探究单摆的振动周期.docx

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1、第四节探究单摆的振动周期1(3 分 )如图 141，把一个有孔的小木球装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球穿在光滑杆上， 能够自由振动， 这个系统可称为弹簧振子吗？若将小木球改为同体积的钢球呢？图 141【答案】 小球为木球时，系统不能看作弹簧振子，小球为钢球时，系统可看作弹簧振子 系统能否看成弹簧振子需同时满足两个条件： 小球运动过程中不受阻力，小球质量明显大于弹簧质量 第一种情景中不满足条件 .2(3 分 )简谐运动这种运动形式具有什么特征？【答案】 简谐运动是物体在平衡位置附近所做的往复性运动 因此它具有往复性的特点 (也可认为，做简谐运动的物体每隔一定时间它将重复原先的运动，它具有周

2、期性的特点 )它又是以平衡位置为中心的振动，因此又具有对称性的特点3(4 分 )如图 142，小球套在光滑水平杆上，与弹簧组成弹簧振子， O 为平衡位置，小球在 O 附近的 AB 间做简谐运动，设向右为正方向，则：图 142(1)动能最大的位置在 _(2)加速度为负向最大的位置在_【解析】平衡位置是振动物体运动速度最大的位置，也即动能最大的位置，即图中 O 点；因加速度是矢量，做第(2)问要看准正方向，因正方向向右，所以加速度为负向最大的位置在A.【答案】(1)O (2)A1 知道什么是单摆课 标2 理解摆角很小时，单摆的振动是简谐运动导 思3探究单摆的周期跟什么因素有关，掌握单摆的周期公式，

3、并能用来进行有关计算 .第 1页学生 P8一、单摆1组成(1)细线， (2)小球2理想化要求(1)质量关系：细线质量与小球质量相比可以忽略(2)线度关系：球的直径与线的长度相比可以忽略(3)力的关系：忽略摆动过程中所受阻力作用实验中为满足上述条件， 我们尽量选择质量大，体积小的球和尽量细轻的线二、单摆的回复力1回复力的提供摆球的重力沿圆弧方向的分力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mg指向平衡位置，即F l x.3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三、单摆振动周期的实验探究1探究单摆的振幅、位置、摆长对周期的影响(1

4、)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，周期越大；摆长越短，周期越小2周期公式(1)提出：周期公式是惠更斯首先提出的l(2)公式： T2g，即 T 与摆长 l 的二次方根成正比，与重力加速度 g 的第 2页二次方根成反比学生 P9一、透析单摆模型1运动特点(1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，在运动过程中只要速度v0，半径方向都受向心力(2)摆球以平衡位置为中心做往复运动，在运动过程中只要不在平衡位置，轨迹的切线方向都受回复力2摆球的受力(1)任意位置：如图14 3 所示， G2Gcos ，FG2 的作用就是提供摆球绕 O做变速圆周运动

5、的向心力； G1 Gsin 的作用是提供摆球以 O 为中心做往复运动的回复力图 143(2)平衡位置：摆球经过平衡位置时，G2G，G1 0，此时 F 应大于 G，F G 的作用是提供向心力；因在平衡位置，回复力F 回 0，与 G10 相符(3)单摆的简谐运动在 很小时 (理论值为 5)，sin x，G1Gsin mg ，G1 方向与摆球ll xmg位移方向相反，所以有回复力F 回 G1 l x kx.因此，只有在摆角很小时，单摆才做简谐运动， 其振动图象遵循正弦函数规律， 图象是正弦或余弦曲线二、单摆振动的周期l单摆的周期公式 T2g是惠更斯从实验中总结出来的单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向并

6、且指向平衡位置的分力，偏角越大回复力越大， 加速度越大，由于摆球的运动轨迹是圆弧，所以除最高点外， 摆球的回复力并不等于合外力在有些振动系统中g 不一定为 9.8 m/s2，因此出现了等效重力加速度的问题1公式中的 g 由单摆所在的空间位置决定第 3页M由 GR2g 知， g 随地球表面不同位置、不同高度的变化而变化，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值 g代入公式，即 g 不一定等于 9.8 m/s2.2g 还由单摆系统的运动状态决定如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为 a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大， 摆球质量不变，则重力加速度的等效值 g g

7、 a.再如，单摆若处于在轨道上运动的航天飞机内，摆球完全失重，回复力为零，则等效值 g 0，所以周期为无穷大，即单摆不摆动了3g 还由单摆所处的物理环境决定如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中，回复力应是重力和竖直电场力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也有g的问题三、等效单摆的探究1实际摆的等效摆长的求法实际摆的摆球不可能是质点， 对不规则的摆动物体或复合物体，摆长均为从悬点到摆动物体重心的长度，而从悬点到摆线与摆球连接点的长度通常叫摆线长等效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度 如图 144 所示，摆球可视为质点，各段绳长均为l ，(a)、(b)中摆球做垂直纸面

8、的小角度摆动，(c)中小球在纸面内做小角度摆动， O为垂直纸面的钉子， OO l/3，等效摆长分别为l alsin ，l bl lsin ，lc 半个周期为 l，另半个周期为2l，3lsin l 1sin l2l周期分别为 Ta2g ，Tb2g，Tc g3g.图 144若摆球不可视为质点，摆球的直径为d，则 lalsin d，lbl lsin d，22dd2dlsin 2l c 的半个周期为l2，另半个周期为3l2，周期分别为 Ta 2g，dl lsin 2Tb 2g，第 4页dTcl 24l 3dg6g2可等效为单摆的圆周运动若物体在光滑的半径较大的圆周上做小幅度的圆周运动时，如图14 5所

