(共19张PPT)
1.单摆
一根长细线一端固定,另一端系一小球,若忽略细线长度的微小变化和质量,且线长比球的直
径大得多,这样的装置就叫作单摆。
2.单摆的振动
拉开摆球,使它偏离平衡位置一个小角度,然后放开,摆球将沿着以平衡位置为中心的一段圆
弧做往复运动,这就是单摆的振动。
3.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的分力G1=mg sin θ。
知识点 1 单摆及其运动规律
必备知识 清单破
3 单摆
(2)回复力的特点:在偏角较小的情况下,单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成正
比,方向与位移x的方向相反,即F=- x。
(3)运动规律:单摆在偏角很小时的振动是简谐运动。
注意 摆球经过平衡位置时,回复力为零,但合外力不为零(合外力用来提供摆球做圆周运动
的向心力)。
1.提出:周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
2.单摆周期(T ):周期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。公式为
T=2π 。
知识点 2 单摆的周期
知识辨析
1.结合单摆模型的特点想一想,下列装置能否视为单摆,为什么
2.单摆振动的回复力是摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力吗
3.振动的摆球通过平衡位置时,受力平衡吗
4.若单摆的摆长不变,摆球的质量由20 g增加到40 g,最大摆角由4°减为2°,单摆的频率会改变
吗
一语破的
1.都不能。(1)中橡皮筋的伸缩不能忽略;(2)(3)中乒乓球和大木球摆动时,空气阻力不能忽略
且(3)中不满足绳长比球的直径大得多的条件。
2.不是。重力和摆线对摆球拉力的合力沿摆线方向的分量充当向心力,沿圆弧切线方向的分
量充当回复力。
3.不平衡。摆球通过平衡位置时,合外力提供摆球做圆周运动的向心力。
4.不会。由单摆的周期公式T=2π 可知,单摆的周期与摆球的质量和摆角均无关;周期和频
率互为倒数,所以频率不改变。
1.回复力:摆球重力沿与摆线垂直方向的分力提供回复力,F回=mg sin θ=- x=-kx,负号表示回
复力F回与位移x的方向相反。
2.向心力:摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力,F向=FT-mg cos θ。
3.两点说明
(1)当摆球在最高点时,速度为0,F向= =0,FT=mg cos θ,回复力最大。
(2)当摆球在最低点时,速度最大,F向= ,F向最大,FT=mg+m ,此时回复力为零。
关键能力 定点破
定点 1 单摆模型中摆球的受力特征
典例 (多选)如图甲所示,一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动,与
拉力传感器相连的计算机显示绳子拉力F的大小随时间t的变化图像如图乙所示【1】,已知当
地的重力加速度为g,则根据图乙中的数据可知 ( )
A.单摆的周期【2】T=
B.摆球的质量为m=
典例
C.单摆的摆长L=
D.在t= 时刻摆球的回复力最大
CD
信息提取 【1】摆球到达最低点时,绳子拉力最大,摆球到达最高点时,绳子拉力最小;
【2】一次全振动的时间,也就是摆球从最低点→最高点→最低点→最高点→最低点所用时
间。
思路点拨 (1)根据摆球在最高点及最低点时绳子拉力的情况,在图乙中标出最高点与最低
点,由简谐运动周期的定义得出单摆的周期;根据单摆周期公式T=2π 【3】 得出摆长。
(2)摆球在摆动过程中,在最低点回复力为0,在最高点回复力最大。
(3)摆球在最低点时,合外力充当向心力【4】,根据F-mg= ,得出摆球质量表达式。
解析 结合图乙得t=0时摆球在最低点(由【1】得到),周期T=t0(由【2】得到),A错误;此单摆
的摆长L= = (由【3】得到),C正确;摆球运动到最低点时,有F0-mg= (由【4】得到),
摆球的质量为m= ,B错误;在t= 时刻摆球在最高点,回复力最大,D正确。
1.摆长与等效摆长
对于各种不同的单摆系统,周期公式T=2π 中的摆长l的意义是不同的。摆长l是指摆
动圆弧的圆心到摆球重心的距离,而不一定是摆线的长。若摆球的半径r足够小,可以忽略。
定点 1 没对单摆周期公式T=2 π 中l、g的理解
单摆系统 等效摆长 摆动方向
l等效=l sin α 垂直于纸面方向小角度摆动
l等效=l sin α+l 垂直于纸面摆动
l等效=l 在纸面内摆动
左侧:l等效=l 右侧:l等效= l 在纸面内摆动
T=π +π
