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人教版 (新课标)选修34 单摆学案
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这是一份人教版 (新课标)选修34 单摆学案，共7页。学案主要包含了在探究实验中的几个问题，如何理解单摆的周期公式，θ T′等内容，欢迎下载使用。
1．知道什么是单摆。
2．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。
冬天走时准确的老式挂钟，到了夏天就不准确了，为什么呢？应该怎样调整？
提示：由于热胀冷缩，到了夏天，挂钟的钟摆变长了，摆动的周期发生了变化，所以走时不准确了，应该调整钟摆的长度，调整摆锤下面的螺母，让摆锤的重心升高即可。
1．单摆
由细线和小球组成，细线的______与小球相比可以忽略，球的______与线的______相比也可以忽略。忽略摆动过程中所受阻力的作用，单摆是实际摆的理想化模型。
为了满足上述条件，我们尽量选择质量大、半径小的球和尽量细的无弹性的线。
思考：结合单摆模型的特点想一想，下列装置能否视为单摆，为什么？
2．单摆的回复力
(1)回复力的提供：摆球的重力沿______方向的分力。
(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力和它偏离平衡位置的位移大小成______，方向总是指向__________，即________________。
(3)运动规律：单摆在偏角很小时做__________，其振动图象遵循__________规律。
思考：如图所示，细线下悬挂一个除去了栓塞的注射器，注射器向下喷出一细束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向匀速拖动一张白纸，喷到白纸上的墨迹便画出振动图象。你知道为什么要匀速拖动长木板吗？
3．单摆的周期
(1)实验研究：单摆的振幅、质量、摆长对周期各有什么影响？
控制条件：实验主要是为研究属于简谐运动的单摆振动的周期，所以摆角不要超过5°。
步骤1：把摆长相同的两个摆球从不同高度释放，观察现象：摆球同步振动，说明单摆振动的周期与______无关。
步骤2：将摆长相同、质量不同的摆球拉到同一高度释放，观察现象：两摆球同步振动，即说明单摆的周期与____________无关，不受其影响。
步骤3：取摆长不同，两个相同的摆球从某一高度同时释放，观察现象：两摆球振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢。这说明单摆振动跟______有关。
实验表明：单摆的振动周期与摆球的质量无关；在振幅较小时，与振幅无关；但是与摆长有关，摆长越长，周期越长。
步骤4：定量研究周期跟摆长的关系：测量不同摆长下的单摆的振动周期，实验需要精确地测量两个物理量，它们是____________。
①摆长的测量：用带毫米刻度的米尺测量摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径。摆长等于__________与__________之和。
②周期的测量：用停表测出单摆30～50次全振动的时间t，周期为：__________。
(2)周期公式：荷兰物理学家惠更斯研究了单摆的振动，在大量可靠的实验基础上，经过一系列的理论推导和证明得到：单摆的周期和摆长l的平方根成____比，和重力加速度g的平方根成____比，而与振幅、摆球的质量无关。
惠更斯确定了单摆振动的周期公式：______________。
4．用单摆测定重力加速度
由周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可得：g＝________________，只要测出单摆的______和______，就可以求出当地的重力加速度。
答案：1．质量 直径 长度
思考
提示：都不能，(1)中橡皮筋的伸缩不能忽略；(2)(3)中乒乓球和大木球摆动时，空气阻力不能忽略；(3)中大木球的直径与线的长度相比也不能忽略不计。
2．(1)圆弧
(2)正比 平衡位置 F＝－eq \f(mg,l)x
(3)简谐运动 正弦函数
思考
提示：匀速拖动木板，可以保证得到的单摆振动图象的时间轴的间隔是均匀分布的。
3．(1)振幅 摆球质量 摆长 摆长和周期 摆线长度 摆球半径 T＝eq \f(t,n)
(2)正 反 T＝2πeq \r(\f(l,g))
4.eq \f(4π2l,T2) 摆长 周期
一、证明单摆在摆角很小的情况下做简谐运动
如图所示，摆球受重力G＝mg和绳子的拉力F′两个力作用，将重力mg按切线方向和径向正交分解，则绳子的拉力F′与重力的径向分力的合力充当了以悬点为圆心的圆周运动的向心力，而重力的切向分力F提供了使摆球振动的回复力。当单摆运动到摆线与竖直方向夹角为θ的位置时，摆球受到的回复力为F＝mgsin θ。
设单摆的摆长为l，在摆角θ＜5°的条件下，若将θ用弧度值来表示，就存在如下近似关系：sin θ≈θ。
上式中弧OP所对的弦OP就是摆角为θ时摆球对平衡位置的位移x，所以sin θ≈eq \f(x,l)。
