4．單擺探究對單擺的回復力及運動特點的理解要點提煉1.回復力來源單擺的回復力是重力沿圓弧切向的分力F＝mgsinθ供應的。2．單擺做簡諧運動的推證(1)在隨意位置P，則有向線段eq\o(OP,\s\up6(→))為此時的位移x，重力G沿圓弧切線方向的分力G1＝Gsinθ供應擺球以O點為中心做往復運動的回復力。(2)在擺角很小時，sinθ≈θ＝eq\f(x,l)，G1＝Gsinθ＝eq\f(mg,l)x，G1方向與擺球位移方向相反，所以有回復力F回＝G1＝－eq\f(mgx,l)。令k＝eq\f(mg,l)，則F回＝－kx。因此，在擺角θ很小時，單擺做簡諧運動。(擺角一般不超過5°)(1)單擺振動的回復力為擺球重力沿圓弧切線方向的分力，回復力不是擺球所受的合外力。(2)單擺的搖擺不肯定都是簡諧運動，只有單擺做小角度(擺角小于5°)搖擺時才認為是簡諧運動。典例剖析1.如圖所示，O點為單擺的固定懸點，現將擺球(可視為質點)拉至A點，此時細線處于張緊狀態，釋放擺球，擺球將在豎直平面內的A、C之間來回搖擺，B點為運動中的最低位置，則在搖擺過程中(D)A．擺球在A點和C點處，速度為零，合力也為零B．擺球在A點和C點處，速度為零，回復力也為零C．擺球在B點處，速度最大，回復力也最大D．擺球在B點處，速度最大，細線拉力也最大解析：擺球在重力和細線拉力作用下沿圓弧AC做圓周運動，在最高點A、C處速度為零，所受合力不為零，在最低點B處，速度最大，細線上拉力最大。A錯，D對；擺球的回復力F＝mgsinθ中，θ為擺線偏離豎直方向的角度，所以擺球在搖擺過程中，在最高點A、C處回復力最大，在最低點B處回復力為零。B、C錯。對點訓練?將一個擺長為l的單擺放在一個光滑的、傾角為α的斜面上，其擺角為θ，如圖所示，下列說法正確的是(A)A．擺球做簡諧運動的回復力為F＝mgsinθsinαB．擺球做簡諧運動的回復力為F＝mgsinθC．擺球經過平衡位置時合力為零D．擺球在運動過程中，經過平衡位置時，線的拉力為F′＝mgsinα解析：擺球做簡諧運動的回復力由重力沿斜面的分力沿圓弧的切向分力來供應，則回復力為F＝mgsinθsinα，故選項A正確，B錯誤；擺球經過平衡位置時，回復力為零，向心力最大，故其合外力不為零，所以選項C錯誤；設擺球在平衡位置時速度為v，由動能定理得mgsinα(l－lcosθ)＝eq\f(1,2)mv2，由牛頓其次定律得F′－mgsinα＝meq\f(v2,l)，由以上兩式可得線的拉力為F′＝3mgsinα－2mgsinαcosθ，故選項D錯誤。探究對單擺周期公式的理解及應用要點提煉1.單擺的周期單擺的振動周期與振幅和質量無關，只確定于擺長與該處的重力加速度g，T＝2πeq\r(\f(l,g))。2．對擺長的理解(1)實際的單擺擺球不行能是質點，所以擺長應是從懸點到擺球球心的長度，即l＝L＋eq\f(d,2)，L為擺線長，d為擺球直徑。(2)等效擺長。圖(a)中甲、乙在垂直紙面方向搖擺起來效果是相同的，所以甲擺的擺長為l·sinα，這就是等效擺長，其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。圖(b)中，乙在垂直紙面方向搖擺時，與甲擺等效；乙在紙面內小角度搖擺時，與丙等效。3．影響g的主要因素(1)g由單擺所在的空間位置確定。由g＝Geq\f(M,r2)知，g隨所在地球表面的位置和高度的改變而改變，高度越高，g的值就越小，另外，在不同星球上g也不同。(2)g還由單擺系統的運動狀態確定，如單擺處在向上加速的升降機中，設加速度為a，則重力加速度的等效值g′＝g＋a；若升降機加速下降，則重力加速度的等效值g′＝g－a。4．定量探究：單擺周期與擺長的關系(1)試驗要點(2)留意事項①要保證單擺在同一豎直平面內搖擺。②搖擺偏角盡量不要大于5°。③懸線上端不要隨擺球搖擺，肯定要使之固定。④測量線長時要將其掛好后再測量。⑤起先計時的位置選在擺球經過平衡位置時。⑥測量周期時，一般測單擺振動30～50次全振動的時間，再求周期。⑦處理數據時，一般作出L－T2的關系圖像，找出周期與擺長的關系。典例剖析2.正在修建的房頂上固定的一根不行伸長的細線垂到三樓窗沿下，某同學應用單擺原理測量窗的上沿到房頂的高度，先將線的下端系上一個小球，發覺當小球靜止時，細線恰好與窗子上沿接觸且保持豎直，他打開窗子，讓小球在垂直于墻的豎直平面內搖擺，如圖所示，從小球第1次通過圖中的B點起先計時，第21次通過B點用時30s；球在最低點B時，球心到窗上沿的距離為1m，當地重力加速度g取π2m/s2；依據以上數據，求：(1)小球運動的周期T。(2)房頂到窗上沿的高度h。解析：(1)小球30s內完成全振動的次數：n＝eq\f(1,2)×(21－1)＝10，故小球運動的周期T＝eq\f(t,n)＝3s。(2)設小球以窗上沿為懸點做單擺運動的周期為T1，以房頂為懸點做單擺運動的周期為T2，由題意知，T1＝2πeq\r(\f(l,g))，T2＝2πeq\r(\f(l＋h,g))，故T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π\r(\f(l,g))＋2π\r(\f(l＋h,g))))，解得h＝3m。答案：(1)3s(2)3m對點訓練?如圖所示，曲面AO是一段半徑為2m的光滑圓弧面，圓弧與水平面相切于O點，AO弧長為10cm，現將一小球先后從曲面的頂端A和AO弧的中點B由靜止釋放，到達底端的速度分別為v1和v2，經驗的時間分別為t1和t2，那么(B)A．v1<v2，t1<t2B．v1>v2，t1＝t2C．v1＝v2，t1＝t2D．以上三項都有可能解析：因為AO弧長遠小于圓弧半徑，所以小球從A、B處沿圓弧滑下可等效成小角度單擺的搖擺，即做簡諧運動，等效擺長為2m，單擺的周期與振幅無關，故有t1＝t2，只有重力做功，有：mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(2gh)，故v1>v2。選項B正確。不同系統中的等效重力加速度：在不同運動系統中，單擺周期公式中的g應理解為等效重力加速度，其大小等于單擺相對系統靜止時的擺線拉力與擺球質量之比。①向下加速g等＝g－a(a<g)②向上加速g等＝g＋a③存在向上電場g等＝eq\f(mg－qE,m)④存在向下電場g等＝eq\f(mg＋qE,m)⑤存在磁場g等＝g⑥等量異種電荷g等＝g⑦微小圓弧l等效＝Rg等效＝gR?x案例如圖所示的幾個相同單擺在不同條件下，關于它們的周期關系，其中推斷正確的是(C)A．T1>T2>T3>T4 B．T1<T2＝T3<T4C．T1>T2＝T3>T4 D．T1<T2<T3<T4解析：圖(1)中，當擺球偏離平衡位置時，重力沿斜面的分力(mgsinθ)