摆学案新人教版选修3_4.doc

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1、1第 4 课时 单摆研究选考把握考情考试要求知识内容单摆加试 c教学要求1.知道单摆是一个理想化模型和做简谐运动的条件2.知道单摆做简谐运动时回复力的特点和表达式3.知道单摆的周期与振幅、摆球质量无关4.掌握单摆的周期公式5.知道测量单摆周期的方法，会用单摆测定重力加速度6.经历单摆做简谐运动条件的分析过程，体会摆角 很小时的近似方法7.会用图象法处理用单摆测定重力加速度的实验数据，会求加速度8.经历单摆周期的探究过程，体会探究过程中猜想与数据处理的作用说明1.不要求掌握证明单摆在摆角很小的情况下做简谐运动的方法2.不要求解决钟表快慢的调整问题知识点一 单摆的回复力基 础 梳 理1.单摆：用细

2、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：在偏角很小的情况下，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，因此单摆做简谐运动。要 点 精 讲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摆线的形变量与摆线长度相比小得多摆线的质量与摆球质量相比小得多摆球的直径与摆线长度相比小得多2.单摆的回复力2(1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切向的分力 F mgsin 提供的。(2)在最大偏角很小的条件下，单摆的回复力 F x，其中 x 为摆球相对平衡位置 O 的m

3、gl位移。由此可见：单摆的回复力与离开平衡位置的位移大小成正比，方向与位移的方向相反，因此单摆在偏角很小的条件下的振动为简谐运动。注意：(1)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零。(2)单摆的回复力为小球受到的沿切线方向的合力，而不是小球受到的合外力【例 1】 对于单摆，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 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

4、大小为 ，可见最mv2l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。答案 C名师点睛 单摆的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力。摆球所受的合外力在摆线方向的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力。因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)。知识点二 实验：探究单摆周期与摆长的关系要 点 精 讲3操作指要1.要保证单摆在同一竖直平面内摆动。2.摆动偏角尽量不要大于 5。3.悬线上端不要随摆球摆动，一定要使之固定。4.测量线长

5、时要将其挂好后再测量。5.开始计时的位置选在摆球经过平衡位置时。6.测量周期时，一般测单摆振动 3050 次全振动的时间，再求周期。7.处据数理时，一般作出 L T2的关系图象，找出周期与摆长的关系。【例 2】 某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(填“是”或“否”)。把单摆从平衡位置拉开约 5释放；_在摆球经过最低点时启动秒表计时；_用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期。_该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表。用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图 1 所示，该球的直径为_ mm。根据表中数据可以初步判断单摆周期随_的增大而增大，与摆球的质量无关。图 1

6、数据组编号 摆长/mm 摆球质量/g 周期/s1 999.3 32.2 2.02 999.3 16.5 2.03 799.2 32.2 1.84 799.2 16.5 1.85 501.1 32.2 1.46 501.1 16.5 1.4答案 是 是 否 20.683(20.68220.684) 摆长4知识点三 单摆的周期基 础 梳 理荷兰物理学家惠更斯确定了计算单摆周期的公式： T2 ，即单摆做简谐运动的周期 Tlg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，而与振幅、摆球质量无关(填“有关”或“无关”)。要 点 精 讲1.伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆

7、的周期公式并发明了摆钟。2.对单摆的周期公式 T2 的理解。lg(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为 5时，由周期公式算出的周期和精确值相差 0.01%)。(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 及振幅无关。所以单摆的周期也叫固有周期。【例 3】 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

8、再回到原值解析 单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从球中向外流出时，等效摆长是先变长后变短，因而周期先变大后变小再回到原值，故选项 C 正确。答案 C5知识点四 实验：用单摆测定重力加速度要 点 精 讲操作指要1.悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定。2.强调在同一平面内振动且摆角小于 5。3.选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，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 线 ，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 线 r。5.选用一米左右的细线。6.数据据理(1)公式法：每改变一次摆长，将相应的 l 和 T 代入公式 g 中，求出

