《浙江专版2018年高中物理第十一章机械振动第4节单摆学案新人教版选修3_420180529262.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专版2018年高中物理第十一章机械振动第4节单摆学案新人教版选修3_420180529262.doc（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第4节 单_摆单摆、单摆的回复力探新知基础练1单摆用细线悬挂着小球，如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与细线长度相比可以忽略，这样的装置就叫做单摆。单摆是实际摆的理想化模型。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：在偏角很小时，单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即Fx。(3)单摆的运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图象遵循正弦函数规律。辨是非(对的划“”，错的划“”)1单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。()2单摆的回复力是重力和拉力的合力。()3一根细线一端固定，另一端拴一小球就构成一个单摆。()
2、释疑难对点练1单摆(1)单摆是实际摆的理想化模型。(2)实际摆看作单摆的条件摆线的形变量与摆线长度相比小得多；悬线的质量与摆球质量相比小得多；摆球的直径与摆线长度相比小得多。2单摆的回复力如图所示，重力G沿圆弧切线方向的分力G1mgsin 是沿摆球运动方向的力，正是这个力提供了使摆球振动的回复力：FG1mgsin 。3单摆做简谐运动的推证在偏角很小时，sin ，又回复力Fmgsin ，所以单摆的回复力为Fx(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合Fkx，单摆做简谐运动。试身手1(多选)制作一个单摆，合理的做法是()A摆线细而长
3、B摆球小而不太重C摆球外表面光滑且密度大 D端点固定且不松动解析：选ACD根据构成单摆的条件判断，易知A、C、D正确。单摆的周期探新知基础练 1.探究单摆的振幅、位置、摆长对周期的影响(1)探究方法：控制变量法。(2)实验结论：单摆振动的周期与摆球质量无关；振幅较小时周期与振幅无关；摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。2周期公式荷兰物理学家惠更斯发现单摆的周期T与摆长l的二次方根成正比，与当地的重力加速度g的二次方根成反比，他确定周期公式为：T2。辨是非(对的划“”，错的划“”)1荷兰物理学家惠更斯发现单摆振动的周期与振幅无关。() 2单摆在振幅较小时周期较大。()3单摆的周期公式都可以用
4、T2求解。()释疑难对点练1对周期T的理解(1)单摆的周期T2为单摆的固有周期，相应地f为单摆的固有频率。(2)单摆的周期公式在最大偏角小于5时成立。(3)周期为2 s的单摆叫秒摆。2对单摆周期公式中摆长l和重力加速度g的理解(1)l为单摆的摆长：因为实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长是指从悬点到摆球重心的长度，对于不规则的摆动物体或复合物体，摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定为摆线的长。如图所示，摆球可视为质点，各段绳长均为l，甲、乙摆球做垂直于纸面的小角度摆动，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OOl，求各摆的周期。甲：等效摆长llsin ，T甲2 。
5、乙：等效摆长llsin l，T乙2 。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)，即为l，则单摆丙的周期为T丙 。(2)等效重力加速度g不一定等于9.8 m/s2g由单摆所在的空间位置决定。由gG知，g随所在地球表面的位置和高度的变化而变化，而且纬度越低，高度越高，g的值就越小，另外，在不同星球上g也不同。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，沿轨迹圆弧的切向分力变大，则重力加速度的等效值gga，若升降机加速下降，则gga。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g0
6、，摆球不摆动了，周期无穷大。试身手2甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由平衡位置拉开，使摆角甲乙(甲、乙都小于5)，在同一地点由静止开始同时释放，则()A甲先到达平衡位置 B乙先到达平衡位置C甲、乙同时到达平衡位置 D无法判断解析：选C由单摆的周期公式T2，可知周期T只与l、g有关，当在同一地点释放时，周期只与摆长有关，故甲、乙同时到达平衡位置，C正确。探究单摆周期与摆长的关系探新知基础练1实验原理图2定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响(1)探究方法：控制变量法。(2)实验结论单摆振动的周期与摆球的质量无关；振幅较小时，周期与振幅无关；摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。3定
7、量探究单摆的周期与摆长的关系(1)周期的测量：用停表测出单摆做N(3050)次全振动所用的时间t，利用T计算它的周期。(2)摆长的测量：用刻度尺测出细线长度l0，用游标卡尺测出小球直径D，利用ll0求出摆长。(3)数据处理：改变摆长，测量不同摆长及对应周期，作出Tl、Tl2或T 图象，得出结论。4周期公式(1)公式的提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。(2)公式：T2，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。(3)应用测重力加速度：由T2得g，即只要测出单摆的摆长l和周期T，就可以求出当地的重力加速度。辨是非(对的划“”，错的划“”)1测量单摆周期时，应在摆球摆
8、到最高处开始计时，并数准全振动的次数。()2用毫米刻度尺量出放在桌面的细线长l，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长llr。()3小球应该选择体积小、密度大的金属球。()释疑难对点练1实验所需器材带孔小钢球一个、细线一条(约1 m长)、铁架台、刻度尺、停表、游标卡尺等。2实验步骤(1)做单摆：让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结；把线的上端用铁夹固定在铁架台上并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处作上标记。(2)测摆长：用毫米刻度尺量出悬线长l，以毫米为单位记录数据；用游标卡尺测量出摆球的直径D，以毫米为单位记录数据；则l
