届高中物理第1章机械振动13探究摆钟的物理原理探究单摆振动的周期学案选修.docx

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届高中物理第1章机械振动13探究摆钟的物理原理探究单摆振动的周期学案选修

3　探究摆钟的物理原理　探究单摆振动的周期

[学习目标定位]　1.理解单摆模型及其振动特点.2.理解单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.3.知道相位的概念，知道同相振动与反相振动的步调特点.4.会用控制变量法探究单摆的周期与哪些因素有关.5.掌握单摆的周期公式，掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法．

1．一个做往复运动的物体，当它所受到的回复力满足F＝－kx，则这个物体做简谐运动．

2．物理学中对于多变量的问题，常采用控制变量法把多变量的问题变成单变量的问题．

3．如图1所示，细线上端固定，下端系一小球，如果细线的伸缩可以忽略，细线的质量与小球相比可以忽略，小球的直径与细线的长度相比也可以忽略，这样的装置就可看成单摆．单摆在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律．

图1

4．相是描述振动步调的物理量．两个单摆振动步调一致，我们称为同相；两个单摆振动步调正好相反，叫做反相．

5．单摆振动的周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，周期公式T＝2π

.

一、探究摆钟的物理原理

[问题设计]

一阵风吹过，大厅里的吊灯微微摆动起来，久久不停……，伽利略就是通过观察教堂吊灯摆动发现了吊灯摆动的等时性，惠更斯按照伽利略的构想，发明制作了一个摆钟．摆钟的往复运动是简谐运动吗？

你能用所学的知识证明吗？

答案　是简谐运动．

证明：

把摆钟等效成一个小球，当小球运动到图中的任意位置P时，小球受到的回复力是小球所受重力G沿着圆弧切线方向的分力G1，F＝G1＝mgsinθ.若摆角θ很小，则有sinθ≈θ＝

，并且位移x≈

，考虑了位移和回复力的方向后，有F＝－mg

（“－”表示回复力F与位移x的方向相反），m是小球的质量，l是摆长，g是重力加速度，它们都有确定的数值，

可以用一个常数k来表示，则上式又可以写成F＝－kx，也就是说，在摆角很小时，小球所受到的回复力跟位移大小成正比而方向相反，所以小球做简谐运动．

[要点提炼]

1．单摆

（1）模型：

摆线是不可伸长，且没有质量的细线，摆球是没有大小只有质量的质点，这样的装置叫单摆，它是实际摆的理想化模型．

（2）实际摆看作单摆的条件：

①摆线的形变量与摆线的长度相比小得多，摆线的质量与摆球的质量相比小得多，这时可把摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线．

②摆球直径的大小与摆线长度相比小得多，这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点．

2．单摆的回复力

（1）回复力的提供：

摆球的重力沿圆弧切线方向的分力．

（2）回复力的特点：

在摆角很小时，F＝－

x.

（3）运动规律：

在摆角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律．

[延伸思考]

单摆经过平衡位置时，合外力为零吗？

答案　不为零．单摆振动的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力．摆球所受的合外力在法线方向（摆线方向）的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力的．因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零（此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力）．

例1

　对于单摆的振动，以下说法中正确的是（　　）

A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等

B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力

C．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合外力为零

解析　单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为mv2/l，可见最大摆角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大摆角处最大，平衡位置处为零，故应选C.

答案　C

二、研究振动的步调问题

[问题设计]

1．如图2所示，在铁架台上悬挂两个相同的单摆，将两个摆球拉离平衡位置且保证摆角相同，然后同时放开，可观察到什么现象？

答案　它们的运动总是一致的，也可以说是步调一致，即同时沿相同方向经过平衡位置，并同时达到同一侧最大位移处．

图2　　　　　　图3

2．如图3所示，再将两个摆球拉开相同的摆角，先放开一个，等它摆到另一边最大位移处时，再放开第二个，又可观察到什么现象？

答案　它们的运动总是相反的，也可以说是步调相反，即同时沿相反方向经过平衡位置，并同时达到两侧最大位移处．

[要点提炼]

