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2019-2020年高中物理第十一章机械振动第4节单摆教学案新人教版选修3
一、单摆组成要求细线摆线看成是不可伸长,且没有质量的细线小球摆球看成是没有大小只有质量的质点单摆是理想化模型忽略在摆动过程中所受到的阻力,实验中尽量选择质量大、体积小的小球和尽量细不可伸长的线
二、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F=-x3.单摆的运动规律单摆在偏角很小时做简谐运动,其振动图像遵循正弦函数规律
三、单摆的周期1.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
①单摆振动的周期与摆球的质量无关
②振幅较小时,周期与振幅无关
③摆长越长,周期越长;摆长越短,周期越短2.定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N30~50次全振动的时间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l=l0+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图像,得出结论3.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T=2π,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4.周期公式的应用由单摆周期公式可得g=,只要测出单摆的摆长l和周期T就可算出当地的重力加速度1.自主思考——判一判1制作单摆的细线弹性越大越好×2制作单摆的细线越短越好×3制作单摆的摆球越大越好×4单摆的周期与摆球的质量有关,质量越大,周期越小×5单摆的回复力等于摆球所受合力×2.合作探究——议一议1由于单摆的回复力是由摆球的重力沿切线方向的分力提供的,那么是否摆球的质量越大,回复力越大,单摆摆动得越快,周期越小?提示不是摆球摆动的加速度除了与回复力有关外,还与摆球的质量有关,即a∝,所以摆球质量增大后,加速度并不增大,其周期由T=2π决定,与摆球的质量无关2多多观察,写出生活中你能遇到哪些单摆模型提示坐钟、牛顿摆、秋千等对单摆回复力及运动特征的理解1.单摆的回复力图11411单摆受力如图1141所示,受细线拉力和重力作用2向心力来源细线拉力和重力沿径向的分力的合力3回复力来源重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsinθ提供了使摆球振动的回复力2.单摆做简谐运动的推证在偏角很小时,sinθ≈,又回复力F=mgsinθ,所以单摆的回复力为F=-x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F=-kx,单摆做简谐运动1.下列有关单摆运动过程中的受力,说法正确的是 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.单摆经过平衡位置时合力为零D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力解析选B 单摆运动是在一段圆弧上运动,因此单摆运动过程不仅有回复力,而且有向心力,即单摆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;单摆经过平衡位置时,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
2.一单摆做小角度摆动,其振动图像如图1142所示,以下说法正确的是 图1142A.t1时刻摆球速度最大,摆球的回复力最大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,摆球的回复力最小D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大解析选D 在t1时刻和t3时刻摆球的位移最大,回复力最大,速度为零,A、C均错误;在t2时刻和t4时刻摆球在平衡位置,速度最大,悬线拉力最大,回复力为零,故B错误,D正确对单摆周期公式的理解1.摆长l1实际的单摆摆球不可能是质点,所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度,即l=L+,L为摆线长,d为摆球直径2等效摆长图1143a中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的,所以甲摆的摆长为l·sinα,这就是等效摆长,其周期T=2π图b中,乙在垂直纸面方向摆动时,与甲摆等效;乙在纸面内小角度摆动时,与丙等效图11432.重力加速度g若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态,g由单摆所处的空间位置决定,即g=,式中R为物体到地心的距离,M为地球的质量,g随所在位置的高度的变化而变化另外,在不同星球上M和R也是变化的,所以g也不同,g=
9.8m/s2只是在地球表面附近时的取值[典例] 有一单摆,其摆长l=
1.02m,已知单摆做简谐运动,单摆振动30次用的时间t=
60.8s,试求1当地的重力加速度是多大?2如果将这个单摆改为秒摆,摆长应怎样改变?改变多少?[思路点拨]1单摆的周期T与t的关系T=2秒摆的周期为2s[解析] 1当单摆做简谐运动时,其周期公式T=2π,由此可知g=,只要求出T值代入即可因为T==s=
2.027s,所以g==m/s2=
9.79m/s22秒摆的周期是2s,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=,故有l0==m=
0.993m所以其摆长要缩短Δl=l-l0=
1.02m-
0.993m=
0.027m [答案]
19.79m/s2 2缩短
0.027m计算单摆的周期的两种方法计算单摆的周期有两种方法,一是依据T=2π,二是根据T=第一种方法利用了单摆的周期公式,计算的关键是正确确定摆长第二种方法利用了粗测周期的一种方法,周期的大小虽然不取决于t和N,但利用该种方法计算周期,会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响 1.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α甲α乙α甲、α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T=2π,可知周期T与l、g有关,与质量、摆动的幅度无关,当在同一地点释放时,周期只与摆长有关,故同时释放,同时到达平衡位置2.一个单摆,在第一个行星上的周期为T1,在第二个行星上的周期为T2,若这两个行星的质量之比为M1∶M2=4∶1,半径之比R1∶R2=2∶1,则 A.T1∶T2=1∶1B.T1∶T2=4∶1C.T1∶T2=2∶1D.T1∶T2=1∶2解析选A 单摆的周期公式为T=2π,同一单摆即有T∝,又据万有引力定律mg=G,有g=,因此T∝,故T1∶T2===1∶1,故A正确
