《2017年高中物理 第1章 机械振动 1.3 探究摆钟的物理原理 探究单摆振动的周期学案 沪科版选修3-4》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年高中物理 第1章 机械振动 1.3 探究摆钟的物理原理 探究单摆振动的周期学案 沪科版选修3-4（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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Fkx，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
2、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14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T2 .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，FG1mg
3、sin .若摆角很小，则有sin ，并且位移x，考虑了位移和回复力的方向后，有Fmg(“”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Fkx，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：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，且没有质量的细线摆球直
4、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，Fx.(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
5、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
6、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32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
7、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4Aa、b、c三个振动系统的频率相同Ba、b两个系统振动时存在着相差Ca、b两个系统振动同相Da、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、
8、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3
9、0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T2.2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ll，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_，这就是等效摆长，所以其周期为T2.图63重力加速度g若系统只处在重力
10、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9.8 m/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7AA球先到达C点BB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
11、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(1 m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
12、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ll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
13、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1 m，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm.(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
14、力加速度”实验中获得的有关数据：摆长l/m0.40.50.60.81.01.2周期平方T2/s21.62.22.43.24.04.8(1)利用上述数据，在图8中描出lT2的图像图8(2)利用图像，取T25.2 s2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T25.2 s2时，l1.3 m，将它代入g得：g m/s29.86 m/s2.答案(1)见解析图(2)1.39.86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(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
