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2019年鲁科版物理选修3-4《1.3单摆》导学案

1、第 3 节单摆1.单摆是一个理想化模型,在偏角很小的情况下,单摆做简谐运动。单摆的回复力由重力沿圆弧切向的分力提供。2单摆的周期公式为:T2 ,此式仅在摆角小于 5时成立,单摆的周期由摆长 l 和重lg力加速度 g 共同决定,与摆球质量无关。3由 T2 得 g ,根据此式可求出某地的重力加速度。lg 42lT2单摆的运动自读教材抓基础1定义把一根细线上端固定,下端拴一个小球,线的质量和球的大小可以忽略不计,这种装置叫做单摆。2单摆的回复力(1)回复力的来源: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。3运动规律

2、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。跟随名师解疑难1单摆是一种理想模型,实际摆可视为单摆的要求是什么?(1)细线形变要求:细线的伸缩可以忽略。(2)细线与小球质量要求:细线质量与小球质量相比可以忽略。(3)小球密度要求:小球的密度较大。(4)线长度要求:球的直径与线的长度相比可以忽略。(5)受力要求:与小球受到的重力及线的拉力相比,空气对它的阻力可以忽略。(6)摆角要求:单摆在摆动过程中要求摆角小于 5。2单摆做简谐运动的条件判断单摆是否做简谐运动,可分析摆球的受力情况,看回复力是否符合 Fkx 的特点,如图所示。(1)在任意位置 P,有向线段 OP 为此时的位移 x,重力

3、 G 沿圆弧切线方向的分力G1Gsin 提供摆球以 O 点为中心做往复运动的回复力。(2)在摆角很小时,sin ,G 1G sin x,G 1 方向与摆球位移方向相反,所以xl mgl有回复力 F 回 G 1 。令 k ,则 F 回 kx。mgxl mgl因此,在摆角 不超过 5时,单摆做简谐运动。3单摆的运动特点(1)摆球以悬挂点(O点)为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。(2)摆球以最低点(O 点)为平衡位置做简谐运动。特别提醒(1)单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力,回复力不是摆球所受的合外力,当然向心力也不是摆球所受的合外力(最高、最低点除外 )。(2)摆球经过平衡位置时,回

4、复力为零,沿圆弧切线方向的加速度为零,但合外力和向心加速度都不等于零。学后自检(小试身手)1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:选 A 单摆的回复力不是它的合力,而是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) ;另外摆球所受的合力与位移大小不成正比,回复力才成正比。单摆的周期自读教材抓基础1实验探究单摆的周期(1)探究方法:用控制变量法分别研究可能

5、会影响单摆周期的因素:摆球的质量、摆长和振幅、重力加速度。(2)实验结论:单摆周期与摆球质量无关。单摆周期与振幅无关。单摆的摆长越长,周期越大;摆长越短,周期越小。2周期公式(1)公式:T2 。lg(2)单摆的等时性:单摆的周期与振幅无关。跟随名师解疑难1如何确定“单摆模型”中的摆长?(1)图(a)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 lsin ,这就是等效摆长,其周期 T2 。图(b)中,乙在垂直纸面方向摆动时,与甲摆等效;乙lsin g在纸面内小角度摆动时,与丙摆等效。(2)如图(c)所示,小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度( 很小)的圆周运动时,可等效为单摆,小

6、球在 A、B 间做简谐运动,周期 T2 。Rg(3)圆锥摆如图所示,用细线悬吊小球,使小球在水平面内做匀速圆周运动,即细线所扫过的面为圆锥面,通常我们称为圆锥摆,实质上圆锥摆中的小球不是振动,而是匀速圆周运动,周期T2 。lcos g2公式中重力加速度 g 的变化与等效(1)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。GMR2另外,在不同星球上 M 和 R 也是变化的,所以 g 也不同,g9.8 m/s2 只是在地球表面附近时的取值。(2)等效重力加速度:若单摆系统处在非平衡状态

