第十二章学案55机械振动用单摆测定重力加速度.doc

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1、第十二章机械振动机械波学案55机械振动用单摆测 定重力加速度课前双基回扣以題挖点，回扣概念规律和方法一、概念规律题组1. 简谐运动的平衡位置是指（）A.速度为零的位置B.回复力为零的位置C. 加速度为零的位置D.位移最大的位置2. 悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期为2 s,从最低点的位置向上运动时开始计时,它的振动图象如图1所示，由图可知（图1A. t = 1.25 s时振子的加速度为正，速度为正B. t = 1.7 s时振子的加速度为负，速度为负C. t = 1.0 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值D. t = 1.5 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值二、思想方法题组3. 如图2

2、所示两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M, A与B之间的 最大静摩擦力为F坯，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使A和B在图2A. 它们的振幅不能大于?M+m? kMFfmB. 它们的振幅不能大于?M+m? kmFf.C. 它们的最大加速度不能大于F珀一 MD. 它们的最大加速度不能大于F珀一 mCOB1s,J简谐运动的规律及应用图3情景：如图3所示，一水平方向的弹簧振子在BC之间做简谐运动.以此为例，试分 析简谐运动的以下特征：1. 受力特征：回复力满足F=-kx,即回复力大小与位移的大小成正比，方向与位移 的方向相反.2 .运动特征：简谐运动是变速运动，位移X、速度

3、V、加速度a都随时间按正弦规律 周期性变化.当振子靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大：当振子远离平衡位置 时，a、F、x都增大，v减小.3.能量特征：振幅越大，能量越大.在运动过程中，动能和势能相互转化，机械能守 恒.4.对称性特征：P1 O P图4（1）如图4所示，振子经过关于平衡位冒0对称（OP=OP）的两点P、P'时，速度的大小、动能、势能相等.相对于平衡位置的位移大小相等.（2）振子由P到0所用时间等于由0到P'所用时间，即teo = top .振子往复运动过程中通过同一段路程（如0P段）所用时间相等即to?=tPo.【例1】（2010 全国卷【21） 简谐振子沿

4、x轴振动，平衡位置在坐标原点.t = 0时刻振子的位移x= 0.1 m； t = 43 s时刻x = 0.1 m： t = 4 s时刻x = 0.1 m该振子的振幅和周期可能为（）A. 01 m, 83 sB 0.1 m, 8 s C 0.2 m> 83 sD 0.2 m, 8二、简谐运动的图象图51. 确定振动物体在任一时刻的位移.如图5所示，对应S、B时刻的位移分别为总 =+ 7 cm, xc = 5 cm.2. 确定振动的振幅.图象中最大位移的值就是振幅，如图5所示，振动的振幅是10 cm. 3确定振动的周期和频率.振动图象上一个完整的正弦（余弦）图形在时间轴上拉开的“长度&quo

5、t;表示周期.由图5可知，OD、AE. BF的间隔都等于振动周期，T = 0.2 s,频率f = l/T = 5 Hz.4. 确定各质点的振动方向.例如：图5中的S时刻，质点正远离平衡位置向正方向运 动：B时刻，质点正向着平衡位置运动.5. 比较各时刻质点加速度的大小和方向.例如：在图5中，S时刻质点位移X】为正, 则加速度豪为负，U时刻质点位移X：为负，则加速度a：为正，乂因为| Xl|>|x= | ,所 以 I ai | > | ac | .【例2】(2010 温州模拟)如图6所示为一图6弹簧振子的振动图象，试完成以下要求：(1) 写出该振子简谐运动的表达式.(2) 在第2 s

6、末到第3 s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各 是怎样变化的？(3) 该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？三、单摆及周期公式1. 单摆振动的周期公式T= V 2n lg,该公式提供了一种测定重力加速度g的方法.2. 丄为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为 摆球摆动所在圆弧的圆心.3. g为当地重力加速度.4. T= V 2 ii lg只与1及g有关，而与振子的质量及振幅无关.特别提示若单摆没有处于地球表面或所处环境为非平衡态，则g为等效重力加速度，大体有这样 几种情况：(1)不同星球表面g=GM/r：； (2)单摆处于超重或失重状

7、态等效g = g。土a, 如轨道上运行的卫星a = go,完全失重，等效g = 0； (3)不论悬点如何运动还是受别的 作用力，等效g的取值等于在单摆不摆动时，摆线的拉力F与摆球质量m的比值，即 等效g=F/m.【例3】(2011 -江苏12B(3)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上 质量为m的物块.将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期 恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期.请由单摆的周期公式推算出该 物块做简谐运动 的周期T.四、实验：用单摆测重力加速度1. 实验原理 单摆在摆角很小(小于10。)时，其摆动可以看作简谐运动，其振动周期T = 2

