高中物理 第1章 机械振动 13 探究摆钟的物理原理 14 探究单摆振动的周期学案 沪科版选修34doc.docx
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1.3 探究摆钟的物理原理
1.4 探究单摆振动的周期
[学习目标]1.理解单摆模型及其振动特点.2.理解单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.3.知道相位的概念，知道同相振动与反相振动的步调特点.4.会用控制变量法探究单摆的周期与哪些因素有关.5.掌握单摆的周期公式，掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法．
1．如图1所示，细线上端固定，下端系一小球，如果细线的伸缩可以忽略，细线的质量与小球相比可以忽略，小球的直径与细线的长度相比也可以忽略，这样的装置就可看成单摆．单摆在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律．
图1
2．相是描述振动步调的物理量．两个单摆振动步调一致，我们称为同相；两个单摆振动步调正好相反，叫做反相．
3．单摆振动的周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，周期公式T＝2π
.
一、探究摆钟的物理原理
[导学探究] 一阵风吹过，大厅里的吊灯微微摆动起来，久久不停……，伽利略就是通过观察教堂吊灯摆动发现了吊灯摆动的等时性，惠更斯按照伽利略的构想，发明制作了一个摆钟．摆钟的往复运动是简谐运动吗？
你能用所学的知识证明吗？
答案 是简谐运动．
证明：
把摆钟等效成一个小球，当小球运动到图中的任意位置P时，小球受到的回复力是小球所受重力G沿着圆弧切线方向的分力G1，F＝G1＝mgsinθ.若摆角θ很小，则有sinθ≈θ＝
，并且位移x≈
，考虑了位移和回复力的方向后，有F＝－mg
（“－”表示回复力F与位移x的方向相反），m是小球的质量，l是摆长，g是重力加速度，它们都有确定的数值，
可以用一个常数k来表示，则上式又可以写成F＝－kx，也就是说，在摆角很小时，小球所受到的回复力跟位移大小成正比而方向相反，所以小球做简谐运动．
[知识深化]
1．单摆
（1）模型：
摆线是不可伸长，且没有质量的细线，摆球是没有大小只有质量的质点，这样的装置叫单摆，它是实际摆的理想化模型．
（2）实际摆看作单摆的条件：
①摆线的形变量与摆线的长度相比小得多，摆线的质量与摆球的质量相比小得多，这时可把摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线．
②摆球直径的大小与摆线长度相比小得多，这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点．
2．单摆的回复力
（1）回复力的提供：
摆球的重力沿圆弧切线方向的分力．
（2）回复力的特点：
在摆角很小时，F＝－
x.
（3）运动规律：
在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律．
[延伸思考]
单摆经过平衡位置时，合外力为零吗？
答案 不为零．单摆振动的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力．摆球所受的合外力在法线方向（摆线方向）的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力的．因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零（此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力）．
例1
（多选）图2中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（ ）
图2
A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力最大
C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
答案 BD
解析 摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故A错误，B正确；在最低点B处，速度最大，回复力为零，摆球做圆周运动，细线的拉力最大，故C错误，D正确．
二、研究振动的步调问题
[导学探究]
1．如图3所示，在铁架台上悬挂两个相同的单摆，将两个摆球拉离平衡位置且保证摆角相同，然后同时放开，可观察到什么现象？
答案 它们的运动总是一致的，也可以说是步调一致，即同时沿相同方向经过平衡位置，并同时达到同一侧最大位移处．
图3 图4
2．如图4所示，再将两个摆球拉开相同的摆角，先放开一个，等它摆到另一边最大位移处时，再放开第二个，又可观察到什么现象？
答案 它们的运动总是相反的，也可以说是步调相反，即同时沿相反方向经过平衡位置，并同时达到两侧最大位移处．
[知识深化]
1．相（或相位、位相、周相）：
描述振动步调的物理量．
（1）两个单摆振动步调一致，称为同相；
（2）两个单摆振动步调不一致，就说它们存在着相差；
（3）两个单摆振动步调正好相反，叫做反相．
2．相差：
