(共31张PPT)
4.单摆
第二章
2022
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
课堂小结
04
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.知道单摆是一个理想化模型和其做简谐运动的条件。
2.知道单摆做简谐运动时回复力的特点和表达式。
3.理解单摆的周期与振幅、摆球质量无关。
4.掌握单摆的周期公式及其应用。
1.经历单摆做简谐运动条件的分析过程,体会摆角θ很小时的近似方法,形成科学思维。
2.通过观察单摆,对影响单摆周期的因素进行猜想,然后通过实验探究认识到影响单摆周期的因素,培养实验探究能力。
自主预习 新知导学
一、单摆的回复力
1.单摆
用细线悬挂着小球,如果细线的长度不可改变,细线的质量与小球相比可以忽略,球的直径与线的长度相比也可以忽略,这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的理想化模型。
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源:如图所示,摆球的重力沿圆弧切线方向(选填“切线方向”或“法线方向”)的分力提供回复力。
二、单摆的周期
1.单摆做简谐运动的周期与摆长有关,摆长越长,周期越大;单摆的周期与摆球质量和振幅无关。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)单摆经过平衡位置时受到的合力为零。( )
(2)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。( )
(3)制作单摆的摆球质量一定时,摆球越小越好。( )
(4)若单摆的振幅变为原来的一半,则周期也将变为原来的一半。( )
2.在实验室里做探究单摆周期与摆长之间的关系实验时,要想减少单摆在单位时间内的摆动次数,可采取什么方法
提示:增大摆长。
×
×
√
×
合作探究 释疑解惑
知识点一
单摆及单摆的回复力
【问题引领】
如图所示,一个单摆在B、C之间做小角度来回摆动,请问:
(1)单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗
(2)单摆经过平衡位置时,回复力为零,合外力也为零吗
提示:(1)回复力不是合外力。单摆的运动可看作变速圆周运动,其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力,重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球沿圆弧振动的回复力。
(2)单摆经过平衡位置时,回复力为零,但合外力不为零。
【归纳提升】
1.单摆
(1)模型:摆线是不可伸长且没有质量的细线,摆球是没有大小只有质量的质点,这样的装置叫单摆,它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的长度相比小得多,摆线的质量与摆球的质量相比小得多,这时可把摆线看成是不可伸长,且没有质量的细线。
②摆球直径的大小与摆线长度相比小得多,这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点。
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:在摆角很小时,F=- x。
(3)运动规律:在摆角很小时做简谐运动,其振动图像遵循正弦(或余弦)函数规律。
【典型例题】
【例题1】 图中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动中的最低位置,则在摆动过程中( )
A.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用
B.摆球在A点和C点处,速度为零,合力与回复力也为零
C.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大
D.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大
答案:C
解析:摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用,A项错误;摆球在摆动过程中,在最高点A、C处速度为零,回复力最大,合力不为零,在最低点B处,速度最大,回复力为零,细线的拉力最大,C项正确,B、D项错误。
科学思维 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,这是与弹簧振子不同之处。
2.在最大位移处,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,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。
【变式训练1】 对于单摆,下列说法正确的是( )
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
答案:C
解析:单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用,把重力沿切向和径向分解,其切向分力提供回复力,细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力,向心力大小为 ,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,平衡位置处为零。故选项C正确。
【问题引领】
知识点二
单摆周期公式的理解与应用
(1)单摆的摆长l等于悬线的长度吗
(2)将一个单摆移送到不同的星球表面时,周期会发生变化吗
提示:(1)不等于。单摆的摆长l等于悬线的长度与摆球的半径之和。
(2)可能会。单摆的周期与所在地的重力加速度g有关,不同星球表面的重力加速度可能不同。
【归纳提升】
1.对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。
(2)公式中l是摆长,即悬点到摆球球心的距离l=l线+r球。
