(共35张PPT)
内容索引
01
02
课前篇 自主预习
课堂篇 探究学习
学习目标 思维导图
1.知道什么是单摆,了解单摆运动的特点。(物理观念)
2.通过实验,探究单摆周期与摆长的关系。(科学探究)
3.知道单摆的周期与摆长、重力加速度的关系。(科学思维)
课前篇 自主预习
自主阅读
一、单摆的振动
1.单摆模型
把一根不能伸长的细线上端固定,下端拴一个小球,线的质量和球的大小可以忽略不计,这种装置称为单摆。单摆是实际摆的理想化模型。
2.单摆的回复力
(1)来源:摆球的重力沿圆弧切向的分力。
(2)大小:若摆球质量为m、摆长为l、偏离平衡位置的位移为x,在偏角很小时(通常θ<5°),单摆的回复力F= ,方向总指向平衡位置。
二、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.实验探究
(1)探究方法:控制变量法。
(2)实验结论:
①周期与振幅无关。
②周期与摆球质量无关。
③摆长越长,周期越大;
2.周期公式
荷兰物理学家惠更斯发现单摆做简谐运动的周期T与摆长l的算术平方根成正比,与重力加速度g的算术平方根成反比,即T= .
自我检测
1.正误判断
(1)单摆模型中对细线的要求是其伸缩可忽略,质量可忽略。( )
答案 √
(2)单摆的摆角大小对单摆的周期没有影响。( )
解析 实验表明,单摆振动的周期与摆球质量无关,在振幅较小时与振幅无关。
答案 ×
(3)摆球受到的回复力是它的合力。( )
解析 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。
答案 ×
2.(多选)下列关于单摆的说法中正确的是( )
A.单摆模型中对小球的要求是密度较大,其直径与摆线的长度相比可忽略
B.摆球的重力沿半径方向的分力提供单摆运动的回复力
C.单摆的摆长变为原来长度的2倍,则其周期变为原来周期的2倍
D.把单摆由北京移到北极,其周期要变短
解析 单摆模型要求小球能看作质点、空气阻力可以忽略,因此,对小球的要求是密度较大,其直径与摆线的长度相比可忽略,选项A正确;摆球的重力沿切线方向的分力提供单摆运动的回复力,选项B错误;单摆的周期与摆长的平方根成正比,因此,当摆长变为原来长度的2倍,则周期变为原来的 倍,选项C错误;把单摆由北京移到北极,所处地的重力加速度增大,则其周期减小,选项D正确。
答案 AD
课堂篇 探究学习
探究一
对单摆的回复力及运动特征的理解
情境探究
如图所示,一根细线上端固定,下端连接一个金属小球,用手使小球偏离竖直方向一个夹角,然后释放。
(1)小球受到哪些力的作用
(2)什么力提供向心力
(3)什么力提供回复力
要点提示 (1)小球受细线的拉力和重力作用。
(2)细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。
(3)重力沿圆弧切线方向的分力提供小球振动的回复力。
知识归纳
1.运动规律
摆球以悬点为圆心做变速圆周运动,也是以平衡位置为中心的机械振动。
2.受力规律
(1)在运动过程中只要v≠0,沿半径方向的力的合力不为0,提供向心力。
(2)在运动过程中只要不在平衡位置,小球一定受回复力,即重力沿圆弧切线方向的分力。
(3)在平衡位置,回复力为零,小球的合力并不为零,合力提供圆周运动的向心力。
3.单摆做简谐运动的条件
因此,在摆角θ很小时,单摆做简谐运动。
单摆的摆动不一定都是简谐运动,只有单摆做小角度摆动时才认为是简谐运动。
典例剖析
例题1(多选)关于单摆摆球在运动过程中的受力,下列结论正确的是( )
A.摆球受重力、摆线的拉力作用
B.摆球受重力、摆线的拉力、回复力作用
C.摆球的回复力为零时,向心力最大
D.摆球的回复力最大时,摆线中的拉力大小比摆球的重力大
解析 单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力,重力沿圆弧切线的分力提供回复力,故A对、B错;在平衡位置处,回复力为零,速度最大,向心力
F向= 最大,选项C正确;当回复力最大时,摆球在最大位移处,速度为零,向心力为零,则拉力等于重力沿半径方向的分力,即拉力小于重力,选项D错误。
答案 AC
技巧点拨解决单摆回复力问题的关键
解决单摆回复力问题时,一定要分清物体的受力、回复力、向心力之间的关系。
变式训练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 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。
答案 B
探究二
对单摆周期公式的理解及应用
情境探究
假设将一个摆钟(如图所示)带到空间站内,则该摆动的钟摆周期如何变化
要点提示 在空间站内钟摆完全失重,回复力为零,等效值g'=0,钟摆不摆动了。
知识归纳
1.周期公式的成立条件
当单摆做偏角很小的振动时,才有T=2π ,与单摆的振幅及摆球的质量无关,只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。
2.对摆长l的理解
对于不规则的摆动物体或复合物体,摆长是指摆动轨迹圆弧的圆心到摆动物体重心的长度。图(a)中,摆球半径为r,甲、乙两摆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 α+r。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,与丙摆等效。
3.影响g的主要因素
只处于重力场中的单摆,周期公式中的g由单摆所在的空间位置决定,即
g= ,其中M为地球质量,R为到地心的距离。
典例剖析
例题2(2019全国Ⅱ卷)如图,长为l的细绳下方悬挂一小球a,绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方 l的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,
并从释放时开始计时,当小球a摆至最低位置时,细绳会受到
铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向
右为正。下列图像中,能描述小球在开始一个周期内的x-t
关系的是( )
答案 A
规律方法 单摆模型及问题的分析与解答
(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件:
①圆弧运动。②小角度摆动。③回复力F=-kx。
(2)首先确认符合单摆模型的条件,然后寻找等效摆长l及等效重力加速度g,最后利用公式T=2π 或简谐运动规律分析、解答。
变式训练2如图所示,小球在光滑的半径R较大的圆周上AB两点间来回做小幅度(θ很小)的圆周运动,当地重力加速度为g,求小球从A运动到B的时间。
当堂检测
1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是( )
解析 单摆的悬线要求为细线、不能伸长且质量可忽略,故A对,B、C错;悬点必须固定,故D错。
答案 A
2.下列关于单摆的说法正确的是( )
A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为A(A为振幅),从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为-A
B.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力
C.单摆摆球的回复力等于摆球重力沿圆弧切线方向的分力
D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
解析 简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应为零。摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,线的拉力与重力沿摆线方向的分力的合力提供向心力,摆球经最低点(振动的平衡位置)时回复力为零,但向心力不为零,所以合外力不为零;摆球到最高点时,向心力为零,回复力最大,合外力也不为零。
答案 C
3.将秒摆(周期为2 s的单摆)的周期变为4 s,下面哪些措施是正确的( )
A.只将摆球质量变为原来的
B.只将振幅变为原来的2倍
C.只将摆长变为原来的4倍
D.只将摆长变为原来的16倍