指两个相位之差．
在实际中经常用到的是两个具有相同频率的简谐运动的相位差，反映出两简谐运动的步调差异．
例2
（多选）如图5所示是在同一个坐标系里画出的三个振动系统的振动图像，下列说法正确的是（ ）
图5
A．a、b、c三个振动系统的频率相同
B．a、b两个系统振动时存在着相差
C．a、b两个系统振动同相
D．a、c两个系统振动反相
答案 ACD
解析 由题图可知，三个振动系统的周期相同，故频率相同，A正确；a、b两个系统振动的振幅不同，但总是同时来到正向（或负向）的最大位移处，同时同方向经过平衡位置，故a、b同相，B错误，C正确；a、c两个系统总是同时来到反向的最大位移处，同时以相反方向经过平衡位置，故a、c反相，D正确．
三、探究单摆振动的周期
[导学探究]
1．如图6所示，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单摆的质量、振幅、摆长，这么多因素我们应采用什么方法研究？
图6
答案 控制变量法．具体做法为：
（1）只让两摆的质量不同．
（2）只让两摆的振幅不同（都在小摆角下）．（3）只让两摆的摆长不同．
比较以上三种情况下两摆的周期，可以得到周期与质量、振幅、摆长之间的定性关系．
2．具体做法是什么？
得出影响周期的因素是什么？
答案 首先，研究周期和质量有没有关系，就应控制其他条件不变．
做法：
用两个摆长相同，摆球质量不同的单摆．将它们拉到同一个高度（注意摆角要小）释放，观察两摆的运动．
现象：
两摆球摆动总是同步的，说明两摆球周期相同，即周期与摆球质量无关．
其次，研究单摆的周期和振幅的关系．
做法：
用一个单摆，分两次从不同高度释放（振幅不同），用秒表测量单摆振动30次所用时间并比较两次所用时间．
结论：
两次所用时间近似相等，故周期与振幅无关．
再次，研究单摆的周期和摆长的关系．
做法：
取两个摆长不同，质量相同的两个摆球从同一高度同时释放，观察两摆的运动．
现象：
两摆振动不同步，摆长大的振动慢，说明单摆的周期与摆长有关．
由此可知单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长有关．
[知识深化]
1．单摆的周期公式T＝2π
.
2．摆长l
（1）实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：
即l＝l′＋
，l′为摆线长，d为摆球直径．
（2）等效摆长：
如图7所示，甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsinα，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π
.
图7
3．重力加速度g
若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随所处地表的位置和高度的变化而变化．另外，在不同星球上，M和R一般不同，g也不同，g取9.8m/s2只是在地球表面附近时的取值．
例3
如图8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B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有（ ）
图8
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
答案 A
解析 A做自由落体运动，到达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．
四、测定当地的重力加速度
[导学探究] 在地球表面，不同纬度重力加速度不同，不同高度重力加速度不同，利用本学案的知识怎样测出当地的重力加速度？
答案 由单摆周期公式得g＝
，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g.
[知识深化]
1．原理：
测出摆长l、周期T，代入公式g＝
，求出重力加速度g.
2．器材：
铁架台及铁夹，金属小球（有孔）、停表、细线（1m左右）、米尺、游标卡尺．
3．实验步骤
（1）让细线穿过金属小球上的小孔，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．在单摆平衡位置处做上标记．
（3）用米尺量出悬线长l′（准确到mm），用米尺和三角板（或游标卡尺）测出摆球的直径d（准确到mm），然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋
即为摆长．
（4）把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角度不大于5°，再释放小球．当小球摆动稳定以后，经过最低位置时，用停表开始计时，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，算出周期T及测得的摆长l代入公式g＝
，求出重力加速度g的值，然后求g的平均值，即为当地的重力加速度的值．
4．五点注意
（1）选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1m，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm.
