鲁科版物理选修34第1章 第3节.docx
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鲁科版物理选修34第1章第3节
第3节 单摆
单摆的运动
[先填空]
1.单摆模型
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.
2.单摆的回复力
(1)回复力的来源:
摆球的重力沿圆弧切线方向的分力.
(2)回复力的特点:
在偏角很小时(通常θ<5°),单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比,方向总指向平衡位置,即F=-
x.
(3)运动规律
单摆在偏角很小时做简谐运动,其振动图象遵循正弦函数规律.
[再判断]
1.单摆模型中对细线的要求是细线的伸缩可忽略,质量可忽略.(√)
2.单摆模型中对小球的要求是密度较大,其直径与线的长度相比可忽略.(√)
3.单摆回复力不符合简谐运动.(×)
[后思考]
(1)单摆做简谐运动的条件是什么?
【提示】 单摆做简谐运动的条件是偏角很小,通常应在5°以内.
(2)单摆做简谐运动的回复力是否等于小球所受的合力?
【提示】 小球的重力沿圆弧切线方向上的分力提供回复力,而不是小球所受的合力.
[核心点击]
1.单摆的回复力
(1)单摆受力:
如图131所示,受细线拉力和重力作用.
(2)向心力来源:
细线拉力和重力沿径向的分力的合力.
(3)回复力来源:
重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsinθ提供了使摆球振动的回复力.
图131
2.单摆做简谐运动的推证
在偏角很小时,sinθ≈
,又回复力F=mgsinθ,所以单摆的回复力为F=-
x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移,l表示单摆的摆长,负号表示回复力F与位移x的方向相反),由此知回复力符合F=-kx,单摆做简谐运动.
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.单摆经过平衡位置时合力提供向心力
D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
E.在摆角很小的情况下,单摆回复力符合简谐运动特点
【解析】 单摆运动的回复力不是由重力与摆线拉力的合力提供,平衡位置时,重力和摆线拉力的合力提供向心力,A错误,C正确;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;当θ<5°时,单摆回复力符合简谐运动特点,E正确.
【答案】 BCE
图132
2.一单摆做小角度摆动,其振动图象如图132所示,以下说法正确的是
( )
A.t1时刻摆球速度为零,摆球的回复力最大
B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小
C.t3时刻摆球速度为零,摆球的回复力最小
D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大
E.t1到t3摆球的回复力先减小后增大
【解析】 由振动图象知,t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大,此时摆球的速度为零,摆球的回复力最大;A正确C错误;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,由于摆球做圆周运动(一部分),由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最大,故D正确,B错误;t1到t3摆球位移先减小再增大,故回复力先减小后增大,E正确.
【答案】 ADE
3.关于单摆摆球在运动过程中的受力,下列结论正确的是( )
【导学号:
78510007】
A.摆球受重力、摆线的张力两个力作用
B.摆球的回复力最大时,向心力为零;回复力为零时,向心力最大C.摆球的回复力最大时,摆线中的张力大小比摆球的重力大
D.摆球的向心力最大时,摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
E.摆球由最大位移处向平衡位置运动时回复力逐渐减小,向心力逐渐增大
【解析】 单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力,故A正确.重力垂直于摆线的分力提供回复力.当回复力最大时,摆球在最大位移处,速度为零,向心力为零,则拉力小于重力,在平衡位置处,回复力为零,速度最大,向心力最大,摆球的加速度方向沿摆线指向悬点,故C、D错,B对.摆球由最大位移处向平衡位置运动时,回复力逐渐减小,向心力逐渐增大,E正确.
【答案】 ABE
单摆中的“回复力”
1.单摆振动中的回复力不是它受到的合外力,而是重力沿圆弧切线方向的一个分力.单摆振动过程中,有向心力,这是与弹簧振子不同之处.
2.在最大位移处时,因速度为零,所以向心力为零,故此时合外力也就是回复力.
3.在平衡位置处时,由于速度不为零,故向心力也不为零,即此时回复力为零,但合外力不为零.
单摆的周期
[先填空]
1.实验探究
(1)探究方法:
控制变量法.
(2)实验结论:
①单摆振动的周期与摆球质量无关.
②摆长越长,周期越大;摆长越短,周期越小.
2.周期公式
(1)公式:
T=2π
.
(2)单摆的等时性:
单摆的周期与振幅无关.
[再判断]
1.摆球质量越大,周期越长.(×)
2.摆动幅度越大,周期越长.(×)
3.摆线越长时,单摆的周期越长.(√)
[后思考]
摆钟的结构如图133所示,发现它走时不准时,为什么要调整摆锤下面的螺母?
图133
【提示】 调整摆锤下面的螺母,以改变摆钟的摆长,从而改变摆钟周期,以调整摆钟的走时快慢.
[核心点击]
1.摆长的确定
(1)图134(a)中,甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的,所以甲摆的摆长为lsinα,这就是等效摆长,其周期T=2π
.图134(b)中,乙在垂直纸面方向摆动时,与甲摆等效;乙在纸面内小角度摆动时,与丙摆等效.
图134
(2)如图134(c)所示,小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度(θ很小)的圆周运动时,可等效为单摆,小球在A、B间做简谐运动,周期T=2π
.