答案 C第2章机械振动
第3节 单摆
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.关于单摆,下列认识正确的是( )
A.一根线系着一个球悬挂起来,这样的装置就是单摆
B.可以看成单摆的装置中,细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多
C.单摆的振动总是简谐运动
D.两个单摆只要结构相同,它们的振动步调便相同
解析单摆是实际摆的理想化模型,实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆,A错误,B正确。单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动,C错误。两单摆结构相同时,振动步调不一定相同,D错误。
答案B
2.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.只将摆球的质量增大,单摆振动周期增大
C.将摆由赤道移到北极,单摆振动周期减小
D.将单摆的摆角由3°增加到5°(不计空气阻力),单摆的周期减小
解析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;单摆的振动周期与摆球的质量无关,选项B错误;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;在摆角很小时,单摆的周期与摆角大小无关,选项D错误。
答案C
3.对于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是( )
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;当位移增大时,回复力增大,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=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。
答案C
4.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( )
A.la=2.5 m,lb=0.9 m
B.la=0.9 m,lb=2.5 m
C.la=2.4 m,lb=4.0 m
D.la=4.0 m,lb=2.4 m
解析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=T2,由此得la∶lb==9∶25,则la=×1.6 m=0.9 m,lb=×1.6 m=2.5 m。
答案B
5.(多选)如图所示为在同一地点的A,B两个单摆做简谐运动的图像,其中实线表示A的运动图像,虚线表示B的运动图像。关于这两个单摆的以下判断正确的是( )
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
解析从题图可知,两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D对;由振幅相等而摆长不等知C错;单摆的周期与质量无关,两摆球质量关系不确定,故A错。
答案BD
6.做简谐运动的单摆摆长不变,把摆球质量增加为原来的4倍,使摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的,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,振幅改变
D.频率改变,振幅不变
解析由T=2π可知,摆长不变时,单摆的周期不变,频率不变。摆球的质量增加为原来的4倍,而经过平衡位置时的速度减小为原来的,则摆球经过平衡位置的动能不变,单摆运动过程中机械能守恒,故最大势能不变,又因摆球质量发生改变,则振幅发生变化,选项B正确。
答案B
7.一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )
A.t1时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小
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,悬线对它的拉力最大
D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大
解析由振动图像可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大,此时摆球速度为零,悬线对摆球拉力最小;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,悬线对摆球拉力最大,故选项D正确。
答案D
关键能力提升练
8.图甲是演示简谐运动图像的装置,当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉出时,摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线,显示出摆的位移随时间变化的关系,板上直线OO1代表时间轴。
图乙是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线,若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1,则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为( )
A.T2=T1 B.T2=2T1
C.T2=4T1 D.T2=T1
解析从题图中看出N1和N2所代表的木板被拉出的距离是相等的。
答案D
9.(多选)如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方,距O点处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置,点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h,h l,A、B、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.点C与点B高度差小于h
B.点C与点B高度差等于h
C.小球摆动的周期等于
D.小球摆动的周期等于
解析由机械能守恒定律可知,点C与点B高度差等于h,选项A错误,B正确;由单摆周期公式可知,小球摆动的周期等于π+π,选项D错误,C正确。
答案BC
10.摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(取t=0),当振动至t=时,摆球恰具有负向最大速度,则单摆的振动图像是( )
解析由T=2π可知t=T,即在T时,摆球应在平衡位置向负方向运动,可知C项正确。
答案C
11.在科学研究中,科学家常将未知现象同已知现象进行比较,找出其共同点,进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时,曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l,引力常量为G,地球质量为M,摆球到地心的距离为r,求单摆振动周期T与距离r的关系式。
解析考虑单摆的周期公式与万有引力定律。根据单摆周期公式T=2π和GM=gr2可得T=2πr。
答案T=2πr
12.有一单摆,其摆长l=1.02 m,摆球的质量m=0.10 kg,已知单摆做简谐运动,单摆振动30次用的时间t=60.8 s,问:
(1)当地的重力加速度是多大
(2)如果将这个摆改为周期为2 s的秒摆,摆长应怎样改变 改变多少
解析(1)当单摆做简谐运动时,其周期公式T=2π,由此可得g=,只要求出T值代入即可。
因为T= s≈2.027 s,
所以g= m/s2≈9.79 m/s2。
(2)秒摆的周期是2 s,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≈0.993 m
其摆长要缩短Δl=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m。
答案(1)9.79 m/s2 (2)其摆长要缩短0.027 m