8、n V lg,其中丄为摆长，g为当地重力加速度，由此可得g=4n 一 4班，据此，只要测 出摆长1和周期T,就可计算出当地重力加速度g的数值.2. 注意事项(1) 细线的质量要小，弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过10° .(2) 耍使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由 静止释放.(3) 测周期的方法： 要从摆球过平衡位置时开始计时，因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、 计时误差大. 要测多次全振动的时间來计算周期.如在摆球过平衡位置开始计时，且在数“零”的 同时按下秒表，以后摆球从同一方向通过最低位置时计数1次.(4) 由公式g

9、=4 n 一 =lTz,分别测出一系列摆长丄对应的周期T,作出1Tz的图 象，如图7所示，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k,即可求得g值.图7g = 4 3i zk, k= ITz = A 1 A Tz根据图线斜率求g值可以减小误差.【例4】某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只 好找到一块大小为3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球.实验步骤是：A. 石块用细尼龙线系好，结点为M,将尼龙线的上端固定于0点B. 用刻度尺测量0M间尼龙线的长度L作为摆长C. 将石块拉开一个大约a =30。的角度，然后由静止释放D. 从摆球摆到最高点时开始计时，测出30

10、次全振动的总时间t,由T = t_ 30得出 周期E. 改变OM间尼龙线的长度，再做几次实验，记下相应的L和丁F. 求出多次实验中测得的L和T的平均值作计算时使用的数据，带入公式g=(2n_T)二L求出重力加速度g.(1) 你认为该同学在以上实验步骤中有重大错误的是哪些步骤？为什么？(2) 该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真 实值偏大还是偏小？你认为用何方法可以解决摆长无法准确测量的困难？五、受迫振动和共振1. 做受迫振动的物体，它的周期或频率等于驱动力的周期或频率，与物体的固有周期 或固有频率无关.2. 共振：做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率

11、越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大,图83. 共振曲线如图8所示，以驱动力频率为横坐标，以受迫振动的振幅为纵坐标.它直观地反映了驱 动力频率对受迫振动振幅的影响，由图可知，与fn越接近，振幅A越大：当f* = f 曲时，振幅A最大.【例5】某振动系统的固有频率为f。，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力 的频率为f .若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（填入选项前的字母）A. 当fCfo时，该振动系统的振幅随f增大而减小B. 当f>fo时，该振动系统的振幅随f减小而增大C. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于foD. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f课

12、时效果检测限时自测.测速度、练规范、提能力【基础演练】1. （2009 天津 8）某质点做简谐运动, 则质点（）A. 第1 s末与第3 s末的位移相同B. 第1 s末与第3 s末的速度相同c. 3 s末至5 s末的位移方向都相同其位移随时间变化的关系式为xAsin Ji 4t,D.3 s末至5 s末的速度方向都相同图92. （2010 衡阳模拟）一质点做简谐运动的振动图象如图9所示，质点的速度与加速 度方向相同的时间段是（）I5!* IA. 0 O.3sB 03 s 06 s C 0.6 s 09 s D 0.9 s“ a O i> c1.2 s图103. (2010 安徽合肥一模)如图

13、10所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s,振子经3、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s,则该 振子的振动频率为()A. 1 Hz B. 1.25 Hz C. 2 Hz D. 2.5 Hz 4. 一弹簧振子做简谐运动， 周期为T,贝IJ()A. 若t时刻和(t+At)时刻振子运动的位移大小相等、方向相同，则At 定等于T 的整数倍B. 若t时刻和(t+At)时刻振子运动的速度大小相等、方向相反，则At 定等于 T2的整数倍C. 若AthT,则在t时刻和(t+At)时刻振子运动的加速度一定相等D. 若=2,则在t时刻和(t+At)时刻弹簧的长度一定相等图11

14、5. (2010 南京模拟)如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L,若在O点的竖直线 上的0点钉一个钉子，使00' =L/2,将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间 來回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于10° ,则此摆的周期是()图126. 如图12所示，AC是一段半径为2 m的光滑圆弧轨道，圆弧与水平面相切于A点, BC = 7 cm现将一个小球先后从曲而的顶端C和圆弧中点D由静止开始释放，到达底端 时的速度分别为门和V"所用时间分别为一和匕，贝叽)A Vi>Vc, ti = tcB Vi<Vc, ti = tzC. Vi>Vc, ti>

15、tzD Vi = V2, ti = tc图137. (2010 江苏泰州联考)如图13所示为受迫振动的演示装置，当单摆A振动起来后, 通过水平悬绳迫使单摆B、C振动，则下列说法正确的是()A. 只有A、C摆振动周期相等B. A摆的振幅比B摆小C. C摆的振幅比B摆大D.4、B、C三摆的振动周期相等7答案题周123456【能力提升】8. 有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20 cm,振 子在2 s内完成了 10次全振动.若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t = 0), 经过14期振子有正向最大加速度.(1) 求振子的振幅和周期；(2) 作出该振子的位移一时间图象

