XX省专用学年高中物理第十一章机械振动第节单摆讲义含解析新人教选修

XX省专用学年高中物理第十一章机械振动第节单摆讲义含分析新人教版选修XX省专用学年高中物理第十一章机械振动第节单摆讲义含分析新人教版选修PAGEXX省专用学年高中物理第十一章机械振动第节单摆讲义含分析新人教版选修第4节单摆1.在摆角小于5°的状况下，单摆的自由振动是简谐运动。2．单摆是理想化模型：忽视在摇动过程中所遇到的阻力，摆线看作是不可以伸长，且没有质量的细线。3．单摆的答复力是由摆球的重力沿运动方向的分力供给，与摆球偏离均衡地点的位移成正比，方向老是指向均衡地点。4．荷兰物理学家惠更斯第一提出单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，利用周期公式能够测定当地的重力加快度。一、单摆构成要求细线摆线看作是不可以伸长，且没有质量的细线小球摆球看作是没有大小只有质量的质点单摆是理想化模型：①忽视在摇动过程中所遇到的阻力，②将摆球看作质点，③摆线细且不可以伸长。二、单摆的答复力1．答复力的供给：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。2．答复力的特色：在偏角很小时，单摆所受的答复力与它偏离均衡地点的位移成正比，方向总指向均衡地点，即F＝－eq\f(mg,l)x。3．运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像依据正弦函数规律。三、单摆的周期1．定性研究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响(1)研究方法：控制变量法。(2)实验结论①单摆振动的周期与摆球的质量没关。②振幅较小时，周期与振幅没关。③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。2．定量研究单摆的周期与摆长的关系(1)周期的丈量：用停表测出单摆N(30～50)次全振动的时间t，利用T＝eq\f(t,N)计算它的周期。(2)摆长的丈量：用刻度尺测出细线长度l0，用游标卡尺测出小球直径D，利用l＝l0＋eq\f(D,2)求出摆长。(3)数据办理：改变摆长，丈量不一样样摆长及对应周期，作出T­l、T­l2或T­eq\r(l)图像，得出结论。3．周期公式(1)公式的提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯第一提出的。(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，即T与摆长l的二次方根成正比，与重力加快度g的二次方根成反比。4．周期公式的应用由单摆周期公式可得g＝eq\f(4π2l,T2)，只需测出单摆的摆长l和周期T即可算出当地的重力加快度。1．自主思虑——判一判(1)制作单摆的细线弹性越大越好。(×)(2)制作单摆的细线越短越好。(×)(3)制作单摆的摆球越大越好。(×)(4)单摆的周期与摆球的质量相关，质量越大，周期越小。(×)(5)单摆的答复力等于摆球所受协力。(×)2．合作研究——议一议(1)因为单摆的答复力是由摆球的重力沿切线方向的分力供给的，那么能否摆球的质量越大，答复力越大，单摆摇动得越快，周期越小？提示：不是。摆球摇动的加快度除了与答复力相关外，还与摆球的质量相关，即a∝eq\f(F,m)，所以摆球质量增大后，加快度其实不增大，其周期由T＝2πeq\r(\f(l,g))决定，与摆球的质量没关。(2)多多察看，写出生活中你能遇到哪些单摆模型。提示：坐钟、牛顿摆、秋千等。对单摆答复力及运动特色的理解1．单摆的答复力(1)单摆受力：以以下图，受细线拉力和重力作用。(2)向心力根源：细线拉力和重力沿径向的分力的协力。(3)答复力根源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ供给了使摆球振动的答复力。2．单摆做简谐运动的推证在偏角很小时，sinθ≈eq\f(x,l)，又答复力F＝mgsinθ，所以单摆的答复力为F＝－eq\f(mg,l)x(式中x表示摆球偏离均衡地点的位移，l表示单摆的摆长，负号表示答复力F与位移x的方向相反)，由此知答复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。1．对于单摆的振动，以下说法中正确的选项是()A．单摆振动时，摆球遇到的向心力大小各处相等B．单摆运动的答复力就是摆球遇到的协力C．摆球经过均衡地点时所受答复力为零D．摆球经过均衡地点时所受合外力为零分析：选C单摆振动过程中遇到重力和绳索拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力供给答复力，绳索拉力与重力的径向分力的协力供给向心力，向心力大小为meq\f(v2,l)，可见最大偏角处向心力为零，均衡地点处向心力最大，而答复力在最大偏角处最大，均衡地点处为零，故应选C。2.一单摆做小角度摇动，其振动图像以以下图，以下说法正确的选项是()A．t1时辰摆球速度最大，摆球的答复力最大B．t2时辰摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C．t3时辰摆球速度为零，摆球的答复力最小D．t4时辰摆球速度最大，悬线对它的拉力最大分析：选D在t1时辰和t3时辰摆球的位移最大，答复力最大，速度为零，A、C均错误；在t2时辰和t4时辰摆球在均衡地点，速度最大，悬线拉力最大，答复力为零，故B错误，D正确。对单摆周期公式的理解1．摆长l(1)实质的单摆摆球不可以能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度，即l＝L＋eq\f(d,2)，L为摆线长，d为摆球直径。(2)等效摆长。