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1、1第 3 讲 单 摆目标定位 1.知道什么是单摆.2.理解偏角很小时单摆的振动是简谐运动.3.知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式并能用它进行计算.4.会用单摆测定重力加速度一、单摆的运动1单摆：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，这种装置叫做单摆单摆是一种理想模型2单摆的回复力：在摆角很小的情况下，单摆所受回复力的大小与摆球位移的大小成正比，方向与摆球位移的方向相反因此，在摆角很小的条件下，单摆的振动可近似看成简谐运动想一想 单摆的回复力是否就是单摆所受的合外力？答案 不是单摆的运动可看作是变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方

2、向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力是使摆球沿圆弧振动的回复力二、单摆的周期1单摆周期公式： T2lg即单摆的振动周期 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单摆周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的2单摆的振动周期由单摆振动系统本身的性质(摆长和当地的重力加速度)决定，与摆球的质量及单摆的振幅无关三、利用单摆测定重力加速度原理：由单摆的振动周期公式可得 g .精确地测出单摆的摆长和振动周期，就可以计4 2lT2算出当地的重力一、单摆及单摆的回复力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2摆线的形变量与摆线长度相比小得多悬线的质量与摆球质量

3、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(1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切向的分力 F mgsin 提供的图 1(2)如图 1 所示，在最大偏角很小的条件下，sin ，其中 x 为摆球对平衡位置 O 点的位xl移单摆的回复力 F mgsin x，令 k ，则 F kx.由此可见，单摆在偏角很小的mgl mgl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重力沿切线方向的分力，而不是小球受到的合外力例 1 对于单摆的振动，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

4、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，向心力大小为 ，可见最大mv2l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，平衡位置处为零故应选 C.答案 C借题发挥 单摆振动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

5、周运动的向心力)二、单摆的周期1伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟32单摆的周期公式： T2 .lg3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( 5)(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 2 若单摆的摆长不变，摆球的质量由 20g 增加为 40g，摆球离开平衡位置的最大角度由 4减为 2，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

6、改变，振幅不变 D频率改变，振幅改变解析 单摆的摆长不变时，单摆振动的周期 T2 不变，频率 f 不变；摆长不变时，lg 1T摆角越小，振幅越小，选项 B 正确答案 B三、用单摆测定重力加速度1实验原理单摆在偏角很小(5)时的运动，可看成简谐运动，其固有周期 T2 ，可得 glg.据此，通过实验测出摆长 l 和周期 T，即可计算得到当地的重力加速度值4 2lT22实验器材铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长 1m 左右)、刻度尺(最小刻度为 1mm)、游标卡尺3实验步骤(1)用游标卡尺测小球的直径 d，在不同的位置测三次，取平均值(2)让细线穿过球上的小孔，在细线

7、的一端打一个比孔稍大一些的线结，制成一个单摆(3)把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂(4)用刻度尺测量单摆的摆线的长度 L(摆球静止时从悬点到球的上端面间的距离)则摆长l L .d2(5)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角小于等于 5，再释放小球当摆球摆动稳定以后，过最低点位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动 30 次(或 50 次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期(6)改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格44数据处理(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 g 值，最后求出4 2lT2g 的平均值图 2(2)图象法：由 T2 得

8、T2 l 作出 T2l 图象，即以 T2为纵轴，以 l 为横轴如图 2lg 4 2g所示其斜率 k ，由图象的斜率即可求出重力加速度 g.4 2g注意：(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，长度一般为 1m 左右小球应选用质量大、体积小的金属球(2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小( 5)(3)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(4)计算单摆的振动次数时，应以摆球通过最低点位置时开始计时，以摆球从同一方向通过最低点时计数，要多测几次(如 30 次或 50 次)全振动的时间，并用取平均值的办法求周期例 3 甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度(1)甲组同学采