7、(如加速、减速、完全失重状态) ,则一般情况下,g 值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时,摆线所受的张力与摆球质量的比值。如图所示,球静止在 O 时,F Tmgsin ,等效加速度 g gsin 。FTm学后自检(小试身手)2将秒摆(周期为 2 s)的周期变为 1 s,下列措施可行的是 ( )A将摆球的质量减半 B将振幅减半C将摆长减半 D将摆长减为原来的14解析:选 D 由单摆的周期公式 T2 可以看出,要使周期减半,摆长应为原来的 ,lg 14摆球的质量和振幅变化,并不影响单摆的周期,故只有 D 正确。利用单摆测定重力加速度1.实验原理由 T2 得 g ,即只要测出单摆的 摆长 l 和周期

8、 T,就可以求出当地的重力加lg 42lT2速度。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 ,精确到毫米;用游标卡尺测量出摆球的直径 D,精确到毫米;则 ll ,即为单摆的摆长。D2(3)测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度,且满足摆角小于 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)变摆长将单摆的摆长

9、变短(或变长),重复实验三次,测出相应的摆长 l 和周期 T。3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 g 中求出 g 值,最后42lT2求出 g 的平均值。实验次数摆长l/m周期 T/s加速度g/ms2g 平均值123 gg1 g2 g33(2)图像法:由 T2 得 T2 l,作出 T2l 图像,即以 T2 为lg 42g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42g度 g。4注意事项(1)选材:摆线应选择细、轻且不易伸长的线( 长度为 1 m 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 2 cm)。(2)操作:单摆悬

10、线的上端应当固定牢固,不可随意卷在铁架台的横杆上,以免振动时摆长改变;注意振动时控制摆线偏离竖直方向的角度不超过 5;摆球摆动时,要使之保持在同一个竖直平面内,不要形成圆锥摆。(3)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,则周期 T 。测tn量时应以摆球通过最低位置时开始计时、计数,并且开始计时时数“零” ,以后摆球每从同一方向通过最低位置时计数一次。学后自检(小试身手)3多选在用单摆测定重力加速度的实验中,下列说法正确的是( )A如果有大小相同的铁球和木球可供选择,则选用铁球作为摆球较好B单摆的偏角不要太大(小于 5)C为了便于改变摆线的长度,可将摆线的一端绕在铁

11、架上端的水平圆杆上D先测量好摆线的长度再系上小球做实验解析:选 AB 摆球应选用密度较大、直径较小的金属球,选项 A 对;摆线偏离竖直方向的角度越大,利用周期公式计算出的重力加速度的误差就越大,选项 B 对;将摆线的一端绕在铁架上端的水平圆杆上,摆动时摆长会改变,对摆长和周期的测量都有影响,选项C 错;测摆长时,应当先系上小球再测量摆线的长度,选项 D 错。对单摆模型的考查典题例析例 1 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(如图所示),现将摆球向左拉开到 A,使摆线偏角 5,放手后使其摆动,求出单摆的振动周期。思路点拨(1)摆球在左边和右边的摆长是否相同?提

12、示:不同。左边:摆长为 l。右边:摆长为 0.81l。(2)如何确定单摆的周期?提示:单摆的周期为左右两个不同单摆的半周期的和。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。摆球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 T12lg小球在右边的周期为 T22 0.81lg则整个单摆的周期为T 1.9 。T12 T22 lg 0.81lg lg答案 1.9lg探规寻律求单摆周期的方法(1)明确单摆的运动过程,看是否符合简谐运动的条件。(2)在运用 T2 时,要注意 l 和 g 是否发生变化,如果发生变化,则

13、分别求出不同 llg和 g 时的运动时间。跟踪演练1.如图所示,BOC 为一光滑圆弧形轨道,其半径为 R,且 R 远大于弧BOC 的弧长。若同时从圆心 O和轨道 B 点分别无初速度释放一小球 P 和Q,则( )AQ 球先到达 O 点BP 球先到达 O 点CP、Q 两球同时到达 O 点D无法比较解析:选 B P 球做自由落体运动,由 R gt12得 t1 ;Q 球做简谐运动,t 2 T12 2Rg 142 ,所以 t1t2,选项 B 正确。14 Rg 2Rg对单摆测定重力加速度的考查典题例析例 2 根据单摆周期公式 T2 ,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所lg示,将细线的上端固定在铁架