摆球在摆角θ很小的条件下受到的回复力近似表示为：
F＝－eq \f(mg,l)·x，令k＝eq \f(mg,l)，则F＝－kx。
对一个确定的单摆来说，k是一个不随振动变化的定值，这表明摆球所受的回复力的大小跟摆球振动的位移成正比，负号则正好反映了摆球所受回复力的方向与摆球位移的方向相反(即回复力方向始终指向平衡位置)。由此可见，单摆在摆角θ＜5°的条件下的振动是简谐运动。
由于中学物理实验对精度要求不是很高，θ＜10°时就可以满足中学物理实验对误差的要求。做实验时，为了增加可见度，单摆的摆角不必拘泥于小于5°这个角度。
二、在探究实验中的几个问题
1．测量单摆的振动周期时为什么要从平衡位置开始计时
单摆摆到平衡位置时的速度最大，从这里作为计时起点误差最小。因为计时的瞬间球快速地通过平衡位置，即使球没有摆到平衡位置或刚超过了平衡位置，摆球的运动用时也很短。相反，若在最大位移处开始计时，正因为是速度很小，计时的瞬间若摆球没有到达或超过最大位移，运动时间较长，引起的误差就会大一些。
2．如何探究单摆振动的周期跟摆球质量的关系
使用摆长相同而质量不同摆球的单摆，测量其摆动的周期即可。
3．如何探究单摆振动的周期跟振幅的关系
同样摆长的单摆，让它们的振动幅度不同，测量其摆动的周期即可。
4．在周期的测量中，采取什么方法可使误差更小些
测量30次或40次、50次的总时间，然后求出平均周期即可。
三、如何理解单摆的周期公式
1．等效摆长：摆长是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定是摆线的长。如图，摆球可视为质点，各段绳长均为l，甲、乙摆球做垂直纸面的小角度摆动，丙摆球在纸面内做小角度摆动，O′为垂直纸面的钉子，而且OO′＝eq \f(l,3)，则各摆的周期为
甲：等效摆长l甲＝lsin α，T甲＝2πeq \r(\f(lsin α,g))。
乙：等效摆长l乙＝lsin α＋l，T乙＝2πeq \r(\f(l(sin α＋1),g))。
丙：摆线摆到竖直位置时，圆心就由O变为O′，摆球振动时，半个周期摆长为l，另半个周期摆长为(l－eq \f(l,3))，即为eq \f(2,3)l，则单摆丙的周期为T丙＝πeq \r(\f(l,g))＋πeq \r(\f(\f(2l,3),g))。
2．等效重力加速度g，g不一定等于9.8 m/s2
g由单摆所在的空间位置决定。由g＝Geq \f(M,R2)知，g随所在地球表面的位置和高度的变化而变化，高度越高，g的值就越小。另外，在不同星球上g也不同。
同一单摆，在不同的地理位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同。
同一单摆，在不同的星球上，其周期也不相同。例如单摆放在月球上时，由于g月＜g地，所以同一单摆在月球上的周期比在地球上的周期大，但是水平弹簧振子不会受g变化的影响而改变周期。
g还由单摆系统的运动状态决定，如单摆处在向上加速的升降机中，设加速度为a，则摆球处于超重状态，沿圆弧的切向分力变大，则重力加速度的等效值g′＝g＋a，若升降机加速下降，则重力加速度的等效值g′＝g－a。单摆若在轨道上运行的卫星内，摆球完全失重，回复力为零，等效值g′＝0，摆球不摆动了，周期无穷大。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，摆球所受的张力F与摆球质量m的比值eq \f(F,m)。
类型一 单摆的回复力
【例1】 对于单摆的振动，以下说法中正确的是( )。
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
解析：该题考查单摆做简谐运动时的回复力。单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为eq \f(mg,l)x，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零。故选项C正确。
答案：C
题后反思：回复力和向心力都是按效果命名的，一定要清楚它们的来源。回复力是沿振动方向上的合力，而不是物体受到的合力。
类型二 单摆周期公式的理解及应用
【例2】 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？
点拨：该题考查了单摆周期公式的应用，可以利用单摆的周期公式求重力加速度，也可以通过改变摆长从而改变周期。
解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，由此可得g＝eq \f(4π2l,T2)，只要求出T值代入即可。
因为T＝eq \f(t,n)＝eq \f(60.8,30) s＝2.027 s
所以g＝eq \f(4π2l,T2)＝eq \f(4×3.142×1.02,2.0272) 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，根据单摆的振动规律有
eq \f(T,T0)＝eq \f(\r(l),\r(l0))
故有l0＝eq \f(T\\al(2,0)l,T2)＝eq \f(22×1.02,2.0272) 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)其摆长要缩短0.027 m
