据处理，所以采用l－T2的图象，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.
　3.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＝0.9 cm＋7×0.01 cm＝0.97 cm.
(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
思想方法——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l·sin α，这就是等效摆长，其周期T＝2π .
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g′＝g·sin α，其周期为T＝2π .
(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g′＝gsin α，球相对静止在O时，FT＝mgsin α，等效加速度g′＝＝gsin α.
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：T＝2π.
　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　 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T1＝2π ①
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 ②
而由题意T2＝2T1 ③
由①②③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：mg－mg＝ma
a＝g，方向竖直向下．
故只有D正确．
[答案]　D
　
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T＝2π＝2π.
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 TA
PAGE
11

展开更多......

收起↑