9、用如图 3 甲所示的实验装置图 3为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用_；(用器材前的字母表示)5a长度接近 1m 的细绳b长度为 30cm 左右的细绳c直径为 1.8cm 的塑料球d直径为 1.8cm 的铁球e最小刻度为 1cm 的米尺f最小刻度为 1mm 的米尺该组同学先测出悬点到小球球心的距离 L，然后用秒表测出单摆完成 n 次全振动所用的时间 t.请写出重力加速度的表达式 g_.(用所测物理量表示)在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点 O 处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值_(选填“偏大” 、 “偏小”或“不

10、变”)(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的 vt 图线由图丙可知，该单摆的周期 T_s；更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出 T2L(周期平方摆长)图线，并根据图线拟合得到方程 T24.04 L.由此可以得出当地的重力加速度 g_m/s 2.(取 29.86，结果保留 3 位有效数字)解析 (1)根据 T2 得 g ，知需要测量摆长，即摆线长和小球的直径，摆线Lg 4 2LT2应选 1m 左右的不可伸长的线，小球应选用质量大、体积小的金属球，测量摆

11、线长的米尺的最小刻度应为 1mm，故选 adf.因为 T ，则 g tn 4 2LT2 4 2n2Lt2摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，则导致测得的重力加速度偏小(2)由 vt 图线可知，单摆的周期 T2.0s由 T2 ，得 T2 LLg 4 2g即图线的斜率 k 4.044 2g解得 g9.76m/s 2答案 (1)adf 偏小4 2n2Lt2(2)2.0 9.766单摆及其回复力1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解析 摆球振动的回复力是其重力沿切线方向的分力，即摆球重力在垂直于悬线方向上的分力，

12、B 正确答案 B单摆的周期公式2单摆原来的周期为 T，下列哪种情况会使单摆周期发生变化( )A摆长减为原来的14B摆球的质量减为原来的14C振幅减为原来的14D重力加速度减为原来的14解析 由单摆周期公式 T2 可知周期仅与摆长、重力加速度有关，与摆球的质量及振lg幅无关，故 A、D 对答案 AD图 43图 4 为甲、乙两单摆的振动图象，则( )A若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲 l 乙 21B若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲 l 乙 41C若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲 g

13、乙 41D若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲 g 乙 147解析 由图象可知 T 甲 T 乙 21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为 l 甲 l 乙41，故 A 错，B 对；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为 g 甲 g 乙 14，故 C 错，D 对答案 BD用单摆测定重力加速度4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 2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图 5 甲所示，则单摆摆长是_m若测定了 40 次全振动的时间如图乙中秒表所示，则秒表

14、读数是_s，单摆摆动周期是_图 5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，即图 6 中用“”表示的点，则：图 6(1)单摆做简谐运动应满足的条件是_(2)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/s 2.(结果取两位有效数字)解析 由 T2 ，可知 g .lg 4 2lT2由图可知：摆长 l(88.501.00)cm87.50cm0.8750m.秒表的读数 t60s15.2s75.2s，所以 T 1.88s.t408(1)单摆做简谐运动的条件是摆线偏离竖起方向的夹角应小于等于

15、5.(2)把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点平均分布在直线的两侧，如图所示，则直线斜率 k .由 g ，可得 g9.8m/s 2(9.9 m/s2也正确) T2 l 4 2 l T2 4 2k答案 见解析(时间：60 分钟)题组一 单摆及其回复力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摆球的直径比摆线长度短得多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( 5)的情况下才能视单摆运动为简谐运动答案 ABC2关

16、于单摆，下列说法中正确的是( )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关于单摆的运动有下列说法，正确的是( )单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力9单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于 5在山脚下走时准确的摆钟移到高

17、山上走时将变快ABCD解析 单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，不是摆球所受的合外力，所以错误，正确；根据单摆的周期公式 T2 可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无lg关，与摆长和当地的重力加速度有关，正确；当摆角很小时，摆球的运动轨迹可以近似地看作直线，回复力或重力沿摆球运动轨迹切向的分力可以近似地看作沿这条直线作用，这时可以证明： F mgsin x kx，可见，在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，mgl正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度 g 变小，根据 T2 可lg知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，错误综上可知，只有正确，故正确答案为B.答案 B题组二 单