3.一个单摆的摆长为l,在其悬点O的正下方
0.19l处有一钉子P如图1144所示,现将摆球向左拉开到A,使摆线偏角θ5°,放手后使其摆动,摆动到B的过程中摆角也小于5°,求出单摆的振动周期图1144解析释放后摆球到达右边最高点B处,由机械能守恒可知B和A等高,则摆球始终做简谐运动单摆做简谐运动的摆长有所变化,它的周期为两个不同单摆的半周期的和小球在左边的周期为T1=2π小球在右边的周期为T2=2π则整个单摆的周期为T=+=π+π=
1.9π答案
1.9π实验用单摆测定重力加速度1.实验原理单摆在偏角很小小于5°时的摆动,可以看成是简谐运动其固有周期为T=2π,由此可得g=据此,只要测出摆长l和周期T,即可计算出当地的重力加速度值2.实验器材摆球1个穿有中心孔、秒表、物理支架、米尺或钢卷尺、游标卡尺、细线等3.实验步骤1做单摆将线的一端穿过小球的小孔,并打一比孔大的结然后把线的上端用铁夹固定于铁架台上,在平衡位置处做上标记2测摆长用毫米刻度尺测出摆线长度l线,用游标卡尺测量出摆球的直径d,则单摆的摆长l=l线+3测周期将单摆从平衡位置拉开一个小于5°的角,然后释放摆球,当单摆振动稳定后,过最低位置时开始用秒表计时,测量N次一般取30~50次全振动的时间t,则周期T=4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T4.数据处理1平均值法每改变一次摆长,将相应的l和T代入公式中求出g值,最后求出g的平均值设计如下所示实验表格实验次数摆长l/m周期T/s重力加速度g/m·s-2重力加速度g的平均值/m·s-21g=232图像法由T=2π得T2=l,作出T2l图像,即以T2为纵轴,以l为横轴其斜率k=,由图像的斜率即可求出重力加速度g图11455.误差分析1系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求即悬点是否固定,摆球是否可看做质点,球、线是否符合要求,摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等只要注意了上面这些问题,就可以使系统误差减小到远小于偶然误差而达到忽略不计的程度2偶然误差主要来自时间即单摆周期的测量上因此,要注意测准时间周期要从摆球通过平衡位置开始计时,并采用倒计时计数的方法,即4321012,…在数“零”的同时按下秒表开始计时不能多计或漏计振动次数为了减小偶然误差,应进行多次测量后取平均值6.注意事项1选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线,长度一般在1m左右,小球应选用密度较大的金属球,直径应较小,最好不超过2cm2单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上,应夹紧在铁夹中,以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象3注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过10°可通过估算振幅的办法掌握4摆球振动时,要使之保持在同一个竖直平面内,不要形成圆锥摆5计算单摆的振动次数时,应从摆球通过最低位置时开始计时,为便于计时,可在摆球平衡位置的正下方作一标记以后摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数,且在数“零”的同时按下秒表,开始计时计数[典例] 在做“用单摆测定重力加速度”的实验时,用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g=______若已知摆球直径为
2.00cm,让刻度尺的零点对准摆线的悬点,摆线竖直下垂,如图1146所示,则单摆摆长是________m若测定了40次全振动的时间为
75.2s,单摆摆动周期是________图1146为了提高测量精度,需多次改变l值,并测得相应的T值现将测得的六组数据标示在以l为横坐标,以T2为纵坐标的坐标系上,即图1147中用“·”表示的点,则图11471单摆做简谐运动应满足的条件是________2试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线,根据图线可求出g=________m/s2结果取两位有效数字[思路点拨]1摆长等于摆线的长度与小球半径之和2用直线连接各点时要使不在直线上的点均匀分布在直线两侧,离线较远的点舍弃不用3T2l图线的斜率k与g的关系k=[解析] 由T=2π,可知g=由图可知摆长l=
88.50-
1.00cm=
87.50cm=
0.8750mT==
1.88s1单摆做简谐运动的条件是摆角小于5°2把在一条直线上的点连在一起,误差较大的点平均分布在直线的两侧,则直线斜率k=由g==,可得g=
9.8m/s
29.9m/s2也正确[答案] 见解析1.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中图11481用游标卡尺测定摆球的直径,测量结果如图1148所示,则该摆球的直径为________cm2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°的摆角,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解析1主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数,
0.9cm+7×mm=
0.97cm,不需要估读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T=2π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
10.97 2C
2.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1149所示图11491多选组装单摆时,应在下列器材中选用________选填选项前的字母A.长度为1m左右的细线B.长度为30cm左右的细线C.直径为
1.8cm的塑料球D.直径为
1.8cm的铁球2测出悬点O到小球球心的距离摆长L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=________用L、n、t表示3下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理组次123摆长L/cm
80.