9、g 值，最后求4 2lT2出 g 的平均值。(2)图象法：由 T2 得 T2 l 作出 T2 l 图象，即以 T2为纵轴，以 l 为横轴，如lg 4 2g图 2 所示。其斜率 k ，由图象的斜率即可求出重力加速度 g。4 2g图 26【例 4】 下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：摆长 l/m 0.4 0.5 0.6 0.8 1.0 1.2周期平方 T2/s2 1.6 2.2 2.4 3.2 4.0 4.8(1)利用上述数据，在图 3 中描出 l T2的图象。图 3(2)利用图象，取 T25.2 s 2时， l_ m，重力加速度 g_ m/s 2。解析 (1)描点作图如图所示。(2

10、)由图可知当 T25.2 s 2时， l1.3 m，将它代入 g 得：4 2lT2g m/s29.86 m/s 24 2lT2 43.1421.35.2答案 (1)见解析图 (2)1.3 9.86 1.关于单摆，下列认识中正确的是( )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 单摆是实际摆的思想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看做质点时才能看做单摆，选项 A 错误，B 正确；单摆的运动只有在摆角很小时才能看做简谐运动

11、，选项 C 错误；两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，选项 D 错误。答案 B2.单摆原来的周期为 T，下列哪种情况会使单摆的周期发生变化( )A.摆长减为原来的四分之一B.摆球的质量减为原来的四分之一7C.振幅减为原来的四分之一D.重力加速度减为原来的四分之一解析 由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关。答案 AD3.(20164 月浙江选考)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图4 所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知( )图 4A.甲、乙两单摆的摆长之比是49B.ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等C.tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大D.tc时刻甲、

12、乙两单摆的速率相等解析 由振动图象得甲、乙周期之比为 23，根据 T2 ，得摆长之比为 49，A 正确；lgta时刻位移相同，但二者摆长不同，所以摆角不同，B 错误； tb时刻甲的摆球在最高点，乙的摆球在平衡位置，又因为悬点高度相同，乙的摆长比甲的摆长长，所以此时二者重力势能相差最大，C 正确； tc时刻甲、乙的摆球都在各自平衡位置，速率最大，但二者在最高点距平衡位置的距离不同，所以平衡位置速率不同，D 错误。答案 AC4.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长 l 和周期 T 计算重力加速度的公式是g_。若已知摆球直径为 2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图

13、 5 所示，则单摆摆长是_ m。若测定了 40 次全振动的时间是 75.2 s，单摆摆动周期是_。图 58为了提高测量精度，需多次改变 l 值，并测得相应的 T 值。现将测得的六组数据标示在以l 为横坐标、以 T2为纵坐标的坐标系上，如图 6 所示，则：图 6单摆做简谐运动应满足的条件是_。试根据图中给出的数据点作出 T2和 l 的关系图线，根据图线可求出 g_ m/s2。(结果保留两位有效数字)解析 由 T2 ，可知 glg 4 2lT2由题图可知：摆长 l(88.501.00)cm87.50 cm0.875 0 m周期 T 1.88 s。t40单摆做简谐运动的条件是摆角 5。把在一条直线上

14、的点连在一起，误差较大的点平均分布在直线的两侧，则直线斜率 k。 T2 l由 g ，可得 g9.9 m/s 2。4 2 l T2 4 2k答案 见解析一、选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。)1.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.摆球的直径比摆长长度短得多D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动解析 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，且摆线不可伸缩。只有在摆角很小( 5)的情况下才能视单摆运动为简谐运动。故正确答案为9A、B、C。答案 ABC2.关于单摆，下列说法中正确的是(

