2017-2018学年高中物理第一章机械振动第2节单摆教学案教科版选修3-4

1、IQIII解教材新知单摆的简谐运动自读教材抓基础I 弋2 单摆的回复力(1) 回复力的来源：摆球所受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，单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F=- 罟 或F=-kx。第2节单摆关键语旬1.单摆的回复力是摆球所受重力沿圆弧切线方向 的分力，只有在摆角较小时，才满足 F=- kx,才可看 做简谐运动。2 单摆在平衡位置时速度最大， 回复力为零， 但 摆球所受合外力不为零。3.单摆的周期公式量及振幅无关。V2）在竖直平面内做f1、f2和A、A,则（）B.f1f2,A1=AD .f1=f2,A解析：选 C 单摆

2、的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B 错误；由机械2.重力加速度g（1）若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态,由单摆所处的空间位置决定，即g=GRM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= 9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。（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1 2 3两个相同的单摆静止于平衡位置，小角度摆动，它们的频率与振幅分别为A.f1f2,A=AC.

3、 f1=f2,AiAT=2n，图（b）中，乙在垂直图 1 238能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C 正确，D 错误。9单摆的受力特点分析典题例析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为零D. 单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力思路点拨单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供，在平衡位置处，摆球位移为零，水平加速度为零。解析：单摆是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力， 还要

4、提供向心力，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，A、D 错误；单摆经过平衡位置时，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。答案：B探规寻律(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。跟踪演练 对于单摆的运动，以下说法中正确的是()A. 单摆运动时，摆球受到的向心力大小处处相等

5、B. 单摆运动的回复力就是摆球受到的合力|把握命题热点硏考議知考情 知规律按技巧知營:对应学生用书 P6*4-110C. 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加速度为零11解析：选 C 单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解, 其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为mv， 可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大有向心加速度，而回复力在最大偏角处 最大，平衡位置处为零，故只有 C 项正确。对单摆周期公式的理解C13MI_典题例析2有一单摆，其摆长1= 1.02 m 已知单摆做简谐运动，单摆振动30 次用

6、的时间t=V j60.8 s，试求：(1) 当地的重力加速度是多大？(2) 如果将这个单摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少?(2)秒摆的周期为多少？要改变单摆的周期，可以采取什么措施？提示：秒摆的周期为 2s，由于同一地点的重力加速度不变，要改变单摆的周期可以改解析：(1)当单摆做简谐运动时,因为T= -=608s = 2.027 sn30=9.79 m/s(2)秒摆的周期是 2 s，设其摆长为I0,由于在同一地点重力加速度是不变的,由此可知g=T2，只要求出T值代入即可。所以g=宇24X3.14X1.022.027m/s变单摆的摆长。其周期公式12故有：2 2To12X1.02I0= 2

7、0272m= 0.993 m。所以其摆长要缩短I=110= 1.02 m 0.993 m = 0.027 m。答案：2(1)9.79 m/s(2)缩短 0.027 m探规寻律有关单摆周期问题的处理方法：(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= 2 冗、时，要注意I和g是否发生变化，如果发生变化，则分别求出不 同I和g时的运动时间。(3) 改变单摆振动周期的途径是：改变单摆的摆长；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)。跟踪演练已知单摆a完成 10 次全振动的时间内，单摆b完成 6 次全振动，两摆长之差为1.6 m则两摆长la与lb分别为()A

8、. Ia= 2.5 m ,Ib= 0.9 mB.Ia= 0.9 m ,lb= 2.5 mC.Ia= 2.4 m ,Ib= 4.0 mD .Ia= 4.0 m ,Ib= 2.4 m解析：选 B 设两个单摆的周期分别为Ta和Tb,由题意知 10Ta=6Tb,即Ta:Tb=3 :5。根据单摆周期公式T= 2 冗气卩，得I=是，由此可得la:lb=Ta2:Tb2= 9 : 25,且lbla g4n=1.6 m，解得Ia= 0.9 m ,Ib= 2.5 m。根据单摆的振动规律有:T=卫矿10,13课堂双基落实应用落实体验嚟堂对点练 猱下综合练暨岀应学生用书 P7141 单摆是为研究振动而抽象出的理想化模