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度,由单摆所在的空间位置决定。
(4)周期T只与l和g有关,与摆球质量m与振幅无关。所以单摆的周期也叫固有周期。
2.周期公式应用
(1)只要测出单摆摆长l和周期T,就可以根据g= 求当地重力加速度g。
(2)可以制作计时仪器。
【典型例题】
【例题2】 有一单摆,其摆长l=1.02 m,已知单摆做简谐运动,单摆振动30 次用的时间t=60.8 s。
(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
答案:(1)9.79 m/s2
(2)缩短 0.027 m
(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,
所以其摆长要缩短Δl=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m。
科学思维 有关单摆周期问题的处理方法
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时的运动时间。
3.改变单摆振动周期的途径是改变单摆的摆长;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)。
【变式训练2】 如图所示,单摆的周期为T,则下列说法正确的是( )
A.把摆球质量增加一倍,其他条件不变,则单摆的周期变小
B.把摆角α变小,其他条件不变,则单摆的周期变小
C.将此摆从地球移到月球上,其他条件不变,则单摆的周期
将变长
D.将单摆摆长增加为原来的2倍,其他条件不变,则单摆的周期将变为2T
答案:C
课堂小结
随堂练习
1.(对单摆的理解)(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是( )
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度短得多
D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案:ABC
解析:单摆由摆线和摆球组成,摆线只计长度不计质量,摆球只计质量不计大小,且摆线不伸缩。但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的,只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动,故正确答案为A、B、C。
2.(对回复力的理解)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
答案:B
解析:摆球振动的回复力是其重力沿圆弧切线方向的分力,即摆球重力在垂直悬线方向上的分力,B正确。
3.(单摆的周期公式的理解)右图是一个单摆(α<5°),其周期为T,则下列说法正确的是( )
A.把摆球质量增加一倍,则周期变小
B.把偏角α变小时,周期也变小
C.摆球由O→B→O,运动的时间为T
答案:D
解析:由T=2π 可知,单摆的周期T与质量无关,A项错误;偏角α变小,振幅变小,但单摆的周期T与振幅无关,B项错误;O→B→O→C→O为一次全振动,运动时间等于T,C项错误;由O→B→O单摆仅完成了半个全振动,运动时间等于 ,D正确。
4.(单摆周期公式的应用)一个摆长为2 m的单摆,在地球上某地摆动时,测得完成100次全振动所用的时间为284 s。(结果均保留三位有效数字)
(1)求当地的重力加速度g。
(2)若把该单摆拿到月球上去,已知月球上的重力加速度是1.60 m/s2,则该单摆振动周期是多少
答案:(1)9.78 m/s2 (2)7.02 s
本 课 结 束4.单摆
基础巩固
1.关于单摆,下列说法正确的是( )
A.摆球运动的回复力是它受到的合力
B.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,加速度是不变的
C.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
D.摆球经过平衡位置时,加速度为零
答案:B
解析:摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,A错误;摆球经过最低点时,回复力为0,但合力提供向心力,C、D错误;由简谐运动特点知B正确。
2.发生下列哪一种情况时,单摆周期会增大( )
A.增大摆球质量
B.减小摆长
C.减小单摆振幅
D.将单摆由山下移至山顶
答案:D
解析:由单摆周期公式T=2π知,T与单摆的摆球质量、振幅无关,减小摆长,l变小,T变小;单摆由山下移到山顶,g变小,T变大,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( )
A.t1时刻摆球速度为零,摆球的合外力为零
B.t2时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小
C.t3时刻摆球速度为零,摆球的回复力最大
D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大
答案:CD
解析:由题图读出t1时刻摆球在正向最大位移处,速度为零,回复力最大,合外力不为零,故A错误;t2时刻位移为零,说明摆球在平衡位置,摆球速度最大,悬线对它的拉力最大,故B错误;t3时刻摆球在负向最大位移处,速度为零,回复力最大,故C正确;t4时刻位移为零,说明摆球在平衡位置,摆球速度最大,悬线对它的拉力最大,故D正确。
4.如图所示的单摆,摆长为l=40 cm,摆球在t=0时刻从右侧最高点由静止释放做简谐运动,则当t=1 s时,摆球的运动情况是(g取10 m/s2)( )
A.向右加速 B.向左减速
C.向左加速 D.向右减速
答案:D
解析:单摆的周期T=2π=2π s=1.256 s,t=1 s时,则T5.做简谐运动的单摆,其摆长不变,若摆球的质量增加为原来的,摆球经过平衡位置的速度减为原来的,则单摆振动的( )
A.周期不变,振幅不变
B.周期不变,振幅变小
C.周期改变,振幅不变
D.周期改变,振幅变大
答案:B