图(a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来见效是相同的，所以甲摆的摆长为l·sinα，这就是等效摆长，其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。图(b)中，乙在垂直纸面方向摇动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摇动时，与丙等效。2．重力加快度g若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间地点决定，即g＝eq\f(GM,R2)，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在地点的高度的变化而变化。其他，在不一样样星球上M和R也是变化的，所以g也不一样样，g＝9.8m/s2但是在地球表面周边时的取值。[典例][多项选择]以以下图为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，则以下说法中正确的选项是()A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5s时有正向最大加快度的是乙摆E．由图像能够求出当地的重力加快度[分析]由振动图像能够看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，依据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不可以够计算出重力加快度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能没法比较，故C错误；在t＝0.5s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加快度，而甲摆的位移为零，加快度为零，故D正确。[答案]ABD1．甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由均衡地点拉开，使摆角α甲>α乙(α甲、α乙都小于5°)，在同一地点由静止开始同时开释，则()A．甲先抵达均衡地点B．乙先抵达均衡地点C．甲、乙同时抵达均衡地点D．没法判断分析：选C由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知周期T与l、g相关，与质量、摇动的幅度没关，当在同一地点开释时，周期只与摆长相关，故同时开释，同时抵达均衡地点。2．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时辰开始计时(即取t＝0)，当振动至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))时，摆球恰拥有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的()分析：选Dt＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))＝eq\f(3,4)T，最大速度时，单摆应在均衡地点，y＝0，v方向为－y，即沿y轴负方向，故D选项正确。3.一个单摆的摆长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(以以下图)，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角θ<5°，松手后使其摇动，摇动到B的过程中摆角也小于5°，求出单摆的振动周期。分析：开释后摆球抵达右侧最高点B处，由机械能守恒可知B和A等高，则摆球素来做简谐运动。单摆做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不一样样单摆的半周期的和。小球在左侧的周期为T1＝2πeq\r(\f(l,g))小球在右侧的周期为T2＝2πeq\r(\f(0.81l,g))则整个单摆的周期为T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝πeq\r(\f(l,g))＋πeq\r(\f(0.81l,g))＝1.9πeq\r(\f(l,g))。答案：1.9πeq\r(\f(l,g))实验：用单摆测定重力加快度1．实验原理单摆在偏角很小(小于5°)时的摇动，能够看作是简谐运动。其固有周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))，由此可得g＝eq\f(4π2l,T2)。据此，只需测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加快度值。2．实验器械摆球1个(穿有中心孔)、秒表、物理支架、米尺或钢卷尺、游标卡尺、细线等。3．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。此后把线的上端用铁夹固定于铁架台上，在均衡地点处做上标志。(2)测摆长：用毫米刻度尺测出摆线长度l线，用游标卡尺丈量出摆球的直径d，则单摆的摆长l＝l线＋eq\f(d,2)。(3)测周期：将单摆从均衡地点拉开一个小于5°的角，此后开释摆球，当单摆振动坚固后，过最低地点时开始用秒表计时，丈量N次(一般取30～50次)全振动的时间t，则周期T＝eq\f(t,N)。(4)变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复实验三次，测出相应的摆长l和周期T。4．数据办理(1)均匀值法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式中求出g值，最后求出g的均匀值。