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單擺 皰丁巧解牛 知識巧學 一、單擺的回復力 1.單擺 用一根不可伸長且不計質量的細線，懸掛一直徑可忽略的小球所組成的裝置，叫做單擺. 要點提示 單擺是實際擺的理想化模型. 2.實際擺看作單擺的條件 （1）擺線的形變量與擺線長度相比小得多，懸線的質量與擺球質量相比小得多，這時可把擺線看成是不可伸長，且沒有質量的細線. （2）擺球的直徑與擺線長度相比小得多，這時可把擺球看成是沒有大小只有質量的質點. 學法一得 某一物理量是否可以略去不計，是相對而言的，為了滿足上述條件應盡量減小空氣阻力對它的影響，我們組成單擺的擺球應選擇質量大而體積小的球，線應選擇盡量細而輕且彈性小的線. 3.單擺的回復力 （1）單擺的回復力是重力沿圓弧切向的分力F=mgsinθ提供的. （2）單擺在擺角很小時做簡諧運動. 如圖11-4-1所示，擺球受重力mg和繩子拉力F′兩個力作用，將重力按切線方向、徑向正交分解，則繩子的拉力F′與重力的徑向分量的合力提供了擺球做圓周運動所需的向心力，而重力的切向分力F提供了擺球振動所需的回復力F=mgsinθ. 圖11-4-1 設單擺的擺長為l，在最大偏角θ很小的條件下，擺球對O點的位移x的大小，與θ角所對的弧長，θ角所對的弦長都近似相等，即x==OP. 若擺角θ用弧度表示，則由數(shù)學關系知：sinθ=≈ 所以重力沿切向分力F=mgsinθ≈mg 令k=，則F=kx 因為F的方向可認為與x方向相反，則F回=-kx 由此可見單擺在擺角很小條件下的振動為簡諧運動. 誤區(qū)警示 單擺振動的回復力是重力在切線方向的分力，或者說是擺球所受合外力在切線方向的分力.擺球所受的合外力在擺線方向的分力作為擺球做圓周運動的向心力.所以并不是合外力完全用來提供回復力的.因此擺球經平衡位置時，只是回復力為零，而不是合外力為零.（此時合外力提供擺球做圓周運動的向心力） 4.單擺的運動特點 （1）擺球以懸掛點為圓心在豎直平面內沿圓弧做變速圓周運動，做圓周運動需要向心力，向心力由繩子的拉力與重力的徑向分量的合力提供. （2）擺球同時以最低點為平衡位置做振動，做振動需要回復力，由擺球重力的切向分力提供（或擺球所受合外力沿圓弧切向分力提供）. 二、單擺的周期 1.伽利略發(fā)現(xiàn)了單擺運動的等時性，惠更斯得出了單擺的周期公式，并發(fā)明了擺鐘. 2.單擺的周期公式：T=2π. （1）單擺的周期T=2π為單擺的固有周期，相應地f=為單擺的固有頻率，即周期與振幅與擺球質量無關，只與擺長l及單擺所在地的重力加速度有關. （2）單擺的周期公式最大偏角很小時成立（達5時，與實際測量值的相對誤差為0.01%）. （3）單擺周期公式中的g應為單擺所在處的重力加速度，l應為單擺的擺長.因為實際的單擺擺球不可能是質點，所以擺長是指從懸點到擺球重心的長度.對于不規(guī)則的擺動物體或復合物體，擺長均為從懸點到擺動物體重心的長度.而從懸點到擺線與擺球連接點的長度通常叫擺線長. 3.秒擺：周期為2 s的單擺，叫做秒擺. 三、用單擺測定重力加速度 1.原理 由單擺周期公式T=2π可得重力加速度g= 據(jù)此只要測出單擺擺長l和周期T，即可計算出當?shù)氐闹亓铀俣戎? 2.器材 鐵架臺及鐵夾、金屬小球（最好上面有一個通過球心的小孔）、秒表、細線（1 m左右）、刻度尺（最小刻度為 mm）、游標卡尺. 學法一得 選擇材料時應選擇細而不易伸長的線，比如用單根尼龍絲、絲線等，長度一般不應短于1 m，小球應選用密度較大的金屬球直徑應較小，最好不超過2 cm. 3.