14、台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为_mm 。(2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有_。a摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些b摆球尽量选择质量大些、体积小些的c为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度d拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于 5,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时间间隔 t 即为单摆周期 Te拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于 5,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做 50 次全振动所用的时间 t,则单摆周期 Tt50思

15、路点拨(1)游标卡尺读数时应注意游标卡尺的零刻度线和边界线的区别。(2)测重力加速度时应注意单摆的模型以及摆长和周期的测量。解析 (1)根据游标卡尺的读数方法,小钢球的直径(1860.1) mm 18.6 mm 。(2)因为单摆的周期 T2 与 无关,c 项错误。因为摆球会以较快的速度通过平衡位lg置,所以在平衡位置开始计时误差较小,同时为了减小偶然误差应测多次振动的时间并求平均值,综合看 d 项错误,a、b、e 项正确。答案 (1)18.6 (2)abe探规寻律(1)利用该实验测定重力加速度最主要的是测准摆长( 从悬点到球心)和周期,测 n 次全振动时间应从摆球经过平衡位置开始计时。(2)利

16、用图像可以有效地减小误差,由 lT2 图线的斜率 k ,知 g4 2k,求出斜率也g42就可求得重力加速度。跟踪演练2在利用单摆测定重力加速度的实验中,由于单摆做简谐运动的周期 T2 ,于是lg有 T2 l。改变单摆的摆长,只要测出摆长及相应的振动周期,作出 T2l 图像,就可求出42g当地的重力加速度。T 2l 图像应为经过坐标原点的直线。某学生在实验中作出的 T2l 图像如图所示。(1)造成图线不过原点的原因是( )A每次都将 n 个周期的时间记成 (n1)个周期的时间B每次测摆长时,都将摆线长当成了摆长C每次实验时,摆球的振幅都不同D每次实验时,摆球的质量都不同(2)根据以上分析,可求得

17、当地的重力加速度为多少?( 取 29.87)解析:(1)若测量正确,纵坐标为 0 时,横坐标也应该为 0。现在纵坐标为 0 的点对应的横坐标为负值,说明横坐标偏小,即摆长偏小,计算摆长时少加了摆球的半径,故选项 B正确。(2)由单摆的周期公式得 T2 l,T 2l 图像应为过原点的直线。若 l 少加了摆球半径42gr,整个 T2l 图像将左移,而图线斜率不变。因图线斜率 k ,所以 g 42g 42km/s2 9.87 m/s2。424/99 110 2答案:(1)B (2)9.87 m/s2课堂双基落实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

18、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 单摆的回复力不是小球所受的合力,而是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) 。2.多选如图所示,是一个单摆(5),其周期为 T,则下列说法正确的是( )A把摆球的质量增加一倍,其周期变小B摆角 变小时,周期也变小C此摆由 OB 运动的时间为T4D摆球在由 BO 运动时,势能向动能转化解析:选 CD 该题实际上考查了单摆周期的决定因素,根据单摆的固有周期我们可以知道固有周期与振幅、摆球的

19、质量无关, 角变小,只是振幅变小,故 A、B 选项错误。摆球由 OB 运动的过程是 个全振动,所以运动时间为 ,故 C 正确。摆球14 T4在运动的过程中机械能是守恒的,所以由 BO 运动时,重力势能减小,动能增加,故 D 正确。3多选一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )At 1 时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小Bt 2 时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小Ct 3 时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小Dt 4 时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大解析:选 CD 由题图知,t 1、t 3时刻是最大位移处,t 2、t 4时刻是平衡位置。单摆做小角度摆动,平衡位置时速度最大,悬线对它的拉力最大,故 B 错,D 对。最大位移处速度为零,拉力最小,故 A 错, C 对。4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。解析:单摆周期公式 T2lg且 klmg解得 T2 。mk答案:2mk