9、l，即为单摆的摆长。(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满足偏角小于5，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，过平衡位置时用秒表开始计时，测量3050次全振动的时间。计算出平均摆动一次的时间，即为单摆的振动周期T。(4)秒表的读数方法所测时间超过半分钟时，半分钟的整数倍部分由分针读出，不足半分钟的部分由秒针读出，总时间为两针示数之和。如图甲所示，小圆刻度盘上分针所指示的刻度数值超过了1.5 min，指针在1.5 min和2 min之间，其分针指示时间数可记为t11.5 min，而大圆刻度盘上秒针所指示的刻度线为21.4，故秒针所测得的数值为t221.4 s，所测时间读数为：tt1t21 m
10、in 30 s21.4 s1 min 51.4 s。图乙的读数是2 min 7.6 s。(5)变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复实验三次，测出相应的摆长l和周期T。(6)作图象，探规律。3实验操作注意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定。(2)摆球在同一平面内振动且摆角小于10。(3)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数。(4)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长llr。(5)选用长一米左右的细线。试身手3(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，以下几点建议中对提高测量结果精确度有利的是(
11、)A适当加长摆线B质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角度不能太大D当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期解析：选AC适当加长摆线有利于测量摆长，使相对误差减小，另外有利于控制摆角不过大，因此选项A正确；质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，以减小摆动过程中空气阻力的影响，选项B错误；单摆偏离平衡位置的角度不能太大，因为若偏角太大，单摆的运动就不能看作简谐运动，选项C正确；经过一次全振动后停止计时，所测时间偶然误差过大，应测量多次全振动的时间再求平均值，以减小偶然误差，选项D错误。对单摆回复力的理解典例1振动的单摆
12、小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合力的说法中正确的是()A回复力为零，合力不为零，方向指向悬点B回复力不为零，方向沿轨迹的切线C合力不为零，方向沿轨迹的切线D回复力为零，合力也为零解析选A单摆的回复力是摆球的重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)。故A正确。(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合外力，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，这是与弹簧振子的不同之处。(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合外力也就是回复力。(3)在平衡位置处时，由于速度不为零，故向
13、心力也不为零，即此时回复力为零，但合外力不为零。单摆周期的应用典例2若单摆的摆长不变，摆球的质量由20 g增加为40 g，摆球离开平衡位置的最大角度由4减为2，则单摆振动的()A频率不变，振幅不变B频率不变，振幅改变C频率改变，振幅不变D频率改变，振幅改变解析选B单摆的摆长不变时，单摆振动的周期T2不变，频率f不变；摆长不变时，摆角越小，振幅越小，选项B正确。(1)在运用T2时，要注意l和g是否发生变化，如果发生变化，则分别求出不同l和g时对应的周期。(2)改变单摆振动周期的途径：改变单摆的摆长；改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重)。(3)明确单摆振动周期与单摆的质量和振
14、幅没有任何关系。探究影响单摆周期的因素典例3某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)(多选)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示。这样做的目的是_(填字母代号)。A保证摆动过程中摆长不变B可使周期测量得更加准确C需要改变摆长时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则该摆球的直径为_ mm，单摆摆长为_m。(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操
15、作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 50.087，sin 150.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)。解析(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，选项A、C正确。(2)根据游标卡尺读数规则可得，摆球直径为12.0 mm，单摆摆长为Ld/20.999 0 m0.006 0 m0.993 0 m。(3)测量单摆的周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于10，所以合乎实验要求且误差最小的是A。答案(1)AC(2)12.00.993 0(3)A课堂对点巩固1对于单摆的振动，以下说
16、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：选C单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿圆弧轨迹的切向和径向分解，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F向m，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，在平衡位置处为零，故应选C。2(多选)下列关于单摆周期的说法正确的是()A用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出，周期不变B当升降机向上做匀加速运动时(ag)单摆的周期
17、小于电梯做匀速运动时单摆的周期C将单摆由赤道移到北极，其振动周期减小D将单摆的摆角由5增加到10(不计空气阻力)，单摆的周期减小解析：选BC沙从漏斗中缓慢漏出时，等效摆长变化，周期变化，选项A错误；升降机以加速度a向上做匀加速运动时T12 ，做匀速运动时T22，T1T2，选项B正确；将单摆由赤道移到北极，重力加速度增大，则周期减小，选项C正确；单摆的周期与摆角大小无关，选项D错误。3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t0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
18、可以看出，单摆甲的周期是单摆乙的周期的，即T甲T乙，由单摆的周期与摆长的关系可知，l甲l乙14。(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t2 s，振动了周期，甲振动了周期，位移为0，位于平衡位置，此时甲向左运动。答案：(1)14(2)甲振动到平衡位置，此时向左运动4某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为_cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n6