题后反思：单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))是在当单摆的最大偏角小于5°，单摆的振动是简谐运动的条件下才适用的，改变单摆的摆长能改变单摆的周期，同一单摆在重力加速度不同的两地周期也不相同。单摆的周期与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关，另外根据周期公式的变形式g＝eq \f(4π2l,T2)还可以测重力加速度。
类型三 用单摆测重力加速度
【例3】 在“用单摆测重力加速度”的实验中，
(1)某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
b．用米尺量得细线长度l
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝eq \f(t,n)
e．用公式g＝eq \f(4π2l,T2)计算重力加速度
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比__________(选填“偏大”“相同”或“偏小”)。
(2)已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为T′＝T0(1＋asin2eq \f(θ,2))，式中T0为摆角趋近于0°时的周期，a为常数。为了用图象法验证该关系式，需要测量的物理量有___________ ______________________________________________________________________________。
若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图象中的横轴表示____________________。
点拨：单摆实验的目的是测量当地的重力加速度，需要测量的物理量有摆长和周期。
解析：(1)在实验操作中有一项存在问题。用米尺量得细线的长度l，在计算时就把l作为摆长来处理了，这是不妥的，应该再加上小球的半径。因摆长等于在单摆自然下垂时从悬点到球心的距离。由此判断，所得重力加速度的值偏小。
(2)要验证T′＝T0(1＋asin2eq \f(θ,2))，具体做法是测量在不同摆角下的周期。由此我们需要测量摆角θ，测量在该摆角下摆n次的总时间t′，得到周期T′＝eq \f(t′,n)。改换摆角，再次测量。
将图象中的直线反向延长后与横轴有交点，该交点的意义是摆角接近0°时的单摆的周期T0，所以得横轴是T′。
答案：(1)偏小 (2)T′(或t′、n)、θ T′
题后反思：摆长也可以直接从悬点测到球心，因摆长引起的误差就会减小。
1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
2一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法中正确的是( )。
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
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，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
3有关单摆运动过程中的受力说法中，正确的是( )。
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆过平衡位置的合力为零
D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
4(2011·福建理综)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°的偏角，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．ABC 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，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。
2．D 由振动图象可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D正确。
3．B 单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故选项A错误；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确，D错误；单摆过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误。
4．解析：①主尺读数为9 mm，游标尺第7条刻线与主尺对齐，读数为9 mm＋7×0.1 mm＝9.7 mm＝0.97 cm。