1．相（或相位、位相、周相）：

描述振动步调的物理量．

（1）两个单摆振动步调一致，称为同相；

（2）两个单摆振动步调不一致，就说它们存在着相差；

（3）两个单摆振动步调正好相反，叫做反相．

2．相差：

指两个相位之差．

在实际中经常用到的是两个具有相同频率的简谐运动的相位差，反映出两简谐运动的步调差异．

例2

　如图4所示是在同一个坐标系里画出的三个振动系统的振动图像，下列说法正确的是（　　）

图4

A．a、b、c三个振动系统的频率相同

B．a、b两个系统振动时存在着相差

C．a、b两个系统振动同相

D．a、c两个系统振动反相

解析　由题图可知，三个振动系统的周期相同，故频率相同，A正确；a、b两个系统振动的振幅不同，但总是同时来到正向（或负向）的最大位移处，同时同方向经过平衡位置，故a、b同相，B错误，C正确；a、c两个系统总是同时来到反向的最大位移处，同时以相反方向经过平衡位置，故a、c反相，D正确．

答案　ACD

三、探究单摆振动的周期

[问题设计]

1．如图5所示，两个单摆同时释放，我们可以观察到振动的周期不同．影响周期的因素可能有单摆的质量、振幅、摆长，这么多因素我们应采用什么方法研究？

图5

答案　控制变量法．具体做法为：

（1）只让两摆的质量不同．

（2）只让两摆的振幅不同（都在小摆角下）．（3）只让两摆的摆长不同．

比较以上三种情况下两摆的周期，可以得到周期与质量、振幅、摆长之间的定性关系．

2．具体做法是什么？

得出影响周期的因素是什么？

答案　首先，研究周期和质量有没有关系，就应控制其他条件不变．

做法：

用两个摆长相同，摆球质量不同的单摆．将它们拉到同一个高度（注意摆角要小）释放，观察两摆的运动．

现象：

两摆球摆动总是同步的，说明两摆球周期相同，即周期与摆球质量无关．

其次，研究单摆的周期和振幅的关系．

做法：

用一个单摆，分两次从不同高度释放（振幅不同），用秒表测量单摆振动30次所用时间并比较两次所用时间．

结论：

两次所用时间近似相等，故周期与振幅无关．

再次，研究单摆的周期和摆长的关系．

做法：

取两个摆长不同，质量相同的两个摆球从同一高度同时释放，观察两摆的运动．

现象：

两摆振动不同步，摆长大的振动慢，说明单摆的周期与摆长有关．

由此可知单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长有关．

[要点提炼]

1．单摆的周期公式T＝2π

.

2．摆长l

（1）实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：

即l＝l′＋

，l′为摆线长，d为摆球直径．

（2）等效摆长：

如图6所示，甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin_α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π

.

图6

3．重力加速度g

若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随所处地表的位置和高度的变化而变化．另外，在不同星球上，M和R一般不同，g也不同，g取9.8m/s2只是在地球表面附近时的取值．

例3

　如图7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B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有（　　）

图7

A．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．无法确定哪一个球先到达C点

解析　A做自由落体运动，到达C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所用的时间是单摆振动周期的

，即tB＝

＝

>tA，所以A球先到达C点．

答案　A

四、测定当地的重力加速度

[问题设计]

在地球表面，不同纬度重力加速度不同，不同高度重力加速度不同，利用本学案的知识怎样测出当地的重力加速度？

答案　由单摆周期公式得g＝

，如果测出单摆的摆长l、周期T，就可以求出当地的重力加速度g.

[要点提炼]

1．原理：

测出摆长l、周期T，代入公式g＝

，求出重力加速度g.

2．器材：

铁架台及铁夹，金属小球（有孔）、停表、细线（1m左右）、米尺、游标卡尺．

3．实验步骤

（1）让细线穿过金属小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆．

（2）将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂．在单摆平衡位置处做上标记．

（3）用米尺量出悬线长l′（准确到mm），用米尺和三角板（或游标卡尺）测出摆球的直径d（准确到mm），然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋

即为摆长．

（4）把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角度不大于5°，再释放小球．当小球摆动稳定以后，经过最低位置时，用停表开始计时，测量单摆全振动30次（或50次）的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期．

（5）改变摆长，反复测量三次，算出周期T及测得的摆长l代入公式g＝

，求出重力加速度g的值，然后求g的平均值，即为当地的重力加速度的值．

4．五点注意

（1）选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1m，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm.

