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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×[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
①摆线的形变量与摆线长度相比小得多;
②悬线的质量与摆球质量相比小得多;
③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G1=mgsinθ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F=G1=mgsinθ3.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[试身手]1.多选制作一个单摆,合理的做法是 A.摆线细而长 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
①单摆振动的周期与摆球质量无关;
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.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T=2π[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T=2π求解×[释疑难·对点练]1.对周期T的理解1单摆的周期T=2π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2s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1l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OO′=l,求各摆的周期甲等效摆长l′=lsinα,T甲=2π乙等效摆长l′=lsinα+l,T乙=2π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=π+π2等效重力加速度g不一定等于
9.8m/s2g由单摆所在的空间位置决定由g=G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g′=g+a,若升降机加速下降,则g′=g-a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g′=0,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
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3.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做N30~50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3应用——测重力加速度由T=2π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l=l′+r×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1m长、铁架台、刻度尺、停表、游标卡尺等2.实验步骤1做单摆
①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;
②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=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30~50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T4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
1.5min,指针在
1.5min和2min之间,其分针指示时间数可记为t1=
1.5min,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t2=
21.4s,所测时间读数为t=t1+t2=1min30s+
21.4s=1min
51.4s图乙的读数是2min
7.6s5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T6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l=l′+r5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 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20g增加为40g,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T=2π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T=2π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
①改变单摆的摆长;
②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L=
0.9990m,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1m的单摆进行周期测量的四种操作过程,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sin5°=
0.087,sin15°=
0.26,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
12.0mm,单摆摆长为L-d/2=
0.9990m-
0.0060m=
0.9930m3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] 1AC
212.0
0.9930 3A[课堂对点巩固]1.对于单摆的振动,以下说法中正确的是 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C2.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T1=2π,做匀速运动时T2=2π,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t=0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=1∶42由题图可以看出,当乙第一次到达右方最大位移处时,t=2s,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11∶4 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L2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n=1,单摆每经过最低点记一次数,当数到n=60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 A.g B. C. D.解析1摆球的直径为d=20mm+6×
0.1mm=
20.6mm=
2.06cm2秒表的读数为t=60s+
7.4s=
67.4s,根据题意t=T=T,所以周期T=≈
2.28s3根据单摆的周期公式T=2π,可得==k常数,所以选项C正确答案
12.06
22.28 3C[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2m,C点为圆心正下方的点,A、B两点与C点相距分别为6cm与2cm,a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开,则两小球相碰的位置是 A.C点B.C点右侧C.C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T=2π,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B5.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F=-kx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FT-mg=m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
1.6m,则两单摆长la与lb分别为 A.la=
2.5m,lb=
0.9mB.la=
0.9m,lb=
2.5mC.la=
2.4m,lb=
4.0mD.la=
4.0m,lb=
2.4m解析选B 设两个单摆的周期分别为Ta和Tb由题意,10Ta=6Tb得Ta∶Tb=3∶5根据单摆周期公式T=2π,可知l=,由此得la∶lb=Ta2∶Tb2=9∶25,则la=×
1.6m=
0.9m,lb=×
1.6m=
2.5m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=2∶1B.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=4∶1C.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=4∶1D.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=1∶4解析选BD 由图象可知T甲∶T乙=2∶1,若两单摆在同一地点,则两摆长之比为l甲∶l乙=4∶1;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=1∶4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________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×
0.1mm=
0.97cm2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 2C11.如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,且R≫l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,R=gt12,所以t1=对乙球,由于l弧AC≪R,所以θ5°,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T=2π,因此乙第一次到达C处的时间为t2=T=,所以t1∶t2=2∶π答案2∶π。