（2）单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象．
（3）注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小．
（4）小球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆．方法是将小球拉到一定位置后由静止释放．
（5）计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数，要多测几次（如30次或50次）全振动的时间，用取平均值的办法求周期．
例4
下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：
摆长l/m
0.4
0.5
0.6
0.8
1.0
1.2
周期平方T2/s2
1.6
2.2
2.4
3.2
4.0
4.8
（1）利用上述数据，在图9中描出l－T2的图像．
图9
（2）利用图像，取T2＝5.2s2时，l＝________m，重力加速度g＝________m/s2.
答案
（1）见解析图
（2）1.3 9.86
解析
（1）描点作图如图所示
（2）由图可知，当T2＝5.2s2时，l＝1.3m，将它代入g＝
得：
g＝
＝
m/s2≈9.86m/s2.
单摆
1．（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短得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案 ABC
解析 单摆由摆线和摆球组成，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．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运动为简谐运动，故正确答案为A、B、C.
2．单摆振动的回复力是（ ）
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
答案 B
解析 摆球振动的回复力是其重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确．
3．已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6m，则两单摆长la与lb分别为（ ）
A．la＝2.5m，lb＝0.9m
B．la＝0.9m，lb＝2.5m
C．la＝2.4m，lb＝4.0m
D．la＝4.0m，lb＝2.4m
答案 B
解析 设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5.
根据单摆周期公式T＝2π
，可知l＝
T2，
由此得la∶lb＝T
∶T
＝9∶25.则
la＝
×1.6m＝0.9m，
lb＝
×1.6m＝2.5m.
4．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＝
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
答案 C
解析 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．
课时作业
一、选择题
1．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的（ ）
A．合外力为零B．回复力为零
C．向心力为零D．摆线中张力为零
答案 C
解析 当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，合外力不为零，所以选项A、B均错；由向心力公式F＝
可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．
2．将秒摆（周期为2s）的周期变为1s，下列措施可行的是（ ）
A．将摆球的质量减半B．将振幅减半
C．将摆长减半D．将摆长减为原来的
答案 D
解析 由单摆周期公式T＝2π
可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的
.
3．如图1所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球（体积可忽略）组成了所谓的双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的左右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面方向做简谐运动时，周期为（ ）
图1
A．2π
B．2π
C．2π
D．2π
答案 D
解析 这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π
计算，但注意此处的l与题中的绳长不同，公式中的l是指质点到悬点（等效悬点）的距离，即做圆周运动的半径．此题中单摆的等效摆长为lsinα，代入周期公式，可得T＝2π
，故选D.
4．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（ ）
A．单摆的摆球质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n＋1）次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是（n－1）次全振动
答案 C
解析 由单摆周期公式知T＝2π
，得g＝
，而T＝
，所以g＝
，由此可知C正确．
5．（多选）如图2甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示．不计空气阻力，g取10m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）
图2
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin（πt）cm
B．单摆的摆长约为1m
C．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
答案 AB
解析 由题目中振动图像可读出周期T＝2s，振幅A＝8cm，由ω＝
得到圆频率ω＝πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin（πt）cm.故A正确．由公式T＝2π
，代入得到l≈1m．故B正确．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，故D错误．
6．（多选）如图3所示为甲、乙两单摆的振动图像，则（ ）
图3
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为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为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
答案 BD
解析 由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故B正确，A错误；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故D正确，C错误．
7．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，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
答案 D
解析 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．选项D正确．
二、非选择题
8．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4所示，则该摆球的直径为________cm.
图4
（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
答案
（1）0.97
（2）C
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，测得重力加速度值误差较小，故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．
9．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．
答案 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）
10．图5甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像回答：
图5
（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？
答案
（1）1.25Hz
（2）B点 （3）0.16m
解析
（1）由题图乙知周期T＝0.8s，则频率f＝
＝1.25Hz.
（2）由题图乙知，开始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.
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