（2）单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象．

（3）注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小．

（4）小球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆．方法是将小球拉到一定位置后由静止释放．

（5）计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数，要多测几次（如30次或50次）全振动的时间，用取平均值的办法求周期．

例4

　下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：

摆长l/m

0.4

0.5

0.6

0.8

1.0

1.2

周期平方T2/s2

1.6

2.2

2.4

3.2

4.0

4.8

（1）利用上述数据，在图8中描出l－T2的图像．

图8

（2）利用图像，取T2＝5.2s2时，l＝________m，重力加速度g＝________m/s2.

解析　

（1）描点作图如图所示

（2）由图可知，当T2＝5.2s2时，l＝1.3m，将它代入g＝

得：

g＝

＝

m/s2≈9.86m/s2.

答案　

（1）见解析图　

（2）1.3　9.86

单摆

1．单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，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

答案　ABC

解析　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩．但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（θ<5°）的情况下才能视单摆运动为简谐运动，故正确答案为A、B、C.

2．单摆振动的回复力是（　　）

A．摆球所受的重力

B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力

C．悬线对摆球的拉力

D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力

答案　B

解析　摆球振动的回复力是其重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确．

3．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1.6m，则两单摆长la与lb分别为（　　）

A．la＝2.5m，lb＝0.9m

B．la＝0.9m，lb＝2.5m

C．la＝2.4m，lb＝4.0m

D．la＝4.0m，lb＝2.4m

答案　B

解析　设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5.

根据单摆周期公式T＝2π

，可知l＝

T2，

由此得la∶lb＝T

∶T

＝9∶25.则

la＝

×1.6m＝0.9m，

lb＝

×1.6m＝2.5m.

4．用单摆测定重力加速度，根据的原理是（　　）

A．由g＝

看出，T一定时，g与l成正比

B．由g＝

看出，l一定时，g与T2成反比

C．由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，利用g＝

可算出当地的重力加速度

D．同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比

答案　C

解析　g是由所处的地理位置的情况来决定的，与l及T无关，故只有C正确．

[基础题]

1．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的（　　）

A．合外力为零B．回复力为零

C．向心力为零D．摆线中张力为零

答案　C

解析　当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，合外力不为零，所以选项A、B均错；由向心力公式F＝

可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．

2．将秒摆（周期为2s）的周期变为1s，下列措施可行的是（　　）

A．将摆球的质量减半B．将振幅减半

C．将摆长减半D．将摆长减为原来的

答案　D

解析　由单摆周期公式T＝2π

可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的

.

3．如图1所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球（体积可忽略）组成了所谓的双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的左右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面方向做简谐运动时，周期为（　　）

图1

A．2π

B．2π

C．2π

D．2π

答案　D

解析　这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2π

计算，但注意此处的l与题中的绳长不同，公式中的l是指质点到悬点（等效悬点）的距离，即做圆周运动的半径．此题中单摆的等效摆长为lsinα，代入周期公式，可得T＝2π

，故选D.

4．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（　　）

A．单摆的摆球质量偏大

B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径

C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n＋1）次全振动

D．测量周期时，把n次全振动误认为是（n－1）次全振动

答案　C

解析　由单摆周期公式知T＝2π

，得g＝

，而T＝

，所以g＝

，由此可知C正确．

5．人在平直路面上匀速行走时，关于两臂和两腿的摆动，下列说法中正确的是（　　）

A．左臂和右臂的摆动始终是反相的

B．左臂和左腿的摆动始终是反相的

C．左臂和右腿的摆动始终是反相的

D．左臂和右臂的摆动始终是同相的

答案　AB

[能力题]

6．如图2所示为甲、乙两单摆的振动图像，则（　　）

图2

A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝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为l甲∶l乙＝4∶1

C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1

D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4

答案　BD

解析　由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故B正确，A错误；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故D正确，C错误．

7．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是（　　）

A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大

B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小

C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大

D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大

答案　D

解析　在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大，但摆球质量不影响周期，周期不变．选项D正确．

8．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：

（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图3所示，则该摆球的直径为________cm.

图3

（2）小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．（填选项前的字母）

A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时

B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为

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得到的重力加速度值偏大

D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小

答案　

（1）0.97　

（2）C

解析　

（1）游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9cm＋7×0.01cm＝0.97cm

（2）要使摆球做简谐运动，摆角应小于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度值误差较小，故A、D错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是

，B错；摆长应是l＋

，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大．

[探究与拓展题]

9．（2014·江苏单科·12B

（2））在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．

答案　①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．（或在单摆振动稳定后开始计时）