16、；(3) 写出振子的振动方程图149. 如图14所示是一个单摆的共振曲线.(1) 若单摆所处环境的重力加速度g取9.8 m/,试求此摆的摆长.(2) 若将此单摆移到高山上，共振曲线的“峰”将怎样移动？ts图1510. （探究创新）（2010 北京海淀区模拟）某同学利用如图15所示的装置测量当地的 重力加速度.实验步骤如下：A. 按装置图安装好实验装置；B. 用游标卡尺测量小球的直径d;C. 用米尺测量悬线的长度丄；D. 让小球在竖直平面内小角度摆动.当小球经过最低点时开始计时，并计数为0,此 后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、.当数到20时，停止计时，测得时 间为t：E. 多次改变悬

17、线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D:F. 计算出每个悬线长度对应的G. 以B为纵坐标、丄为横坐标，作出图线.结合上述实验，完成下列题目：（1）用游标为10分度（测量值可准确到0.1 mm）的卡尺测量小球的直径.某次测量的示 数如图16所示，读出小球直径d的值为cm21 1 1 1 1 1 1 1 1 L 1 13 cmi 1 1 1 1 1 E 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0510o 1 r厂了谕/hi id:i I -OS 10 J图17(2) 该同学根据实验数据，利用计算机作出图线如图17所示.根据图线拟合得到方程tz = 404.01 + 35由此可以得出当地的

18、重力加速度g=m/s：.(取ji ：=9.86,结果保留3.位有效数字)(3) 从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是()A. 不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时B. 开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数C. 不应作tc-1图线，而应作t (l-12d)图线D. 不应作t：-l图线，而应作tc- (l+12d)图线節十二章机械撮动机械波光学案55机械振动用单摆测定重力加速度【课前双基回扣】1. B 简谐运动的物体，平衡位置是回复力为零的位置，而合外力是否为零，不同的 系统是不同的，因此加速度不一定为零，比如单摆在平衡

19、位置时存在向心加速度.简谐 运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零.2. C 弹簧振子振动时，加速度的方向总是指向平衡位置，且在最大位移处，加速度 值最大，在平衡位置处加速度的值为0,由图可知，t = l .25 s时，振子的加速度为 负，t = 1.7 s时振子的加速度为正，t = l. 5 s时振子的加速度为零，故A、D均错 误，只有C正确.3. BD 为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，在最大振幅时，是加速度的最大时刻，这时对A研究则有：Ffra=mam,得a. = F m,故C错误，D正确；对整体研究， 最大振幅即为弹簧的最大形变量，kA= (M+m) a，得A=?M+m。 km

20、F*, A错误，B正确.思维提升1. 简谐运动的概念：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动 图象(x-t)图象是一条正弦曲线这样的振动叫简谐运动.描述简谐运动的物理量有振幅 A、周期T、频率f等.2. 回复力F=-kx.回复力为效果力.3. 振动图象表示质点离开平衡位置的位移随时间变化的规律，它不是质点的运动轨迹.【核心考点突破】例1 ACD 若扌長幅A=0.1 m, T = 83 s,则43 s为半周期，从一0.1 m处运动到 0.1m,符合运动实际，4 s-43 s = 83 s为一个周期，正好返回0.1 m处，所以A 项正确.若A =0.1 m, T = 8 s, 4

21、3 s只是T的:L_ 6,不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B项错.若A=0.2 m, T=8- 3 s, 4- 3 s = T2,振子可以由一0.1 ni运动到对称位置，4 s 43 s = 83 s = T,振子可以由0.1 m返回0.1 m,所以C项对.若A =02 m, T=8 s, 43 s = 2XT 12,而 Asin?2 n T T 12 = 12A,即 T 12 时间 内，振子可以从平衡位置运动到0.1ni处；再经83 s又恰好能由0.1m处运动到0.2 m处后再返回0.1 m处，故D项正确.例 2 (l)x = 5sin Ji2t (2)见解析(3)0 5 m

22、解析(1)由振动图象可得：A=5 cm, T = 4 s, 4)=0 则 3=2口_ T= n 2 rad/s 故该振子简谐运动的表达式为x = 5sin n 2t(2) 由图可知，在t = 2 s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的 延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不斯变小，动能不断减小，弹性势 能逐渐增大.当t = 3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势 能达到最大值.(3) 振子经过一个周期位移为零，路程为5X4 cm=20 cm,前100 s刚好经过了 25 个周期，所以前100 s振子位移x = 0,振子路程s = 20X25 cm