0090.
00100.0050次全振动时间t/s
90.
095.
5100.5振动周期T/s
1.
801.91重力加速度g/m·s-
29.
749.73请计算出第3组实验中的T=______s,g=________m/s24用多组实验数据作出T2L图像,也可以求出重力加速度g已知三位同学作出的T2L图线的示意图如图11410中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值则相对于图线b,下列分析正确的是________选填选项前的字母图11410A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值解析1组装单摆时,应选用1m左右的细线,摆球应选择体积小、密度大的球,选项A、D正确2单摆的振动周期T=根据T=2π,得g==3T3==
2.01s根据T=2π,得g=≈
9.76m/s24根据T=2π,得T2=L,即当L=0时,T2=0出现图线a的原因是计算摆长时过短,可能是误将悬点O到小球上端的距离记为摆长,选项A错误;对于图线c,其斜率k变小了,根据k=,可能是T变小了或L变大了选项B中误将49次全振动记为50次,则周期T变小,选项B正确;由=k得g=,则k变小,重力加速度g变大,选项C错误答案1AD 2
32.01
9.76 4B1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是 解析选A 单摆是由不可伸长的细线和金属小球组成的,其悬点应在摆球摆动过程中固定不变,故只有A项正确2.在月球上周期相等的弹簧振子和单摆,把它们放到地球上后,弹簧振子的周期为T1,单摆的周期为T2,则T1和T2的关系为 A.T1T2 B.T=T2C.T1T2D.无法确定解析选A 弹簧振子的周期由振动系统本身决定,与重力加速度无关,故T1=T月,对单摆来说,由T=2π可知,其周期与单摆所处位置的重力加速度g有关,因g地g月,故T2T月,所以T1T2,A正确,B、C、D均错误
3.如图1所示,光滑糟的半径R远大于小球运动的弧长,今有两个小球视为质点同时由静止释放,其中甲球开始时离槽最低点O远些,则它们第一次相遇的地点在 图1A.O点 B.O点偏左C.O点偏右D.无法确定,因为两小球质量关系未定解析选A 由于半径R远大于运动的弧长,所以小球做简谐运动,其周期都为T=2π,与位移的大小无关,故同时到达O点,A正确4.如图2是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像,以向右的方向作为摆球偏离平衡位移的正方向,从t=0时刻起,当甲第一次到达右方最大位移处时,乙在平衡位置的 图2A.左方,向右运动 B.左方,向左运动C.右方,向右运动 D.右方,向左运动解析选D 甲第一次到达右方最大位移处时,t=
1.5s,此时乙的位移为正值,且正在减小,故乙此时在平衡位置右侧,且向左运动,D正确5.多选在用单摆测重力加速度的实验中,测得单摆偏角小于5°,实验中某学生所测g值偏大,其原因可能是 A.实验室离海平面太高B.摆球太重C.测出n次全振动时间为t,误作为n+1次全振动时间进行计算D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算解析选CD 由单摆的周期公式T=2π,g值偏大,可能是周期算小了或是摆长算长了,选C、D
6.正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下,某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度,先将线的下端系上一个小球,发现当小球静止时,细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直,他打开窗子,让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动,如图3所示,从小球第1次通过图中的B点开始计时,第21次通过B点用时30s;球在最低点B时,球心到窗上沿的距离为1m,当地重力加速度g取π2m/s2;根据以上数据可得小球运动的周期T=________s;房顶到窗上沿的高度h=________m图3解析T==
3.0s,T=+=2π+2π,解得h=
3.0m答案
3.0
3.07.某同学利用单摆测量重力加速度1多选为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是________A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D.摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大2如图4所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆实验时,由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T2;最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g=________图4解析1组装单摆时,悬线应选用不易伸长的细线;摆球选择体积小、密度大的摆球;单摆摆动时在同一竖直面内摆动;摆的振幅尽量小一些选项B、C正确2设单摆的周期为T1时摆长为L1,周期为T2时摆长为L2则T1=2π
①T2=2π
②且L1-L2=ΔL
③联立
①②③式得g=答案1BC 28.图5甲是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置设摆球向右方向运动为正方向图乙是这个单摆的振动图像根据图像回答图51单摆振动的频率是多大?2开始时刻摆球在何位置?3若当地的重力加速度为10m/s2,试求这个摆的摆长是多少?解析1由题图乙知周期T=
0.8s则频率f==
1.25Hz2由题图乙知,0时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时刻摆球在B点3由T=2π得L==
0.16m答案
11.25Hz 2B点
30.16m。