设计以下所示实验表格实验次数摆长l/m周期T/s重力加快度g/(m·s－2)重力加快度g的均匀值/(m·s－2)1g＝eq\f(g1＋g2＋g3,3)23(2)图像法：由T＝2πeq\r(\f(l,g))得T2＝eq\f(4π2,g)l，作出T2­l图像，即以T2为纵轴，以l为横轴。其斜率k＝eq\f(4π2,g)，由图像的斜率即可求出重力加快度g。5．偏差分析(1)系统偏差：主要根源于单摆模型自己能否符合要求。即：悬点能否固定，摆球能否可看做质点，球、线能否符合要求，摇动是圆锥摆仍是在同一竖直平面内振动以及丈量哪段长度作为摆长等。只需注意了上边这些问题，就能够使系统偏差减小到远小于有时偏差而达到忽视不计的程度。(2)有时偏差：主要来自时间(即单摆周期)的丈量上。所以，要注意测准时间(周期)。要从摆球经过均衡地点开始计时，并采纳倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“零”的同时按下秒表开始计时。不可以够多计或漏计振动次数。为了减小有时偏差，应进行多次丈量后取均匀值。6．注意事项(1)选择资料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应采纳密度较大的金属球，直径应较小，最好不超出2cm。(2)单摆悬线的上端不可以任意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，免得摇动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。(3)注意摇动时控制摆线偏离竖直方向不超出10°。可经过预计振幅的方法掌握。(4)摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球经过最低地点时开始计时，为便于计时，可在摆球均衡地点的正下方作一标志。此后摆球每次从同一方向经过最低地点时进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。[典例]某同学在“用单摆测定重力加快度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，此后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间以以下图。则：(1)该摆摆长为________cm，秒表的示数为________；(2)假如他测得的g值偏小，可能的原由是()A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增添了C．开始计不时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动数为50次[分析](1)由摆长公式l＝l′＋d/2，知l＝98.50cm，由秒表的读数方法，可求得单摆振动50次所用的时间t＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)＝3×30s＋9.8s＝99.8s，同时可求得周期T。(2)经过g＝eq\f(4π2l,T2)，可知g偏小的可能原由有二：一是摆长l的丈量值偏小，即丈量值小于实质值，可知A错，B正确；二是周期T的丈量值偏大，如开始计不时，过早按下秒表，停止计不时，过迟按下秒表，误把n＋1次全振动数为n次等等。由此可知C、D选项皆错，故正确答案为B。[答案](1)98.5099.8s(2)B1．某实验小组在利用单摆测定当地重力加快度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，丈量结果以以下图，则该摆球的直径为________cm。(2)小构成员在实验过程中有以下说法，此中正确的选项是________。(填选项前的字母)A．把单摆从均衡地点拉开30°的摆角，并在开释摆球的同时开始计时B．丈量摆球经过最低点100次的时间t，则单摆周期eq\f(t,100)C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算获得的重力加快度值偏大D．选择密度较小的摆球，测得的重力加快度值偏差较小分析：(1)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数，0.9cm＋7×eq\f(1,10)mm＝0.97cm，不需要估读。(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超出5°，并从均衡地点计时，故A错误；若第一次过均衡地点计为“0”则周期T＝eq\f(t,50)，若第一次过均衡地点计为“1”，则周期T＝eq\f(t,49.5)，B错误；由T＝2πeq\r(\f(L,g))得g＝eq\f(4π2L,T2)，此中L为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力惹起的相对偏差，应选密度较大概积较小的摆球，故D错误。答案：(1)0.97(2)C2.在利用单摆测定重力加快度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式获得g＝eq\f(4π2l,T2)。只需测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2­l图像，就能够求出当地的重力加快度。理论上T2­l图像是一条过坐标原点的直线，某同学依据实验数据作出的图像以以下图。(1)造成图像但是坐标原点的原由是________________；(2)由图像求出的重力加快度g＝________m/s2。