②偏角太大，且计时应在平衡位置，A项错误；计时100次为50个周期，一个周期为，B项错误；摆长应为摆线长加摆球半径，L偏大，由T＝计算出重力加速度偏大，C项正确；应选择密度较大的摆球，测得的重力加速度误差较小，D项错误。
答案：①0.97 ②C
1．知道什么是单摆。
2．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。
冬天走时准确的老式挂钟，到了夏天就不准确了，为什么呢？应该怎样调整？
提示：由于热胀冷缩，到了夏天，挂钟的钟摆变长了，摆动的周期发生了变化，所以走时不准确了，应该调整钟摆的长度，调整摆锤下面的螺母，让摆锤的重心升高即可。
1．单摆
由细线和小球组成，细线的______与小球相比可以忽略，球的______与线的______相比也可以忽略。忽略摆动过程中所受阻力的作用，单摆是实际摆的理想化模型。
为了满足上述条件，我们尽量选择质量大、半径小的球和尽量细的无弹性的线。
思考：结合单摆模型的特点想一想，下列装置能否视为单摆，为什么？
2．单摆的回复力
(1)回复力的提供：摆球的重力沿______方向的分力。
(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力和它偏离平衡位置的位移大小成______，方向总是指向__________，即________________。
(3)运动规律：单摆在偏角很小时做__________，其振动图象遵循__________规律。
思考：如图所示，细线下悬挂一个除去了栓塞的注射器，注射器向下喷出一细束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向匀速拖动一张白纸，喷到白纸上的墨迹便画出振动图象。你知道为什么要匀速拖动长木板吗？
3．单摆的周期
(1)实验研究：单摆的振幅、质量、摆长对周期各有什么影响？
控制条件：实验主要是为研究属于简谐运动的单摆振动的周期，所以摆角不要超过5°。
步骤1：把摆长相同的两个摆球从不同高度释放，观察现象：摆球同步振动，说明单摆振动的周期与______无关。
步骤2：将摆长相同、质量不同的摆球拉到同一高度释放，观察现象：两摆球同步振动，即说明单摆的周期与____________无关，不受其影响。
步骤3：取摆长不同，两个相同的摆球从某一高度同时释放，观察现象：两摆球振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢。这说明单摆振动跟______有关。
实验表明：单摆的振动周期与摆球的质量无关；在振幅较小时，与振幅无关；但是与摆长有关，摆长越长，周期越长。
步骤4：定量研究周期跟摆长的关系：测量不同摆长下的单摆的振动周期，实验需要精确地测量两个物理量，它们是____________。
①摆长的测量：用带毫米刻度的米尺测量摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径。摆长等于__________与__________之和。
②周期的测量：用停表测出单摆30～50次全振动的时间t，周期为：__________。
(2)周期公式：荷兰物理学家惠更斯研究了单摆的振动，在大量可靠的实验基础上，经过一系列的理论推导和证明得到：单摆的周期和摆长l的平方根成____比，和重力加速度g的平方根成____比，而与振幅、摆球的质量无关。
惠更斯确定了单摆振动的周期公式：______________。
4．用单摆测定重力加速度
由周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可得：g＝________________，只要测出单摆的______和______，就可以求出当地的重力加速度。
答案：1．质量 直径 长度
思考
提示：都不能，(1)中橡皮筋的伸缩不能忽略；(2)(3)中乒乓球和大木球摆动时，空气阻力不能忽略；(3)中大木球的直径与线的长度相比也不能忽略不计。
2．(1)圆弧
(2)正比 平衡位置 F＝－eq \f(mg,l)x
(3)简谐运动 正弦函数
思考
提示：匀速拖动木板，可以保证得到的单摆振动图象的时间轴的间隔是均匀分布的。
3．(1)振幅 摆球质量 摆长 摆长和周期 摆线长度 摆球半径 T＝eq \f(t,n)
(2)正 反 T＝2πeq \r(\f(l,g))
4.eq \f(4π2l,T2) 摆长 周期
一、证明单摆在摆角很小的情况下做简谐运动
如图所示，摆球受重力G＝mg和绳子的拉力F′两个力作用，将重力mg按切线方向和径向正交分解，则绳子的拉力F′与重力的径向分力的合力充当了以悬点为圆心的圆周运动的向心力，而重力的切向分力F提供了使摆球振动的回复力。当单摆运动到摆线与竖直方向夹角为θ的位置时，摆球受到的回复力为F＝mgsin θ。
设单摆的摆长为l，在摆角θ＜5°的条件下，若将θ用弧度值来表示，就存在如下近似关系：sin θ≈θ。
上式中弧OP所对的弦OP就是摆角为θ时摆球对平衡位置的位移x，所以sin θ≈eq \f(x,l)。
摆球在摆角θ很小的条件下受到的回复力近似表示为：
F＝－eq \f(mg,l)·x，令k＝eq \f(mg,l)，则F＝－kx。
对一个确定的单摆来说，k是一个不随振动变化的定值，这表明摆球所受的回复力的大小跟摆球振动的位移成正比，负号则正好反映了摆球所受回复力的方向与摆球位移的方向相反(即回复力方向始终指向平衡位置)。由此可见，单摆在摆角θ＜5°的条件下的振动是简谐运动。
