人教版选修34 　单摆 第1课时 教案.doc

11.4单摆一、教学三维目标1、知识与技能（1）知道什么是单摆。（2）理解单摆振动的回复力来源及做简谐运动的条件。（3）知道单摆的周期和什么有关，掌握单摆振动的周期公式，并能用公式解题。2、过程与方法：观察演示实验，概括出影响周期的因素，培养由实验现象得出物理结论的能力。3、情感、态度与价值观：感受单摆简单和谐之美二、教学重点：掌握好单摆的周期公式及其成立条件。三、教学难点：单摆回复力的分析。四、教学教具: 两个单摆（摆长相同，质量不同）。五、教学过程（）引入新课我们学习了弹簧振子，知道弹簧振子做简谐运动。那么：物体做简谐运动的条件是什么？（物体做机械振动，受到的回复力大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反。）今天我们学习另一种机械振动单摆的运动（二）进行新课1、什么是单摆？提示：一根细线上端固定，下端系着一个小球，如果悬挂小球的细线的伸长和质量可以忽略，细线的长度又比小球的直径大得多，这样的装置就叫单摆。图2物理上的单摆，是在一个固定的悬点下，用一根不可伸长的细绳，系住一个一定质量的质点，在竖直平面内摆动。所以，实际的单摆要求绳子轻而长，摆球要小而重。摆长指的是从悬点到摆球重心的距离。将摆球拉到某一高度由静止释放，单摆振动类似于钟摆振动。摆球静止时所处的位置就是单摆的平衡位置。物体做机械振动，必然受到回复力的作用，弹簧振子的回复力由弹簧弹力提供，单摆同样做机械振动，思考：单摆的回复力由谁来提供，如何表示？（1）平衡位置：当摆球静止在平衡位置o点时，细线竖直下垂，摆球所受重力g和悬线的拉力f平衡，o点就是摆球的平衡位置。（2）回复力：单摆的回复力f回=g1=mg sin，单摆的振动是不是简谐运动呢？单摆受到的回复力f回=mg sin，如图：虽然随着单摆位移x增大，sin也增大，但是回复力f的大小并不是和位移成正比，单摆的振动不是简谐运动。但是，在值较小的情况下（一般取10），在误差允许的范围内可以近似的认为 sin=x/ l，近似的有f= mg sin= ( mg /l )x = k x（k=mg/l）,又回复力的方向始终指向o点，与位移方向相反，满足简谐运动的条件，即物体在大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反的回复力作用下的振动，f = - ( mg / l )x = - k x（k=mg/l）为简谐运动。所以，当10时，单摆振动是简谐运动。条件：摆角10说明：位移大时，单摆的回复力大，位移小，回复力小，当单摆经过平衡位置时，单摆的位移为0，回复力也为0。思考：平衡位置时，单摆所受的合外力是否为0？ 单摆此时做的是圆周运动，做圆周运动的物体受向心力，单摆也不能例外，也受到向心力的作用（引导学生思考，单摆作圆周运动的向心力从何而来？）。在平衡位置，摆球受绳的拉力f和重力g的作用，绳的拉力大于重力g，它们的合力充当向心力。所以，单摆经过平衡位置时，受到的回复力为0 ，但是所受的合外力不为0。（3）单摆的周期单摆的周期受那些因素的影响呢？（可能和摆球质量、振幅、摆长有关）单摆的周期是否和这些因素有关呢？为了减小对实验的干扰，每次实验中我们只改变一个物理量，这种研究问题的方法就是控制变量法。首先，我们研究摆球的质量对单摆周期的影响：那么就先来看一下摆球质量不同，摆长和振幅相同，单摆振动周期是不是相同。演示1：将摆长相同，质量不同的摆球拉到同一高度释放。现象：两摆球摆动是同步的，即说明单摆的周期与摆球质量无关，不会受影响。这个实验主要是为研究属于简谐运动的单摆振动的周期，所以摆角不要超过10。接下来看一下振幅对周期的影响。演示2：摆角小于10的情况下，把两个摆球从不同高度释放。现象：摆球同步振动，说明单摆振动的周期和振幅无关。刚才做过的两个演示实验，证实了如果两个摆摆长相等，单摆振动周期和摆球质量、振幅无关。如果摆长l不等，改变了这个条件会不会影响周期？演示3：取摆长不同，两个摆球从某一高度同时释放，注意要10。现象：两摆振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢。这说明单摆振动和摆长有关。具体有什么关系呢？荷兰物理学惠更斯研究了单摆的振动，在大量可靠的实验基础上，经过一系列的理论推导和证明得到：单摆的周期和摆长l的平方根成正比，和重力加速度g的平方根成反比，周期公式：这个公式的提出，也是在单摆振动是简谐运动的前提下，条件：摆角10。由周期公式我们看到t与两个因素有关，当g一定，t与成正比；当l一定，t与成反比；l，g都一定，t就一定了，对应每一个单摆有一个固有周期t。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【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【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课堂练习：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：gsin2.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：d3.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)a4.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：25.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)9.876.在