(取π2＝9.87)分析：(1)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得T2＝4π2eq\f(l,g)，由图像知，当l＝0时，T2≠0，说明l偏小，是因为测摆长时漏加小球半径造成的。(2)由上式知k＝eq\f(4π2,g)＝eq\f(4,0.01＋0.99)＝4，g＝eq\f(4π2,k)＝9.87m/s2。答案：(1)测摆长时漏加小球半径(2)9.871．对于单摆摆球在运动过程中的受力，以下结论正确的选项是()A．摆球受重力、摆线的张力、答复力、向心力作用B．摆球受的答复力最大时，向心力为零；答复力为零时，向心力最大C．摆球遇到答复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大D．摆球受的向心力最大时，摆球的加快度方向沿摆球的运动方向分析：选B单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力作用，故A错。重力垂直于摆线的分力供给答复力，当答复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，张力等于重力沿摆线的分力大小，则张力小于重力；在均衡地点处，答复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加快度方向沿摆线指向悬点，故C、D错，B对。2．在月球上周期相等的弹簧振子和单摆，把它们放到地球上后，弹簧振子的周期为T1，单摆的周期为T2，则T1和T2的关系为()A．T1>T2B．T＝T2C．T1<T2D．没法确立分析：选A弹簧振子的周期由振动系统自己决定，与重力加快度没关，故T1＝T月，对单摆来说，由T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，其周期与单摆所处地点的重力加快度g相关，因g地>g月，故T2<T月，所以T1>T2，A正确，B、C、D均错误。3.以以下图，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子，P与悬点相距l－l′，则这个摆做小幅度摇动时的周期为()A．2πeq\r(\f(l,g))B．2πeq\r(\a\vs4\al(\f(l′,g)))C．πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(l,g))＋\r(\a\vs4\al(\f(l′,g)))))D．2πeq\r(\a\vs4\al(\f(l＋l′,2g)))分析：选C碰壁前摆长为l，故周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，碰壁后摆长变成l′，则周期T2＝2πeq\r(\a\vs4\al(\f(l′,g)))，所以此摆的周期T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(l,g))＋\r(\a\vs4\al(\f(l′,g)))))。4.[多项选择]以以下图为在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，此中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。对于这两个单摆的以下判断中正确的选项是()A．这两个单摆的摆球质量必定相等B．这两个单摆的摆长必定不一样样C．这两个单摆的最大摆角必定相同D．这两个单摆的振幅必定相同分析：选BD从题中图像可知：两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长必定不一样样，故B、D对，C错。单摆的周期与质量没关，故A错。5．[多项选择]在用单摆测重力加快度的实验中，测得单摆偏角小于5°，实验中某学生所测g值偏大，其原由可能是()A．实验室离海平面太高B．摆球太重C．测出n次全振动时间为t，误作为(n＋1)次全振动时间进行计算D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算分析：选CD由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，g值偏大，可能是周期算小了或是摆长算长了，选C、D。6.正在修筑的房顶上固定的一根不可以伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理丈量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰巧与窗子上沿接触且保持竖直，他翻开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摇动，以以下图，从小球第1次经过图中的B点开始计时，第21次经过B点用时30s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1m，当地重力加快度g取π2(m/s2)；依据以上数据可得小球运动的周期T＝________s；房顶到窗上沿的高度h＝________m。分析：T＝eq\f(t,n)＝3.0s，T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,2)2πeq\r(\f(1,g))＋2πeq\r(\f(1＋h,g))，解得h＝3.0m。答案：3.03.07．某同学利用单摆丈量重力加快度。(1)[多项选择]为了使丈量偏差尽量小，以下说法正确的选项是________。A．组装单摆须采纳密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须采纳轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摇动D．摆长必定的状况下，