l等效=R 当半径R远大于小球位移x
时,小球做简谐运动
2.重力加速度与等效重力加速度
(1)单摆所处的空间位置(纬度、高度)不同,g值不同。
(2)等效重力加速度
等效摆及条件 等效重力加速度 确定方法
g等效=g-a 当单摆在平衡位置“停摆”
时,摆线的拉力与摆球质量之
比
g等效=g+a g等效=g sin θ g等效= 当摆球受到的除重力、拉力
以外的其他力为恒力时,采用
等效法,将重力和恒力的合力
等效为重力
g等效= g等效=g 当摆球受到的除重力、拉力
以外的其他力的方向总是与
速度方向垂直时,等效重力加
速度仍为g,即T不变
g等效=g 典例 如图所示,长为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球,在O点正下方 处的P点固定一小
钉子【1】。现将小球拉至A点,使轻绳与竖直方向间夹角很小,然后由静止释放小球,小球在竖
直平面内运动。点B(图中未标出)是小球能够到达的左侧最高位置【2】,重力加速度为g,不计
空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.点B在点A下方
B.点B在点A上方
C.小球摆动的周期为2π
典例
D.小球摆动的周期为π
D
信息提取 【1】小球从最低点向左摆动,摆长是 ;
【2】在B点小球动能为0。
思路点拨 小球在摆动过程中机械能守恒,根据机械能守恒定律【3】,可得B点与A点等高;小球
在左侧摆动时摆长是 ,在右
侧摆动时摆长是l,根据单摆周期公式T=2π 【4】分别得出小球在左侧、右侧摆动的时间,从
而得出整个摆动周期。
解析 小球摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,小球到达两侧最高点时动能均为零,故重
力势能相等 (由【3】得到),可知点B与点A等高,故A、B错误;小球从最低点到A点再到最低
点的时间为t1= T1=π , 小球从最低点到B点再到最低点的时间为t2= T2=π (由【4】
得到),则小球摆动的周期为T=t1+t2=π ,C错误,D正确。第二章 机械振动
3 单摆
基础过关练
题组一 单摆模型
1.(多选题)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.摆线长度不可伸缩
C.摆球的直径比摆线的长度小得多
D.只要是单摆的运动就一定是简谐运动
题组二 单摆的回复力及运动特征
2.单摆在振动过程中,当摆球的重力势能增大时,摆球的 ( )
A.位移一定减小
B.速度一定减小
C.回复力一定减小
D.切线方向加速度一定减小
3.关于单摆,下列说法中正确的是 ( )
A.摆球运动的回复力是它的重力沿圆弧切线方向上的分力
B.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,加速度是改变的
D.摆球经过平衡位置时,加速度为零
4.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,摆动到A点时用激光烧断细绳,则摆球 ( )
A.加速度沿图中1所示方向
B.沿图中2所示方向做自由落体运动
C.加速度沿图中3所示方向
D.沿图中4所示方向飞出
题组三 对单摆周期公式的理解和应用
5.惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器——摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供,运动的速率由钟摆控制。旋转摆钟下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动,如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.当摆钟不准时需要调整圆盘的上、下位置
B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移
C.将摆钟带到空间站上,仍能正常工作
D.把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移
6.某一单摆的位移-时间关系图像如图所示,则该单摆的 ( )
A.摆长为0.1 m B.周期为1.25 s
C.频率为1 Hz D.振幅是0.2 m
7.(经典题)一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的,在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上,时针转一圈所经历的时间为 ( )
A.6 h B.12 h