9、型，其理想化条件是（）A. 摆线质量不计B. 摆线长度不伸缩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：选 ABC 单摆的理想化条件是摆线质量很小，伸缩性很小，摆球密度较大，直径比摆线短得多，摆动时摆角较小，故A、B C 正确，D 错误。解析：选 A 单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力，错；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指 向悬点（即指向圆心），C 错；另外摆球所受的合力不是回复力，所以与位移大小不成正比,D 错。3.如图 1 2 4 所示，曲面AC是一段半径为 2 m 的光滑圆弧面，圆弧与水平面相

10、切于C点，AC弧长为 10 cm,现将一小球先后从曲面的顶端达底端的速度分别为V1和V2,经历的时间分别为t1和t2,那么（）2 m,单摆的周期与振幅无关，故t1=t2,因mgh= 2mV,所以v=寸 2gh,故viV2。4.有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，2.关于单摆，下列说法中正确的是（A. 摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置B. 摆球受C. 摆球经过平衡位置时，所受的合力为零D.摆角很小时，摆球受到的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比A 对，BA和A0弧的中点B由静止释放，到图 12-4A.V1V2,t1V2,t1=t2D.以上三种情况

11、都有可能解析：选 B 因为A0弧长远小于半径,所以小球从A B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效摆长为15摆线的上部将被小钉挡住，使摆长发生变化，现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图 1 2 5 所示（悬点和小钉未被摄入），P为摆动中 的最低点。已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点的距离为（）16解析：选 C 每相邻两次闪光的时间间隔相等，从MRP有 4 个频闪时间间隔，从PTN有 2 个频闪时间间隔，它们都是四分之一周期， 因此，右侧摆动的周期是左侧摆动的周期的32 倍，所以前、后摆长之比为 4： 1，故钉子距悬

12、点的距离为 -L, C 正确。4课下综合检测1.要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是（）A.增大摆球的质量B .缩短摆长C.减小摆动的角度D .升高气温A.43LC.7B.D .无法确定解析：选 B 由单摆的周期公式T= 2ng,可知周期只与I、g有关，而与质量、摆动的幅度无关。当I增大时，周期增大，频率减小;g增大时，周期减小，频率增大，B 正确。2.A. 把摆球质量增加一倍，则周期变小B. 把偏角a变小时，周期也变小C. 摆球由ORO,运动的时间为D. 摆球由ORBO,运动的时间为T与质量无关，A 项错误；偏角a变小,振幅变小，但单摆的周期T与振幅无关，B 项错误;O BRO

13、C O为一次全振动，运动时(如图 1 所示是一个单摆（aT),71速度的4,由T=g可知，r19解析：选 A 让小球在纸面内小角度摆动， 单摆以O点为悬点，摆长为L,周期为T= 2n寸g让小球在垂直纸面内小角度摆动，摆球以0C的延长线与AB交点为悬点，摆长为L+Lcos 30 =L+臬，周期为T= 2n寸丄与占丄，选项 A 正确。6.如图 4 所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气 阻力时有（）J图 4A.A球先到达C点B.B球先到达C点C. 两球同时到达 C 点D. 无法确定哪一个

14、球先到达 C 点foR解析：选 AA做自由落体运动，到C点所需时间tA=, R为圆弧轨道的半径。因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和 重力的作用下沿圆弧做简谐运动（等同于摆长为R的单摆），则运动到最低点C所用的时间是1单摆振动周期的 1,即tB=4=；tA，所以A球先到达C点。7. 一块涂有炭黑的玻璃板，质量为 2 kg，在拉力F作用下，由静止开始沿竖直方向向上运动。一个装有水平指针的振动频率为5 Hz 的固定电动音叉在玻璃板上画出了如图5 所示的曲线，图中OA=1 cm ,OB=4 cm ,OC=9 cm，求外力F的大小。（g取 10 m/s2）B.让小球在垂直纸面方向小角度摆动，其周期T=2nC.让小球在纸面内小角度摆动，周期D.让小球在垂直纸面内小角度摆动，周期为T=2nT=2n20J图 5解析：由题可知，f= 5 Hz ,T= 0.2 s ,而tOA=tAB=tBC=T/2。又因为XBAXAO=XCBXBA=恒量= X,竖直方向为匀加速直线运动。根据x=at2，所以a=Ax/t2= 2 m/s 由牛顿第二定律得F=ma mg=