2.公式中重力加速度g的变化与等效
(1)若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态,g由单摆所处的空间位置决定,即g=
,式中R为物体到地心的距离,M为地球的质量,g随所在位置的高度的变化而变化.另外,在不同星球上M和R也是变化的,所以g也不同,g=9.8m/s2只是在地球表面附近时的取值.
图135
(2)等效重力加速度:
若单摆系统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态),则一般情况下,g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时,摆线所受的张力与摆球质量的比值.如图135所示,球静止在O时,FT=mgsinθ,等效加速度g′=
=gsinθ.
4.图136为甲、乙两单摆的振动图象,则( )
图136
A.由图象可知两单摆周期之比为2∶1
B.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=2∶1
C.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=4∶1
D.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=4∶1
E.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=1∶4
【解析】 由题中图象可知T甲∶T乙=2∶1,若两单摆在同一地点,则两摆摆长之比l甲∶l乙=4∶1,若两摆摆长相等,则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4.
【答案】 ACE
5.一个单摆的长为l,在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(如图137所示),现将摆球向左拉开到A,使摆线偏角θ<5°,放手后使其摆动,求出单摆的振动周期.
图137
【解析】 释放后摆球到达右边最高点B处,由机械能守恒可知B和A等高,则摆球始终做简谐运动.摆球做简谐运动的摆长有所变化,它的周期为两个不同单摆的半周期的和.
小球在左边的周期为T1=2π
小球在右边的周期为T2=2π
则整个单摆的周期为
T=
+
=π
+π
=1.9π
.
【答案】 1.9π
求单摆周期的方法
1.明确单摆的运动过程,看是否符合简谐运动的条件.
2.在运用T=2π
时,要注意l和g是否发生变化,
如果发生变化,则分别求出不同l和g时的运动时间.
3.改变单摆振动周期的途径是:
(1)改变单摆的摆长.
(2)改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重).
4.明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系.
利用单摆测定重力加速度
1.实验原理
由单摆周期公式T=2π
,得g=
,只要测出单摆的摆长l和振动周期T,就可以计算出当地的重力加速度.
2.实验步骤
(1)做单摆:
将线的一端穿过小球的小孔,并打一比孔大的结.然后把线的上端用铁夹固定于铁架台上,在平衡位置处做上标记.如图138所示.
图138
(2)测摆长:
用毫米刻度尺测出摆线长度l线,用游标卡尺测量出摆球的直径d,则单摆的摆长l=l线+
.
(3)测周期:
将单摆从平衡位置拉开一个小于5°的角,然后释放摆球,当单摆振动稳定后,过平衡位置时开始用秒表计时,测量N次(一般取30~50次)全振动的时间t,则周期T=
.
(4)改变摆长,重复实验多次.
3.数据处理
(1)平均值法:
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g的平均值.设计如表所示实验表格.
实验
次数
摆长
l/m
周期
T/s
加速度
g/m·s-2
g的平均值
1
g=
2
3
(2)图象法:
由T=2π
得T2=
l,作出T2l图象,即以T2为纵轴,以l为横轴,其斜率k=
.由图象的斜率即可求出重力加速度g.
图139
6.在“用单摆测重力加速度”的实验中,下列措施中可以提高实验精度的是( )
A.选细线做为摆线
B.单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内
C.拴好摆球后,令其自然下垂时测量线长为摆长
D.计时起止时刻,选在最大摆角处
E.计时初始时刻应选在摆球通过平衡位置时
【解析】 为减小空气阻力的影响,应选细线做为摆线,A正确;由于单摆与圆锥摆的周期不同,本实验是利用单摆的简谐运动周期公式T=2π
测量g,所以单摆摆动时必须保持摆线在同一竖直平面内,不能形成圆锥摆,B正确;由于细线有伸缩性,所以应拴好摆球后,令其自然下垂时测量悬点到球心的距离作为摆长,不能将线长作为摆长,C错误;摆球经过平衡位置时,速度最大,相同的距离误差引起的时间误差最小,故应从平衡位置开始计时和停止计时,D错误,E正确.
【答案】 ABE
7.用单摆测定重力加速度的实验装置如图1310所示.
图1310
(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=________(用L、n、t表示).
(2)下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理.
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m·s-2)
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T=________s,g=________m/s2.
【解析】
(1)根据单摆的周期公式T=2π
可得g=
=
.
(2)第三组实验中,周期T=2.01s,由加速度公式g=
,代入数据得g=9.76m/s2.
【答案】
(1)
(2)2.01 9.76
用单摆测定重力加速度应注意的问题
1.实验时,摆线长度要远大于摆球直径,且摆线无明显伸缩性,另外摆球要选取密度大且质量分布均匀的钢球.
2.单摆摆球应在竖直平面内摆动,且摆角应小于5°.
3.测摆长l时,应为悬点到球重心的距离,球质量分布均匀时等于摆线长加上小球半径.
4.应从摆球经过平衡位置时开始计时,以摆球从同一方向通过平衡位置时计数.
5.适当增加测量的全振动次数,以减小测量周期的误差,一般30~50次即可.
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