實驗步驟 （1）讓細線穿過球上的小孔，在細線的一端打一個稍大一些的線結，制成一個單擺. （2）將小鐵夾固定在鐵架臺上端，鐵架臺放在實驗桌邊，使鐵夾伸出桌面之外，然后把單擺上端固定在鐵夾上，使擺球自由下垂. 誤區(qū)提示 單擺懸線的上端不可隨意卷在鐵夾桿上，應夾緊在鐵夾中，以免擺動時發(fā)生擺線下滑、擺長改變的現(xiàn)象. （3）用刻度尺和游標卡滅測量單擺的擺長（擺線靜掛時從懸點到球心間的距離）. （4）把此單擺從平衡位置拉開一個角度，并使這個角不大于10，再釋放小球，當擺球擺動穩(wěn)定以后，過最低位置時，用秒表開始計時，測量單擺全振動30次（或50次）的時間，求出一次全振動的時間，即單擺的振動周期. 學法一得 ①注意擺動時控制擺線偏離豎直方向不超過10，可通過估算振幅的辦法掌握；②計算單擺的振動次數(shù)時，應以擺球通過最低位置時開始計時，以后擺球應從同一方向通過最低點時計數(shù)，要多測幾次（如30次或50次）全振動的時間，用取平均值的辦法求周期. 誤區(qū)警示 擺球擺動時，要使之保持在同一個豎直平面內，不要形成圓錐擺. （5）改變擺長，反復測量三次，算出對應的周期T及測得的擺長l代入公式g=，求出重力加速度的值，然后求g的平均值. 學法一得 數(shù)據(jù)處理既可以采用計算取平均值的方法，也可以作出T2-l的圖象，據(jù)圖象求解重力加速度. 由l=T2知，圖象應該是一條過原點的直線，且斜率k=所以求出線的斜率k，可得重力加速度g=4π2k. 典題熱題 知識點一 單擺模型 例1單擺是為研究振動而抽象出的理想化模型，其理想化條件是 …( ) A.擺線質量不計 B.擺線長度不伸縮 C.擺球的直徑比擺線長度短得多 D.主要是單擺的運動就是一種簡諧運動 解析：單擺由擺線和擺球組成，擺線只計長度不計質量，擺球只計質量不計大小，且擺線不伸縮，A、B、C三項正確.但把單擺作為簡諧運動來處理是有條件的，只有在擺角很?。é龋?0）的情況下才能視單擺運動為簡諧運動. 答案：ABC 例2下列關于單擺的說法，正確的是( ) A.單擺擺球從平衡位置運動到正向最大位移處的位移為A（A為振幅），經過正向最大位移處又運動到平衡位置時的位移為-A B.單擺擺球的回復力等于擺球所受的合力 C.單擺擺球的回復力是擺球重力沿運動軌跡切線方向的分力 D.單擺擺球經過平衡位置時加速度為零 解析：簡諧運動中的位移是以平衡位置作為起點，擺球在最大位移處時位移為A，在平衡位置時位移應為零，擺球的回復力由合力沿圓弧切線方向的分力（等于重力沿圓弧切線方向的分力）提供，合力沿擺線方向的分力提供向心力，擺球經最低點（振動的平衡位置）時回復力為零，但向心力不為零，所以加速度不為零（擺球到最高點時，向心力不為零，回復力最大，合力也不為零）. 答案：C 深化升華 做簡諧運動的物體在平衡位置處回復力為零，但合外力不一定為零，因此不能說平衡位置就是受力平衡的位置.彈簧振子經過平衡位置時所受合力為零，故加速度為零，但單擺經過平衡位置時合力不為零，只是回復力為零.所以存在加速度，即向心加速度. 知識點二 單擺的周期公式 例3一個單擺，如果擺球的質量增加為原來的4倍，擺球經過平衡位置時速度減為原來的一半，則單擺的( ) A.頻率不變，振幅不變 B.頻率不變，振幅改變 C.頻率改變，振幅不變 D.頻率改變，振幅不變 解析：決定單擺周期的是擺長和當?shù)氐闹亓铀俣?，與質量無關，與單擺的運動速度也無關.當然頻率也與質量和速度無關，所以選項C、D錯誤.決定振幅的是外來因素.反映在單擺的運動中，可以從能量去考慮，在平衡位置（即最低點）時的動能.當質量增為原來的4倍，速度減為原來的一半時，動能不變，最高點的重力勢能也不變.