9、示，小球所受重力沿切线方向指向平衡位置的分力的大小为FGsin ，在 R? AB 时， 很小， sin ， F mg，符合简谐运动的动力学特征，R xkxT 2R因此可以将此运动等效为单摆的简谐运动，其等效单摆的周期公式g.图 145一、单摆周期公式的应用两个单摆甲和乙， 它们的摆长之比为 41.若它们在同一地点做简谐运动，则它们的周期之比 T 甲 T 乙 _.在甲摆完成 10 次全振动的时间内，乙摆完成的全振动次数为_【导析】单摆的周期与摆长的平方根成正比，与当地重力加速度的平方根成反比【解析】本题主要考查对单摆周期公式的理解因两单摆在同一地点做简l谐运动， g 相同，由周期公式T2g知 T

10、 l ，因此周期之比为 21；甲完成 10 次全振动的时间 t 10T 甲，乙在相同时间内完成的全振动次数tn 20.T乙【答案】2120处理单摆问题： 一要充分理解单摆摆动的情景； 二要充分理解周期公式中各量的意义、实质，方可准确应对灵活多变的单摆问题 如许多问题中的“等效摆长”、“等效重力加速度”等 .1有一摆长为 L 的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化现使摆球做小角度摆动，图 14 6 为摆球从右边最高点M 摆至左边最高点N 的闪光照片 (悬点和小钉未第 5页摄入 )， P 为摆动中的最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等，则小

11、钉距悬点的距离为 ()图 146AL/4BL/2C3L/4D条件不足，无法判断【解析】题图中 M 到 P 为四个时间间隔， P 到 N 为两个时间间隔，即左1l半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的2，根据周期公式 T2g可得，左L半部分单摆的摆长为 4，即小钉距悬点的距离为3L/4，故 C 选项正确【答案】C二、等效摆长问题如图 147 所示，ACB 为光滑弧形槽， 弧形槽半径为 R，R? AB . 甲球从弧形槽的球心处自由落下， 乙球从 A 点由静止释放， 问两球第 1 次到达 C 点的时间之比图 1471【导析】球在槽上的运动可看成简谐运动，到 C 点的时间为单摆周期的 4；甲球做自由落体

12、运动122R【解析】甲球做自由落体运动 R2gt1，所以 t1g .乙球沿圆弧做简的单摆振动模型谐运动 (由于 AC ? R，可认为摆角 10 )此振动与一个摆长为 R12 R/g相同，故此等效摆长为R，因此第 1 次到达 C 处的时间为 t2 4T422 2 R/g，所以 t1t2 .2 2【答案】对这类问题，首先确认符合单摆模型的条件，即沿圆弧运动、小角度摆动、第 6页回复力 F kx，然后确定等效 ，最后利用公式T 2gl或 运 律分析、求解 .2如 1 4 8 所示，图 148光滑的半球壳半径 R，O 点在球心的正下方，一小球由距O 点很近的 A点由静止放开，同 在O 点正上方有一小球

13、自由落下，若运 中阻力不 ， 使两球在 O 点相碰，小球由多高 自由落下( OA ? R)【解析】球由 A 点开始沿球内表面运 ，只受重力和支持力作用，等效 的运 因 OA ? R，所以球自 A 点 放后做 运 ，其周期 TR 2g ，要使两球在 O 点相碰，两者到 O 点的运 相等T小球由 A 点由静止 放运 到O 点的 4(2n1)， n 1,2,3，由于 OT点正上方自由落下的小球到O 的 也 4(2n1) 两球才能在O 点相碰，所1 222n1221 4R2R以 h2gt 2g 16g (2n1)8(n1,2,3，)2n 122【答案】R8(n1、2、3)三、等效重力加速度 如 149

14、 所示， 正 的小球与 构成的 在 为 E 的 直向下的匀 中， 求其做 运 的 周期图 149【 析】求出等效的重力加速度，利用周期公式 行 算【解析】 球静止在平衡位置 的拉力 FmgqE故等效重力加速度 g F g qEmmll周期 T2g 2qEg m第 7页【答案】2lqEg m实际问题中， g 不一定为 9.8 m/s2，而要由单摆所处的位置和摆球的受力情况决定 .1发生下述哪一种情况时，单摆周期会增大()A增大摆球质量B缩短摆长C减小单摆振幅D将单摆由山下移至山顶l【解析】根据单摆周期公式T2g，周期与摆球质量和振幅无关， A 、C 错误；缩短摆长，周期变小，B 错误；由山下移至

15、山顶，g 减小， T 增大， D正确【答案】D2关于单摆，下列说法中正确的是()A摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置B摆球受到的回复力是它的合力C摆球经过平衡位置时，所受的合力为零D摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比【解析】单摆的回复力不是它的合力， 而是重力沿圆弧切线的方向的分力；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 )；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比，故选A.【答案】A3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升高气温第 8页l【解析】由

16、单摆的周期公式T2g，可知周期只与 l 、g 有关，而与质量、摆动的幅度无关当l 增大时，周期增大； g 增大时，周期减小； l 减小时，周期减小，频率增大所以选B.【答案】B4如图 1 4 10 所示，曲面 AO 是一段半径为 2 m 的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于 O 点，AO 弧长 10 cm.现将一小球先后从曲面的顶端 A 和 AO 弧的中点 B 由静止释放，到达底端 O 的速度分别为 v1 和 v2，所经历的时间分别是 t1和 t2，那么 ()图 1 4 10Av1v2，t1v2，t1t2Cv1 v2，t1t2D上述三种都有可能【解析】因 AO 10 cm，半径 R2 m，故小球的运动可看作简谐运动，12从而 t1t2.设到达底端 O 时小球的速度为v，由机械能守恒定律得mgh2mv ，故 v2gh，依题意 hAhB，所以 v1v2.第 9页