C.24 h D.48 h
能力提升练
题组一 单摆的振动图像
1.如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像,下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两单摆的振幅相等
B.甲摆的摆长比乙摆的大
C.甲摆的机械能比乙摆的大
D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
2.如图甲所示,从重型机械的机械臂顶部垂下一个大铁球并让它做小角度摆动,即可以用来拆卸混凝土建筑,该情景可视为单摆模型,它对应的振动图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.铁球的质量增大,周期增大
B.t=4 s时,摆球的速度最大
C.该单摆的摆长约为4 m
D.铁球摆开的角度增大,周期增大
题组二 单摆摆长变化的问题
3.如图所示,长为l的细绳下方悬挂一小球,静止时小球位于B点。绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方l的O'处固定一铁钉。将小球向右拉到A点,使细绳与竖直方向成一小角度(约为5°)后由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法中正确的是 ( )
A.小球第一次返回到A点所用时间为
B.小球第一次返回到A点所用时间为
C.小球在摆动过程中的合力等于重力沿轨迹切线方向的分力
D.小球在摆动过程中的回复力等于所受重力和摆线拉力的合力
4.一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时,摆线被悬点O(未画出)正下方的钉子P挡住,之后摆球运动到右侧最高点B,该过程中的频闪照片如图所示,已知闪光的时间间隔相等,OC=l。则O、P两点间的距离为 ( )
A.l B.l C.l D.l
5.(经典题)有一悬线长为l的单摆,摆球为一个有一定质量的空心金属球,球底有一小孔,球内盛满水。在摆动过程中,水从小孔慢慢流出。现使该单摆做小角度摆动,从水开始流到水流完的过程中,此摆的周期的变化是 ( )
A.由于悬线长l和重力加速度g不变,所以周期不变
B.由于水不断外流,周期不断变大
C.周期先变大,后又变小
D.周期先变小,后又变大
题组三 单摆的能量问题
6.单摆做简谐运动,当铁质摆球到达最高点时,将一块小磁铁轻轻吸附在摆球上,则该单摆 ( )
A.振幅增大
B.振动能量增大
C.通过最低点时的速率增大
D.周期增大
题组四 单摆与力学的综合应用
7.一个在地球上做简谐运动的单摆,其振动图像如图甲所示,今将此单摆移至某一行星上,其简谐运动图像如图乙所示。若已知该行星的质量为地球质量的4倍,取π2=10,地球表面重力加速度g1取10 m/s2,求:
(1)此单摆的摆长;
(2)地球表面的重力加速度g1为该行星表面重力加速度g2的多少倍;
(3)该行星的半径R2与地球半径R1之比。
8.如图甲,将一小球用细线悬挂于固定悬点O,将高精度力传感器(不考虑质量)接在球与细线之间,小球静止悬停在A位置,一玩具枪在球左侧水平放置,枪口中心与球心等高。某时刻,玩具枪以一定初速度v0发射质量为m0=0.2 g的水弹,水弹跟小球碰撞后,立即散开(可认为速度为0)且碰撞时间很短可忽略,之后小球开始摆动,整个过程力传感器示数F随时间t变化的曲线如图乙所示。已知小球上摆的最大摆角θ很小,图中t= s时刻为水弹与小球碰撞时刻,小球摆动过程中始终不与枪相撞,忽略空气阻力,当地重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)摆球的质量M;
(2)小球的摆动周期T和摆长L;
(3)水弹的初速度v0的大小。
答案与分层梯度式解析
第二章 机械振动
3 单摆
基础过关练
1.ABC 单摆由摆线和摆球组成,摆线只计长度不计质量,且摆线不可伸缩,摆球的直径比摆线的长度小得多。把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的,只有在偏角很小(5°左右),且不计空气阻力的情况下才能将单摆的运动视为简谐运动,故选A、B、C。
2.B 单摆在振动过程中,当摆球的重力势能增大时,远离平衡位置,摆球的位移变大,回复力变大,切线方向加速度变大,速度减小。故选B。