19、0时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T_s(结果保留三位有效数字)。(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是()AgB.C.D.解析：(1)摆球的直径为d20 mm60.1 mm20.6 mm2.06 cm。(2)秒表的读数为t60 s7.4 s67.4 s，根据题意tTT，所以周期T2.28 s。(3)根据单摆的周期公式T2，可得k(常数)，所以选项C正确。答案：(1)2.06(2)2.28(3)C课堂小结课时跟踪检测四一、单项选择题1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
20、摆球拉力的合力解析：选B摆球振动的回复力是其重力沿圆弧轨迹切向方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确。2用空心铁球内部装满水做摆球，若球正下方有一小孔，水不断从孔中流出，从球内装满水到水流完为止的过程中，其振动周期的大小是()A不变B变大C先变大后变小再回到原值D先变小后变大再回到原值解析：选C单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从空心铁球中向外流出时，等效摆长是先变长后变短再回到原长，因而周期先变大后变小再回到原值，故选项C正确。3如图所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开，则两
21、小球相碰的位置是()AC点 BC点右侧CC点左侧 D不能确定解析：选A由于轨道半径远远地大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆。因此周期只与轨道半径有关，与运动的弧长无关，所以A、B两球到达平衡位置C的时间相同，故选项A正确。 4.要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是()A增大摆球的质量 B缩短摆长C减小摆动的角度 D升高气温解析：选B由单摆的周期公式T2，可知周期只与l、g有关，而与摆球质量、摆动的角度无关。当l减小时，周期减小，频率增大，所以选B。5对于做简谐运动的单摆，下列说法中正确的是()A在位移为正的区间，速度和加速度都一定为负B当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振
22、动的能量也逐渐增大C摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，摆线所受拉力最大D摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态解析：选C在位移为正的区间，回复力Fkx为负，加速度为负，但速度可正可负，选项A错误；当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振动的能量不变，选项B错误；平衡位置为摆球最低位置，摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，由FTmgm知，在平衡位置摆线所受拉力最大，选项C正确；摆球在最大位移处，速度为零，但加速度不为零，并不处于平衡状态，选项D错误。6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1.6 m，则两单摆长la与lb分别为()Ala2.5 m，lb0
23、.9 m Bla0.9 m，lb2.5 mCla2.4 m，lb4.0 m Dla4.0 m，lb2.4 m解析：选B设两个单摆的周期分别为Ta和Tb。由题意，10Ta6Tb得TaTb35。根据单摆周期公式T2，可知l，由此得lalbTa2Tb2925，则la1.6 m0.9 m，lb1.6 m2.5 m。故B正确。二、多项选择题7如图所示为在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图象，其中实线表示A的运动图象，虚线表示B的运动图象。关于这两个单摆的以下判断中正确的是()A这两个单摆的摆球质量一定相等B这两个单摆的摆长一定不同C这两个单摆的最大摆角一定相同D这两个单摆的振幅一定相同解析：选BD从
24、题中图象可知：两单摆的振幅相等，周期不相等，所以两单摆的摆长和最大摆角一定不同，故B、D对，C错；单摆的周期与质量无关，故A错。8单摆原来的周期为T，下列哪种情况会使单摆周期发生变化()A摆长减为原来的B摆球的质量减为原来的C振幅减为原来的D重力加速度减为原来的解析：选AD由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关。故A、D正确。9如图所示为甲、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21B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41C若甲、乙两单摆摆长相同，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
25、甲g乙41D若甲、乙两单摆摆长相同，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14解析：选BD由图象可知T甲T乙21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲l乙41；若两单摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲g乙14。故B、D正确。三、非选择题10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
26、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)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数，0.9 cm70.1 mm 0.97 cm。(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过5，并从平衡位置计时，故A错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T，若第一次过平衡位置计为“1”，则周期T，B错误；由T2得g，其中L为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D错误。答案：(1)0.97(2)C11如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，且Rl弧AB。甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球由A点由静止释放，问两球第一次到达C点的时间之比是多少？解析：甲球做自由落体运动，Rgt12，所以t1 。对乙球，由于l弧ACR，所以5，所以可知乙球沿弧形槽做简谐运动，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，则等效摆长为R，所以周期为T2，因此乙第一次到达C处的时间为t2T，所以t1t22。答案：213