由于中学物理实验对精度要求不是很高，θ＜10°时就可以满足中学物理实验对误差的要求。做实验时，为了增加可见度，单摆的摆角不必拘泥于小于5°这个角度。
二、在探究实验中的几个问题
1．测量单摆的振动周期时为什么要从平衡位置开始计时
单摆摆到平衡位置时的速度最大，从这里作为计时起点误差最小。因为计时的瞬间球快速地通过平衡位置，即使球没有摆到平衡位置或刚超过了平衡位置，摆球的运动用时也很短。相反，若在最大位移处开始计时，正因为是速度很小，计时的瞬间若摆球没有到达或超过最大位移，运动时间较长，引起的误差就会大一些。
2．如何探究单摆振动的周期跟摆球质量的关系
使用摆长相同而质量不同摆球的单摆，测量其摆动的周期即可。
3．如何探究单摆振动的周期跟振幅的关系
同样摆长的单摆，让它们的振动幅度不同，测量其摆动的周期即可。
4．在周期的测量中，采取什么方法可使误差更小些
测量30次或40次、50次的总时间，然后求出平均周期即可。
三、如何理解单摆的周期公式
1．等效摆长：摆长是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定是摆线的长。如图，摆球可视为质点，各段绳长均为l，甲、乙摆球做垂直纸面的小角度摆动，丙摆球在纸面内做小角度摆动，O′为垂直纸面的钉子，而且OO′＝eq \f(l,3)，则各摆的周期为
甲：等效摆长l甲＝lsin α，T甲＝2πeq \r(\f(lsin α,g))。
乙：等效摆长l乙＝lsin α＋l，T乙＝2πeq \r(\f(l(sin α＋1),g))。
丙：摆线摆到竖直位置时，圆心就由O变为O′，摆球振动时，半个周期摆长为l，另半个周期摆长为(l－eq \f(l,3))，即为eq \f(2,3)l，则单摆丙的周期为T丙＝πeq \r(\f(l,g))＋πeq \r(\f(\f(2l,3),g))。
2．等效重力加速度g，g不一定等于9.8 m/s2
g由单摆所在的空间位置决定。由g＝Geq \f(M,R2)知，g随所在地球表面的位置和高度的变化而变化，高度越高，g的值就越小。另外，在不同星球上g也不同。
同一单摆，在不同的地理位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同。
同一单摆，在不同的星球上，其周期也不相同。例如单摆放在月球上时，由于g月＜g地，所以同一单摆在月球上的周期比在地球上的周期大，但是水平弹簧振子不会受g变化的影响而改变周期。
g还由单摆系统的运动状态决定，如单摆处在向上加速的升降机中，设加速度为a，则摆球处于超重状态，沿圆弧的切向分力变大，则重力加速度的等效值g′＝g＋a，若升降机加速下降，则重力加速度的等效值g′＝g－a。单摆若在轨道上运行的卫星内，摆球完全失重，回复力为零，等效值g′＝0，摆球不摆动了，周期无穷大。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，摆球所受的张力F与摆球质量m的比值eq \f(F,m)。
类型一 单摆的回复力
【例1】 对于单摆的振动，以下说法中正确的是( )。
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
解析：该题考查单摆做简谐运动时的回复力。单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为eq \f(mg,l)x，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零。故选项C正确。
答案：C
题后反思：回复力和向心力都是按效果命名的，一定要清楚它们的来源。回复力是沿振动方向上的合力，而不是物体受到的合力。
类型二 单摆周期公式的理解及应用
【例2】 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？
点拨：该题考查了单摆周期公式的应用，可以利用单摆的周期公式求重力加速度，也可以通过改变摆长从而改变周期。
解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，由此可得g＝eq \f(4π2l,T2)，只要求出T值代入即可。
因为T＝eq \f(t,n)＝eq \f(60.8,30) s＝2.027 s
所以g＝eq \f(4π2l,T2)＝eq \f(4×3.142×1.02,2.0272) 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，根据单摆的振动规律有
eq \f(T,T0)＝eq \f(\r(l),\r(l0))
故有l0＝eq \f(T\\al(2,0)l,T2)＝eq \f(22×1.02,2.0272) 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)其摆长要缩短0.027 m
