2.4单摆学案高二上学期物理人教版选择性

2.4单摆(一）一．课标解读课标要求素养要求1.通过实验，探究单摆的周期与摆长的定量关系。2.指导单摆周期与摆长、重力加速度的关系。1.科学思维：会利用单摆周期公式测定重力加速度。2.科学探究：通过实验探究单摆的周期与摆长的关系。二、自主学习1．单摆模型(1)单摆的构成组成要求细线摆线看成是不可，且没有的细线小球摆球看成是没有只有质量的质点提醒：单摆是一个模型，实际上并不存在。(2)实际摆可看成单摆的条件：①忽略在摆动过程中所受到的；②将摆球看作；③摆线细且不可。(3)单摆摆球的运动特点：①摆球以悬点为圆心在竖直平面内做运动。②摆球同时以最低点O为平衡位置做运动。2.单摆的回复力重力G沿圆弧切线方向的分力F=mgsinθ，正是这个力充当，迫使摆球回到平衡位置o。单摆做简谐运动的周期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，而与振幅、摆球质量无关。惠更斯确定了计算单摆周期的公式T=2πlg三、典型例题例1．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图所示，下列说法正确的是()F=mgsinF=mgD.摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F例2.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，且R≫l弧AB。甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问两球第一次到达C点的时间之比是多少？四：课堂巩固1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)(1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。 ()(2)单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力。 ()(3)单摆是一个理想化的模型。 ()(4)摆球的质量越大，周期越大。 ()(5)单摆的振幅越小，周期越小。 ()(6)单摆的摆长越长，周期越大。 ()2.惠更斯利用单摆的等时性原理制成了世界上第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们常见到的一种摆钟，图乙所示为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在A地走时准确的摆钟移到B地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是()甲乙A．A地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动B．A地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动C．B地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动D．B地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动3．(多选)关于单摆做简谐运动的过程，下列说法中正确的是()A．在平衡位置摆球的速度和位移均达到最大值B．在最大位移处速度最小C．在平衡位置摆球速度最大D．摆球由最大位移处向平衡位置运动时，速度变大4.摆长是1m的单摆在某地区的周期是2s，则在同一地区()A．摆长是0.5m的单摆的周期是0.707sB．摆长是0.5m的单摆的周期是1sC．周期是1s的单摆的摆长为2mD．周期是4s的单摆的摆长为4m5．在探究影响单摆周期的因素的实验中，(1)同学甲有如下操作，请判断是否恰当(选填“是”或“否”)。①把单摆从平衡位置拉开约5°释放；________。②在摆球经过最低点时启动停表计时；________。③把停表记录摆球一次全振动的时间作为周期；________。(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据如表所示。数据组摆长(mm)摆球质量(g)周期(s)1222345根据表中数据可以初步判断单摆周期随__________的增大而增大。6．将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示图甲中O点为单摆的悬点，现将摆球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为振动的平衡位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间变化的图线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息(g取10m/s2)，求：甲乙(1)单摆的周期和摆长；(2)摆球的质量。答案：例1：【答案】：A【解析】：摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的分力沿圆弧的切向方向的分力来提供，则回复力为F=mgsinθsinα，故选项A正确，B错误；摆球经过平衡位置时，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；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsinα(l−lcos【答案】：2eq\r(2)∶π【解析】甲球做自由落体运动，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))。对乙球，由于l弧AC≪R，所以θ<5°，所以可以证明乙球沿弧形槽做简谐运动，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，所以周期为T＝2πeq\r(\f(R,g))，因此乙球第一次到达C处的时间为t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))，所以t1∶t2＝2eq\r(2)∶π。课堂巩固：1.×√√××√2.【答案】C【解析】[由A地到B地摆钟摆动加快说明周期变小，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知重力加速度变大了，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动，故C正确。]3.【答案】BCD【解析】[在平衡位置处，摆球的势能最小，动能最大，速度最大，而位移最小，A错误，C正确；在最大位移处，摆球的势能最大，动能最小，速度最小，B正确；摆球由最大位移处向平衡位置运动时，势能变小，动能变大，速度变大，D正确。]4.【答案】D【解析】[摆长是1m的单摆的周期是2s，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，当地的重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)＝π2m/s2，摆长是0.5m的单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝2π×,π2))s＝1.414s，故A、B错误；周期是1s的单摆的摆长l2＝eq\f(gT\o\al(2,2),4π2)＝eq\f(π2×12,4π2)m＝0.25m，周期是4s的单摆的摆长l3＝eq\f(gT\o\al(2,3),4π2)＝eq\f(π2×42,4π2)m＝4m，故C错误，D正确。]5.【答案】：(1)①是②是③否(2)摆长【解析】(1)单摆做简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5°释放；因为最低点位置固定，小球经过最低点时，产生的时间误差较小。所以在最低点启动停表计时；摆球一次全振动的时间太短、误差大，应采用累积法测多个周期的时间求平均值；所以①是；②是；③否；(2)从题表中数据可知：摆长相同时，周期相同，摆长变大时，周期变大，根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。6.【答案】(1)0.4πs0.4m(2)0.05kg【解析】(1)对摆球受力分析如图所示。摆球在一个周期内两次经过平衡位置，结合题图乙可知T＝0.4πs。由单摆的周期公式T＝2πeq\r