3.A 根据回复力的定义,单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力,A正确;摆球在运动过程中,回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置,而向心加速度指向悬点,合成后,加速度方向不是始终指向平衡位置,B错误;摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,受力情况相同,加速度是不变的,C错误;摆球经过平衡位置时,加速度不为零,有向心加速度,D错误。
易混易错 单摆问题的两点注意事项
(1)所谓平衡位置,是指摆球静止时,摆线拉力与小球所受重力平衡的位置,并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上,在摆动过程中,摆球受力不可能平衡。
(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mg sin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。
4.B 摆球摆动至A点时,因为已经到达了摆动的最高点,所以瞬时速度为零;此时如果烧断细线,则拉力消失,小球将从A点开始沿着图中2所示的方向做自由落体运动。故选B。
5.A 调整圆盘的上、下位置可改变摆长,从而达到调整周期的作用,A正确;若摆钟变快了,是因为周期变小了,应增大摆长,即下移圆盘,B错误;将摆钟带到空间站上,其处于完全失重状态,摆钟无法正常工作,C错误;从广州到北京,重力加速度g变大,周期变小,应增加摆长,D错误。
6.C 由图读出单摆的周期T=1 s,由周期公式T=2π,得摆长为l=≈0.25 m,A、B错误;频率为f==1 Hz,C正确;振幅等于位移的最大值,由图可知振幅为A=0.1 m,D错误。
7.C 由题可知,该行星表面的重力加速度g'=,由T=2π可得,摆钟在该行星表面摆动的周期T'是在地球表面摆动周期T的两倍,因此时针转一圈经历的时间是24 h,故选C。
能力提升练
1.D 从题图上可以看出甲摆振幅大,A错误;由题图知两摆周期相等,根据单摆周期公式T=2π,可知两单摆摆长相等,B错误;因两摆球质量关系不明确,故无法比较两摆的机械能的大小,C错误;t=0.5 s时,乙摆球在负的最大位移处,故有正向最大加速度,D正确。
2.C 根据单摆的周期公式T=2π,可知周期的大小与铁球的质量、摆开的角度无关,A、D错误;由题图乙可知,t=4 s时,摆球离开平衡位置的位移达到最大,此时摆球的速度为零,B错误;由题图乙可知,单摆的周期为4 s,所以摆长为L=≈4 m,C正确。
3.A 小球第一次返回到A点所用时间,即小球摆动的周期,等于摆长为l的单摆和摆长为的单摆的周期之和的二分之一,即T==,A正确、B错误;小球在摆动过程中的合力等于所受重力和摆线拉力的合力,C错误;小球在摆动过程中的回复力等于重力沿轨迹切线方向的分力,D错误。
4.A 设相邻两次闪光的时间间隔为t,则摆球在C点左侧的摆动周期为T1=12t,摆球在C点右侧的摆动周期为T2=8t,可得T1∶T2=3∶2,根据单摆周期公式T=2π,可解得lPC=l,则O、P两点间的距离为lOP=l-lPC=l,故选A。
5.C 单摆的摆长是悬点到小球重心的距离,开始时,重心在球心,水流出后重心下降,水全部流完后,重心又回到球心。因此重心先降低后升高,摆长先变大后变小,由T=2π,可得周期先变大后变小,C正确。
易混易错 此题易错选B,误认为只要水向外流,小球重心就下移,摆长就增大,忽视了球壳的质量。
6.B 铁质摆球到达最高点时,将一块小磁铁轻轻吸附在摆球上,振幅不变,A错误;摆球到达最低点时的速率设为v,有mgh=mv2,得v=,由于h不变,所以v不变,C错误;吸附小磁铁后,可视为摆球的质量增大,由Ek=mv2可知,其经过平衡位置时的动能增大,因此振动的能量增大,故B正确;由单摆的周期公式T=2π可知,单摆摆长不变,则振动的周期不变,故D错误。
7.答案 (1)1 m (2)4倍 (3)4∶1
解析 (1)由题图知,此单摆在地球表面上的振动周期T1=2 s,根据T1=2π
得L=
代入数据解得L=1 m。
(2)由题图知,此单摆在该行星上振动周期T2=4 s,而T2=2π
得==4
所以地球表面的重力加速度是该行星表面重力加速度的4倍。
(3)根据G=mg
得R2∶R1=∶=4∶1。
8.答案 (1)0.04 kg (2) s 0.8 m (3)80 m/s
解析 分析题图乙如图所示:
(1)由题意知,水弹射击前小球处于平衡状态,则由题图乙可得
F1=Mg=0.400 N
解得M=0.04 kg。
(2)由题图乙可知小球摆动的周期为T= s
由单摆周期公式T=2π
解得L=0.8 m。
(3)对经过最低点时的小球进行分析,由牛顿第二定律得
F2-Mg=M
解得vM=0.4 m/s
水弹与小球碰撞过程,由动量守恒定律有
m0v0=MvM
解得v0=80 m/s。
7