解析:由单摆的周期公式T=2π可知,当摆长l不变时,周期不变,故C、D错误;由能量守恒定律可知mv2=mgh,其摆动的高度与质量无关,因摆球经过平衡位置时的速度减小,则最大高度减小,知振幅减小,选项B正确,A错误。
6.已知在单摆a完成10次全振动的时间内,单摆b完成6次全振动,两单摆摆长之差为1.6 m,则两单摆摆长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
答案:B
解析:单摆完成一次全振动所需的时间即单摆的周期,据题设可知a、b两单摆的周期之比为,由单摆周期公式T=2π,据题设得lb-la=1.6 m,联立解得la=0.9 m,lb=2.5 m,故B正确。
7.图甲所示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,设向右为正方向,图乙是这个单摆的振动图像。
(1)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10 m/s2,则这个单摆的摆长是多少
答案:(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
解析:(1)由题图乙知周期T=0.8 s,
则频率f==1.25 Hz。
(2)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,所以摆球在B点。
(3)由T=2π得l==0.16 m。
能力提升
1.一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的。在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后,此摆钟分针转动一整圈所经历的时间实际上是( )
A. h B. h
C.2 h D.4 h
答案:C
解析:万有引力是地球表面的,则该星球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的,由T=2π可知,=2,即t0=2t,故分针转一圈所经历的时间实际为2 h。
2.如图所示,在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了双线摆,若摆线长为l,两线与天花板的左右两侧夹角均为α,当小球垂直于纸面方向做简谐运动时,周期为( )
A.2π B.2π
C.2π D.2π
答案:D
解析:这是一个变形的单摆,可以用单摆的周期公式T=2π计算,但注意此处的l与题中的绳长不同,公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离,即做圆周运动的半径。此题中单摆的等效摆长为lsin α,代入周期公式,可得T=2π,故选D。
3.右图是两个单摆的振动图像,从图像中可以知道它们的( )
A.摆球质量相等
B.振幅相等
C.摆长相等
D.摆球同时改变速度方向
答案:C
解析:由图像可知,两单摆的周期相等,则摆长相等,无法确定质量关系,故A错,C对。由题图可知振幅不同,且两个摆球不能同时到达最大位移处,即速度方向不能同时改变,故B、D错。
4.(多选)如图甲所示,一个单摆做小角度摆动,从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时,相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力,g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程,下列说法正确的是( )
A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin πt (cm)
B.单摆的摆长约为1 m
C.从t=2.5 s到t=3 s的过程中,摆球的重力势能逐渐增大
D.从t=2.5 s到t=3 s的过程中,摆球所受绳子拉力逐渐减小
答案:AB
解析:由振动图像可读出周期T=2 s,振幅A=8 cm,由ω=得到圆频率ω=π rad/s,则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin ωt=8sin πt (cm),故A正确。由公式T=2π,解得l=1 m,故B正确。从t=2.5 s到t=3 s的过程中,摆球从最高点运动到最低点,重力势能减小,摆球的位移减小,回复力减小,速度增大,所需向心力增大,绳子的拉力增大,故C、D错误。
5.右图是两个单摆的振动图像。
(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时起,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
答案:(1)1∶4 (2)甲振动到周期,位于平衡位置,此时甲向左运动
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=1∶2,又由单摆的周期与摆长的关系可知,l甲∶l乙=1∶4。
(2)由题图可以看出,当乙第一次到达右方最大位移处时,t=2 s,振动到周期,甲振动到周期,位移为0,位于平衡位置,此时甲向左运动。
6.如图所示,光滑的半球壳半径为R,O点在球心O'的正下方,一小球甲(可视为质点)由距O点很近的A点由静止释放,R lAO。
(1)若小球甲释放的同时,另一小球乙(可视为质点)从球心O'处自由落下,求两球第一次到达O点的时间比。
(2)若小球甲释放的同时,另一小球丙(可视为质点)在O点正上方某处自由落下,为使两球在O点相碰,小球应由多高处自由落下
答案:(1)π∶4 (2)(n=1,2,3,…)
解析:(1)甲球沿圆弧做简谐运动,它第一次到达O点的时间为t1=T=×2π。
乙球做自由落体运动,到达O点的时间为t2,
R=,所以t2=,t1∶t2=π∶4。
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为t=(2n-1),n=1,2,3,…,由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰,所以h=gt2=(n=1,2,3,…)。