但是又因第二次擺球的質量增大了（實際上單擺已經變成另一個擺動過程了），勢能不變，質量變大了，擺動的豎直高度就一定變小了，也就是說，振幅變小了. 答案：B 方法歸納 本題的分析解答提醒我們：一是要考慮全面，本題中的質量和速度兩因素的變化對確定的單擺振動究竟會產生怎樣的影響，要進行全面分析；二是分析問題時要有充分的理論依據(jù)，如本題中決定單擺振動的頻率的因素應以周期公式為依據(jù)，而不能以速度判定振動的快慢，振幅應以動能和勢能之間的相互轉化為依據(jù). 例4有一單擺，其擺長l=1.02 m，擺球的質量m=0.10 kg，已知單擺做簡諧運動，單擺振動30次用的時間t=60.8 s，試求： （1）當?shù)氐闹亓铀俣仁嵌啻螅? （2）如果將這個擺改為秒擺，擺長應怎樣改變？改變多少？ 解析：用振動30次的時間，計算出周期，再利用單擺的周期公式變形后可解得當?shù)氐闹亓铀俣?要改為秒擺，需要改變擺長，是周期變成2 s. 答案：（1）當單擺做簡諧運動時，其周期公式 T=2π，由此可得g=4π 2l/T2，只要求出T值代入即可. 因為T== s=2.027 s， 所以g=4π2l/T2=(43.1421.02)/2.0272 m/s2=9.79 m/s2. （2）秒擺的周期是2 s，設其擺長為l0，由于在同一地點重力加速度是不變的，根據(jù)單擺的振動規(guī)律有：=， 故有：l0==m=0.993 m. 其擺長要縮短Δl=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m. 方法歸納 單擺的周期公式T=2π是在當單擺的最大偏角小于10，單擺的振動是在簡諧運動的條件下才適用的。改變單擺的擺長能改變單擺的周期，同一單擺在重力加速度不同的兩地周期也不相同，單擺的周期與單擺的振幅無關，與擺球的質量也無關，另外根據(jù)周期公式的變形式g=還可以測重力加速度. 知識點三 單擺周期公式與勻變速直線運動結合 例5將一水平木板從一沙擺（可視為簡諧運動的單擺）下面以a=0.2 m/s2的加速度勻加速地水平抽出，板上留下的沙跡如圖11-4-2所示，量得=4 cm,=9 cm,=14 cm，試求沙擺的振動周期和擺長.（g=10 m/s2） 圖11-4-2 解析：根據(jù)單擺振動的等時性得到、、三段位移所用的時間相同，由勻變速直線運動規(guī)律Δs=aT2計算可得. 答案：由Δs=aT2 T==s=0.5 s 振動周期T′=2T=1 s 由單擺公式T=2π得 L==0.25 m. 知識點四 等效重力加速度 例6試確定下列幾個擺球在平衡位置附近來回振動的周期. （1）如圖11-4-3甲所示.懸掛在水平橫梁上的雙線擺球.擺線長為l，擺線與水平橫梁夾角θ； （2）如圖11-4-3乙所示.光滑斜面上的擺球.斜面傾角為θ，擺線長為l； （3）如圖11-4-3丙所示.懸掛在升降機中的單擺，擺長為l，升降機以加速度a豎直向上做勻加速運動. 圖11-4-3 解析：（1）雙線擺在垂直于紙面的豎直面里做簡諧運動，等效擺長為lsinθ，故振動周期為T=2π； （2）擺球在光滑的斜面上來回振動，回復力由小球重力沿斜面向下的分力mgsinθ決定，等效重力加速度為gsinθ，其振動周期為T=2π； （3）升降機豎直向上做勻加速運動時，擺球“超重”，回復力由m(g+a)決定，等效重力加速度為g+a，擺球振動周期為T=2π. 答案：（1）T=2π （2）T=2π （3）T=2π 方法歸納 當實際擺不是理想單擺時，可以通過等效變換將其轉換為理想單擺，在利用公式T=2π計算周期時，l對應等效擺長，ｇ對應等效重力加速度.