15、)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，加速度为零解析 摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A 错；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D 错；由简谐运动特点知 B 正确。答案 B3.如图 1 所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球 A 在两摆线所在的平面内向左拉一小角度后释放，碰撞 B 球后，两摆球分开各自做简谐运动，以 mA、 mB分别表示摆球 A、 B 的质量，则( )图 1A.如果 mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果

16、mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.只有当 mA mB，才能使得下一次碰撞发生在平衡位置D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都一定在平衡位置答案 D4.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.la2.5 m， lb0.9 m B.la0.9 m， lb2.5 mC.la2.4 m， lb4.0 m D.la4.0 m， lb2.4 m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：10 ，TaTb 610由单摆周期公式 T2 得：lg

17、 ，TaTb lalb据题设得 lb la1.6 m，联立解得 la0.9 m， lb2.5 m。故 B 正确。答案 B5.如图 2 所示的单摆，摆长为 l40 cm，摆球在 t0 时刻从右侧最高点静止释放做简谐运动，则当 t1 s 时，摆球的运动情况是( g 取 10 m/s2)( )图 2A.向右加速 B.向左减速C.向左加速 D.向右减速解析 单摆的周期 T2 2 s0.4s1.256 s， t1 s 时，则 TtT，摆lg 0.410 34球从右侧最高点释放做简谐运动，在 t1 s 时已经越过平衡位置(最低点)，正向右侧最大位移处运动，摆球做的是减速运动，故 A、B、C 错误，D 正确

18、。答案 D6.在“探究单摆的周期跟哪些因素有关”的实验中，需测定单摆的周期，为了减小周期测量的误差，应测定( )A.单摆完成一次全振动的时间，并在摆球到达最大位移处开始计时B.单摆完成多次全振动的时间，并在摆球到达最大位移处开始计时C.单摆完成一次全振动的时间，并在摆球到达平衡位置时开始计时D.单摆完成多次全振动的时间，并在摆球到达平衡位置时开始计时解析 本实验中为了减小周期的测量误差，应多次测量求平均值，且让摆球经过平衡位置时开始计时，D 项正确。答案 D二、非选择题117.如图 3 所示是两个单摆的振动图象。图 3(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

19、位移的正方向，从 t0 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？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 12，又由12单摆的周期与摆长的关系可知， l 甲 l 乙 14。(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时， t2 s，振动到 周期，甲振动14到 周期，位移为 0，位于平衡位置，此时甲向左运动。12答案 (1)14 (2)甲振动到 周期，位于平衡位置，此时甲向左运动。128.图 4 甲中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象

20、，根据图象回答：图 4(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，试求这个单摆的摆长是多少？解析 (1)由题图乙知周期 T0.8 s，则频率 f 1.25 Hz。1T(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，所以在 B 点。(3)由 T2 得 l 0.16 m。lg gT24 212答案 (1)1.25 Hz (2) B 点 (3)0.16 m9.某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长 l，通过改变摆线的长度，测得 6 组 l 和对应的周期 T，画出

21、l T2图线，然后在图线上选取 A、 B 两个点，坐标如图 5 所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为 g_。图 5请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将_(填“偏大”、 “偏小”或“相同”)。解析 由周期公式 T2 ，lg得 g ，4 2lT2结合图象得到 g ，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响。答案 相同10.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 6 甲所示，lg将细线的上端固定在铁架台上，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，

22、读数为_ mm。图 6(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_。(多选)A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些13B.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大于 5 度，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 度，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 T t50解析 (1)根据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数 18 mm0.16 mm18.6 mm。(2)摆线要选择细些的，可减小阻力，伸缩性小些的，保证摆长不变，并且尽可能长一些，以方便周期的测量，选项 A 正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，选项 B 正确；为了使摆的周期大一些，以方便测量，可增大摆长，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致误差增大，选项 C 错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于等于 5 度，在摆球通过平衡位置的同时开始计时，测量单摆运动 50 个周期的时间 t，则单摆周期 T ，选项 D 错误，E 正确。 t50答案 (1)18.6 (2)ABE