23、=500 cm=5 m.解析 物块平衡时，弹黄伸长量为L,则mg = kL,由单摆周期公式丁 =2 Ji Lg解得T =2 nmk例4见解析解析(1)实验步骤中有重大错误的是：B:大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长C:最大偏角不能超过10°D:应在摆球经过平衡位置时计时F:应该用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值(2)用OM作为摆长，则忽略了大理石块的大小，没有考虑从结点M到石块重心的距离， 故摆长L偏小.根据T=2t/ Lg, g = 4 口 uLT二，故测量值比真实值偏小.可以用改变摆长的方法，如T = 2 nLg,TL+Alg,测出则g = 4 nz A IT' 二

24、一Tt.例5 BD 由共振条件及共振曲线可知：驱动力频率f °越接近振动系统的固有频率f。，则振幅越大，故知：当fkfj时，振幅随f的而 f , A错；当f>f。时，振幅随f的f而丨，随f的I而f , B对；系统振动稳定时，振动频率等于驱动力频率匚 与固有频率fo无关，D对，C错，故选B、D. 思想方法总结1. 质点做简谐运动时，在同一位置，振动的位移相同，回复力、加速度、动能和势能 也相同，速度大小相等，但方向可能相同，也可能相反.在关于平衡位置对称的两个位 置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反，速度大小相等，方向可能 相同，也可能相反；振动质点由平衡位置

25、到该两对称点的时间也对应相等，一个做简谐 运动的质点，经过时间t=(2n + l)T2(n = 0,l,2,3,)，质点所处位置必与原来位 置关于平衡位置对称.2. 解决类单摆问题应注意(1) 建立单摆模型.(2) 利用等效思想掌握等效摆长和g'的计算方法.(3) 摆角较大时，不能用公式T=、P 2Jilg来计算.3. 解答受迫振动和共振的问题时要抓住两点：(1)受迫振动的频率等于驱动力的频率；(2)当受迫振动的频率越接近固有频率时，受迫振动的振幅越大，否则越小.【课时效果检测】1 AD 2.BD 3.B4. C 设弾簧振子的振动图象如右图所示，B、C两点、的位移大小相等、方向相同，但

26、 B、C两点的时间间隔厶C=nT(n = l,2z3,),A错误；B、C两点的速度大小相等.方向相反，但tHnT/2 (n = ：L,2,3,)，B错误；因为A、D两点的时间间隔卜皂= T, 4、D两点的位移大小和方向均相等，所以A> D两点的加速度一定相等，C正确；A、 C两点的时间间隔厶t = T/2, A点、与C点位移大小相等、方向相及，若在A点弹簧是 伸长的，则在C点弹簧是压缩的，所以A. C两点弹簧的形变量大小相同，而弹簧的长 度不相等，D错误5 D T= Ti2 +T二2=nL2g,故选D6. A 小球所以有T = 2 n两次沿光滑圆弧轨道下滑，其重力的切向分力提供回复力，又

27、因弧长远远小于半径，即 最大摆角小于10° ,小球两次运动均可视为单摆的简谐运动，摆长等于圆弧槽半径，Rg,则ti = tz = T4 .球运动中只有重力做功，机械能守恒，-mgh= 12mv 二v=2gh,因为hi>hz,所以vi>vz, A项正确.7. CD 当单摆A振动起来后，单摆B、C做受迫振动，做受迫振动的物体的固有周期 (或频率)等于驱动力的周期(或频率)，选项A错误而D正确；当物体的固有频率等于 驱动力的频率时，发生共振现象，选项C正确而B错误. 解析(1)振子的振幅A=10 cm,振子的周期T = 0.2 s. (2)该振子的位移一时间图 象如右图所示0

28、lsin 10 n t(3)x = Asin u>t=0. lsin 10 n t9(1)2.76 m (2)向左移动 解析(1)由图象知，单摆的固有频率f = 0.3 Hz.介2.76 m得到：l = g4n=f 22.76 m(2)由=12ng丄知，单摆移动到鬲山上，重力加速度g减小，其固有频率减 小，故“峰”向左移动10(1)1.52 (2) 9.76 (3)D易错点评1. 一个周期内，振子的路程是4个振幅A,半个周期内，振子的路程是2个振幅，但 14周期内，振子的路程不一定是一个振幅2. 在分析单摆的周期时，注意周期T与摆球的质量无关，与摆长和等效重力加速度有 关.一3. 在第6题中，小球沿光滑圆弧下滑，许多同学往往用x = 12at=求时间，想不到利 用单摆的简谐运动特性分析问题.4. 由于振动的周期性、对称性，在很多题目中存在多解，这点有些同学没能考虑到.