高中物理 第1章 机械振动 第3节 单摆教案 鲁科版选修3-4.doc

第3节 单摆课堂互动三点剖析一、单摆的回复力 单摆振动的回复力是摆球所受的合外力在圆弧切线方向的分力，等于重力沿圆弧切线方向的分力，摆球所受的合外力在法线方向(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.【例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一个分力c.单摆过平衡位置的合力为零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，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故选项a错误.单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项b正确，d错误.单摆过平衡位置时，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二、单摆的周期公式 单摆的振动周期与振幅和质量无关,只决定于摆长与该处的重力加速度g.t=2.l是从悬点至摆球重心长度，与摆球重心位置有关.g与单摆处的位置有关.地球两极处g最大，赤道最小.离地面愈高,g越小.在较复杂的单摆振动中“g”应理解为等效重力加速度，即单摆不振动时在其“平衡位置”上的“视重”对应的加速度即为“等效重力加速度”“平衡位置”处“视重”大小等于不振动时摆球对摆线的拉力或支持物的压力.【例2】 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，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个摆改为秒摆，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=2,由此可得g=42l/t2，只要求出t值代入即可.因为t=s=2.027 s，所以g=42l/t2=(43.1421.02)/2.0272 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l=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三、用单摆测定重力加速度单摆的摆角很小(不超过5)时，其摆动可以看作简谐运动，其振动周期为：t=2，其中l为摆长，g为当地重力加速度，由此可得g=，据此，只要测出摆长l和周期t，就可计算出当地重力加速度g的数值.【例3】 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，有如下器材供选用，为使实验误差小，请把应选用的器材填在横线上_.(填字母)a.半径为1 cm带小孔的实心木球 b.半径为1 cm带小孔的实心铅球c.长约10 cm的细线 d.长约1 m的细线e.时钟 f.秒表g.最小刻度为mm的米尺 h.游标卡尺i.带夹子的铁架台 j.附砝码的天平解析：单摆振动时，要求空气阻力远小于摆球的重力，这样，在摆球外形一样大小时，摆球密度越大，越是符合这种要求，故选用小铅球而不选木球，即选b.又因要求单摆接近理想模型，即用无质量不可伸缩的线拴一质点，所以线的长度应远大于摆球直径，故选长1 m的而不用长0.1 m的细线，即选d.计时时，使用秒表方便，故选f.米尺用于测摆线的长度，游标卡尺测摆球直径，故选g、h.本实验中不需要测质量，但必须将小球悬挂，故选i.答案：b、d、f、g、h、i各个击破类题演练1如图1-3-1所示，摆长为l的单摆安置在倾角为的光滑斜面上，设重力加速度为g，这个单摆的回复力等于_.图1-3-1解析：其回复力来源应是gsin在圆弧切线方向的分力，故此时等效重力加速度为gsin.答案：gsin变式提升1关于单摆的回复力，下述说法中正确的是( )a.是小球受到的重力 b.是小球受到的细线对它的拉力c.是重力和拉力的合力 d.是重力沿切线方向的分力解析：这是一道回复力来源的分析题.必须明确，回复力是以效果命名的力，它的作用就是产生单摆在做简谐运动过程中的切向加速度.重力mg方向竖直向下，在切向有分量，但沿绳的方向也有分量，因此它的作用不仅仅是充当回复力，故说“回复力是重力”是错误的.ft与切线垂直，沿切向无分量，故b项也是错的.对于c项，ft与mg的合力不仅仅产生切向加速度，因小球的运动是圆周运动的一部分，还需要向心加速度，因此说“合力是回复力”错了.回复力是重力沿切线方向的分力.答案：d类题演练2摆长为l的单摆在竖直平面内振动的过程中，最大摆角为4.那么，(1)当摆线的偏角从4逐渐减小到2所经历的时间应( )a.等于 b.大于 c.小于 d.条件不够，无法确定(2)若最大摆角由4变为2,摆球的质量加倍，则完成一次全振动用时( )a.等于2 b.等于 c.小于 d.大于解析：单摆摆角由4减到2过程比从2减小到零过程中速率小，故所用时间长，即所用时间t,故(1)题中b选项正确.单摆周期t=2,只与摆长l和重力加速度g有关，而与最大摆角和摆球质量无关.故(2)题中的正确选项应为a.答案：(1)b (2)a变式提升2如图1-3-2所示,一向右做匀加速运动的车厢内挂一小球,细线长为l.求小球的振动周期.图1-3-2解析：以小车为系统，系统以a向右做匀加速直线运动，设单摆的平衡位置偏离竖直方向角，当摆球在平衡位置时，受到摆线的张力为f=，此时线的张力可看作单摆在加速系统中摆球的视重，则g=.答案：2类题演练3在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g=，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期t.作出t2l图象，就可以求出当地的重力加速度.理论上t2l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图1-3-3所示.(1)造成图象不过原点的原因是_；(2)由图象求出的重力加速度g=_m/s2.图1-3-3解析：(1)据t2=l=kl和题图所示图线的特点可知，摆长中少计了1 cm，即测摆长时漏测球的半径r.(2)g=42m/s2=9.87 m/s2.答案：(1)测摆长时漏测球的半径r (2)9.87变式提升3在发生下列情况时，单摆周期将增大的是（ ）a.适当缩短摆