18、摆的周期公式4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缩短摆长C减小单摆振幅 D将单摆由山下移至山顶解析 由单摆周期公式 T2 知， T 与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长， l 变小，lgT 变小，故 A、B、C 均错；单摆由山下移到山顶， g 变小， T 变大，故 D 对答案 D5甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角 甲 乙 5，由静止开始同时释放，则( )A甲先摆到平衡位置B乙先摆到平衡位置C甲、乙两摆同时到达平衡位置D无法判断解析 两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间都等于 T，选项 C 正确14

19、答案 C106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1.6m，则两单摆摆长 La与 Lb分别为( )A La2.5m， Lb0.9mB La0.9m， Lb2.5mC La2.4m， Lb4.0mD La4.0m， Lb2.4m解析 单摆完成一次全振动所需的时间叫单摆振动周期，据题设可知 a、 b 两单摆的周期之比为 ，由单摆周期公式 T2 得： ，由题知 Lb La1.6m，联立解得TaTb 35 lg TaTb LaLbLa0.9m， Lb2.5m.答案 B图 17如图 1 所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是(

20、)A甲、乙两单摆的摆长相等B甲单摆的振幅比乙的大C甲单摆的机械能比乙的大D在 t0.5s 时有正向最大加速度的是乙单摆解析 从题图上看出，甲单摆振幅大；两单摆周期相等，则摆长相等；因质量关系不明确，无法比较机械能； t0.5s 时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度答案 ABD8图 2 甲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，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据图象回答：图 2(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时刻摆球在何位置？11(3)若当地的重力加速度为 10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？(结果保留两位有效数字

21、)解析 (1)由题图乙知周期 T0.8s，则频率 f 1.25Hz.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 0.16m.lg gT24 2答案 (1)1.25Hz (2) B 点 (3)0.16m题组三 用单摆测定重力加速度9在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是( )A测定周期时，振动次数少数了一次B测定周期时，振动次数多数了一次C摆球的质量过大D计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径解析 由公式 g 可知，如果振动次数多数了一次，即 T 偏

22、小， g 偏大，选项 A 错，B4 2lT2对；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项 C 错；计算摆长时漏加小球半径则 l 偏小，求得的 g 偏小，选项 D 错答案 B图 310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 lT2图线，然后在图线上选取 A、 B 两个点，坐标如图 3 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_.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”

23、或“相同”)解析 由周期公式 T2 ，得 T2g4 2l，结合图象得到 g ，因为这样处lg 4 2lB lAT2B T2A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4 2lB lAT2B T2A1211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 4 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，读数如图乙所示，读数为_mm.图 4(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

24、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，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 T t50解析 (1)根据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数：18mm0.16mm18.6mm；(2)摆线要选择细些可减小阻力；伸缩性小些的，保证摆长不变；并且尽可能长一些，在合适的振幅下，摆角小所以摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项 a正确；摆球

25、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，可增大摆长开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致摆角大于 5，使误差增大，选项 c 错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5，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 18.6 abe12在探究单摆的振动周期 T 和摆长 L 的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆(1)如图 5 所示，该同学把单摆挂在力传感器的挂购上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉

26、力随时间变化的图象如图 6 所示在图中读出 N 个峰值之间的时间间隔为 t，则重物的周期为_13图 5 图 6(2)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了如表中所列实验数据请在图 7 坐标系中画出相应图线.摆长 L/cm 总时间 t/s 全振动次数 n 周期 T/s99.40 60.0 30 2.0063.61 48.0 30 1.6048.70 42.0 30 1.4024.85 30.0 30 1.0015.90 24.0 30 0.808.95 18.0 30 0.603.98 12.0 30 0.40图 7(3)根据所画的周期 T 与摆长 L 间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息？_.解析 (1)摆球做圆周运动，每次通过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以 t (N1) T，得周期 T12 2tN 1(2)根据描点法作出图象，如图所示14(3)根据图象可知，摆长越长周期越大，周期与摆长呈非线性关系，随着摆长的增加，周期增加量与摆长增加量的比值在减小答案 (1)2tN 1(2)见解析(3)摆长越长周期越大；周期与摆长呈非线性关系；随着摆长的增加，周期增加量与摆长增加量的比值在减小