题后反思：单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))是在当单摆的最大偏角小于5°，单摆的振动是简谐运动的条件下才适用的，改变单摆的摆长能改变单摆的周期，同一单摆在重力加速度不同的两地周期也不相同。单摆的周期与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关，另外根据周期公式的变形式g＝eq \f(4π2l,T2)还可以测重力加速度。
类型三 用单摆测重力加速度
【例3】 在“用单摆测重力加速度”的实验中，
(1)某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
b．用米尺量得细线长度l
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝eq \f(t,n)
e．用公式g＝eq \f(4π2l,T2)计算重力加速度
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比__________(选填“偏大”“相同”或“偏小”)。
(2)已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为T′＝T0(1＋asin2eq \f(θ,2))，式中T0为摆角趋近于0°时的周期，a为常数。为了用图象法验证该关系式，需要测量的物理量有___________ ______________________________________________________________________________。
若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图象中的横轴表示____________________。
点拨：单摆实验的目的是测量当地的重力加速度，需要测量的物理量有摆长和周期。
解析：(1)在实验操作中有一项存在问题。用米尺量得细线的长度l，在计算时就把l作为摆长来处理了，这是不妥的，应该再加上小球的半径。因摆长等于在单摆自然下垂时从悬点到球心的距离。由此判断，所得重力加速度的值偏小。
(2)要验证T′＝T0(1＋asin2eq \f(θ,2))，具体做法是测量在不同摆角下的周期。由此我们需要测量摆角θ，测量在该摆角下摆n次的总时间t′，得到周期T′＝eq \f(t′,n)。改换摆角，再次测量。
将图象中的直线反向延长后与横轴有交点，该交点的意义是摆角接近0°时的单摆的周期T0，所以得横轴是T′。
答案：(1)偏小 (2)T′(或t′、n)、θ T′
题后反思：摆长也可以直接从悬点测到球心，因摆长引起的误差就会减小。
1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
2一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法中正确的是( )。
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
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，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
3有关单摆运动过程中的受力说法中，正确的是( )。
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆过平衡位置的合力为零
D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
4(2011·福建理综)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°的偏角，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．ABC 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，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。
2．D 由振动图象可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D正确。
3．B 单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故选项A错误；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确，D错误；单摆过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误。
4．解析：①主尺读数为9 mm，游标尺第7条刻线与主尺对齐，读数为9 mm＋7×0.1 mm＝9.7 mm＝0.97 cm。
②偏角太大，且计时应在平衡位置，A项错误；计时100次为50个周期，一个周期为，B项错误；摆长应为摆线长加摆球半径，L偏大，由T＝计算出重力加速度偏大，C项正确；应选择密度较大的摆球，测得的重力加速度误差较小，D项错误。
答案：①0.97 ②C
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