等效重力加速度的求法是：假設擺球不振動，靜止時繩子的拉力對應等效重力，其對應的加速度即為等效重力加速度. 知識點五 類單擺問題 例7 如圖11-4-4所示，光滑的半球殼半徑為R,O點在球心的正下方，一小球由距O點很近的A點由靜止放開，同時在O點正上方有一小球自由落下，若運動中阻力不計，為使兩球在O點相碰，小球由多高處自由落下（＜＜）. 圖11-4-4 解析：球由點開始沿球內表面運動時，只受重力和支持力作用，等效為單擺的運動，因為OA＜＜R,所以球自A點釋放后做簡諧運動，要使兩球在O點相碰，兩者到O點的運動時間相等. 答案：小球由A點由靜止釋放運動到O點的時間為（2n-1）,n=1,2,3，…，由于O點正上方自由落下的小球到O的時間也為(2n-1)時兩球才能在O點相碰，所以 h=gt2=g(2n-1)2=(n=1,2,3，…) 方法歸納 解此題關鍵在于沿光滑圓弧運動的小球運動性質，小球受重力、軌道支持力，此支持力類似單擺中的擺線拉力，故此裝置可稱為類單擺，其周期為2π，R為等效擺長. 問題探究 思維發(fā)散探究 問題 如何理解公式T=2π中的“g”？ 探究過程：單擺的周期公式T=2π是惠更斯從實驗中總結出來的，單擺的回復力是重力沿圓弧切線方向并且指向平衡位置的分力，偏角越大回復力越大，加速度（gsina）越大，由于擺球的軌跡是圓弧，所以除最高點外，擺球的回復力并不等于合外力，在有些振動系統(tǒng)中l(wèi)不一定是繩長，g也不一定為9.8 m/s2，因此出現(xiàn)了等效擺長和等效重力加速度的問題. 1.公式中的g由單擺所在的空間位置決定. 由G=g知，g隨地球表面不同位置、不同高度而變化，在不同星球上也不相同，因此應求出單擺所在處的等效值g′代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2. 2.g還由單擺系統(tǒng)的運動狀態(tài)決定，如果擺處在向上加速發(fā)射的航天飛機內，設加速度為a，此時擺球處于超重狀態(tài)，沿圓弧切線方向的回復力變大，擺球質量不變，則重力加速度的等效值g′=g+a；再如，單擺若在軌道上運動的航天飛機內，擺球完全失重，回復力為零，則等效值g′=0，所以周期為無窮大，即單擺不擺動了. 3.g還由單擺所處的物理環(huán)境決定.如帶電小球做成的單擺在豎直方向的勻強電場中，回復力應是重力和豎直電場力的合力在圓弧切線方向的分力，所以也有-g′的問題. 在均勻場中g′值等于擺球在平衡位置不擺動時擺線的張力與擺球質量的比值，由此找到等效重力加速度g′代入公式即可求得周期T. 探究結論:觀點一：公式中的g由單擺所在的空間位置決定. 觀點二：g還由單擺系統(tǒng)的運動狀態(tài)決定. 觀點三：g還由單擺所處的物理環(huán)境決定. 方案設計探究 問題 探究單擺的周期跟哪些因素有關？ 探究過程：1.猜想：由于周期只與單擺系統(tǒng)本身的因素有關，所以猜想影響單擺周期的因素為：細線的長度、小球的質量、小球擺到最高位置時繩子與豎直方向的夾角（或振幅）. 2.方法：控制變量法. 3.過程:（1）擺長、擺球質量不變，改變擺球的偏角（偏角都很?。?，測出不同偏角時單擺的周期，設計表格并記錄實驗數(shù)據(jù). （2）擺長、擺角不變，改變擺球質量，測出不同質量時單擺的周期，設計表格并記錄實驗數(shù)據(jù). （3）擺球質量、擺角不變，改變擺長，測出不同擺長時單擺的周期，設計表格并記錄實驗數(shù)據(jù). 4.分析論證：分別以細繩的擺長、小球的質量、擺角為橫坐標，相應的周期為縱坐標作圖，總結三個因素對單擺周期的影響. 探究結論:單擺的周期跟擺長有關，跟擺球質量、擺角無關.