《2018年高三物理一轮总复习专题14.3单摆名师伴学》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高三物理一轮总复习专题14.3单摆名师伴学（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题14.3 单摆课前预习 自我检测1.(多选)单摆是为了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小得多D.实际生活中的“秋千”就是单摆【答案】ABC【解析】一根不可伸长的且没有质量的细线悬挂一大小不计的小球组成的装置,我们称作单摆,它是一个理想化模型,所谓理想化是指细线不伸缩且无质量,小球的大小不计可视为质点,故选项A、B、C正确,D错误。2.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
2、力是摆线拉力的一个分力【答案】B3.(多选)下列情况下会使单摆的周期变大的是()A.将摆的振幅减为原来的一半B.将摆从高山上移到平地上C.将摆从北极移到赤道D.用一个装满沙子的漏斗(漏斗质量很小)和一根较长的细线做成一个单摆,摆动中沙慢慢从漏斗中漏出【答案】CD【解析】将摆从北极移到赤道,g变小,由T=2知T变大;漏斗漏沙后摆长变长,故T变大。4.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中,先测得摆线长101.00 cm,摆球直径为2.00 cm,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s。则:(1)他测得的重力加速度g=m/s2。(2)他测得的g值偏小,可能的原因是。A.测摆线长
3、时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了C.开始计时时,秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动次数记为50次【答案】(1)9.76(2)B5.在一个单摆装置中,摆动物体是个装满水的空心小球,球的正下方有一小孔,当摆开始以小角度摆动时,让水从球中连续流出,直到流完为止,则此单摆的周期将()A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大【答案】C【解析】单摆小角度摆动,做简谐运动的周期为T=2,式中l为摆长,其值为悬点到摆动物体重心之间的距离,当小球装满水时,重心在球心,水流完后,重心也在球心,但水刚流出过程中重心要降低,因此,在水整个流出过程中,
4、重心位置先下降后上升,即摆长l先增大后减小,所以摆动周期将先增大后减小。6单摆在振动过程中，摆动幅度越来越小，这是因为()A单摆做的是阻尼振动B能量正在逐渐消灭C动能正在转化为势能D机械能不守恒E总能量守恒，减少的机械能转化为内能【答案】ADE7下列振动，不属于受迫振动的是()A用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的振动B打点计时器接通电源后，振针的振动C小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动D弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动E共振筛的振动【答案】ACD【解析】受迫振动是指在周期性驱动力作用下的振动，故A、C、D都是自由振动，B、E是受迫振动8.如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已
5、知甲弹簧振子的固有频率为9 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是()A甲的振幅较大B甲的振动频率为9 HzC乙的振幅较大D乙的振动频率为9 HzE甲、乙两振子的振幅、频率均相等【答案】ABD【解析】根据受迫振动发生共振的条件可知甲的振幅较大，又因为做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，所以选项A、B、D正确9.研究单摆受迫振动规律时得到如图所示的图象，则下列说法正确的是()A其纵坐标为位移B其纵坐标为振幅C单摆的固有周期为2 sD图象的峰值表示共振时的振幅E单摆的摆长为2 m【答案】BCD课堂讲练 典
6、例分析要点提炼一、单摆及单摆的回复力1单摆模型如果悬挂小球的细线的伸缩和质量可以忽略，线长又比球的直径大得多，这样的装置叫做单摆单摆是实际摆的理想化的物理模型2单摆的回复力(1)回复力的提供：摆球的重力沿切线方向的分力(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置(3)运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图象遵循正弦函数规律3运动特点(1)摆线以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v0，半径方向都受向心力.(2)摆线同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，轨迹的切线方向都受回复力4摆球的受力(1
7、)任意位置如图所示，G2Gcos ，FG2的作用就是提供摆球绕O做变速圆周运动的向心力；G1Gsin 的作用提供摆球以O为中心做往复运动的回复力 (2)平衡位置摆球经过平衡位置时，G2G，G10，此时F应大于G，FG提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回0，与G10相符(3)单摆的简谐运动在很小时(理论值为5)，sin tan ，G1Gsin x，G1方向与摆球位移方向相反，所以有回复力F回G1xkx(k)因此，在摆角很小时，单摆做简谐运动二、单摆的周期1影响单摆周期的因素(1)单摆的周期与摆球质量、振幅无关(2)单摆的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大2周期公式(1)公式：T2.(2)单摆
8、的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质3摆长l的确定实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度，即ll0，l0为摆线长，D为摆球直径4重力加速度g的变化(1)公式中的g由单摆所在地空间位置决定由Gg知，g随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2.(2)g还由单摆系统的运动状态决定如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值gga.(3)g还由单摆所处的物理环境决定如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电
9、场中，回复力应是重力和电场力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也有g的问题三、用单摆测重力加速度1实验目的利用单摆测定当地的重力加速度，巩固和加深对单摆周期公式的理解2实验原理单摆在偏角很小(小于5)时，可看成简谐运动，其周期T2，可得g.据此，通过实验测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度3实验器材铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长1 m左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺4实验步骤(1)让细线穿过球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆(2)将小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
10、铁夹上，使摆球自由下垂(3)用刻度尺量出悬线长l，用游标卡尺测出摆球直径d，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，并使这个角小于5，再释放小球当摆球摆动稳定以后，在最低点位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，然后求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期(5)改变摆长，重做几次(6)根据单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度；求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即是本地区的重力加速度的值(7)将测得的重力加速度数值与当地重力加速度数值加以比较，如有误差，分析产生误差的原因5数据处理(1)公式法：根据公式g，将每次实验的l、n、t
11、数值代入，计算重力加速度g，然后取平均值(2)图象法：作出T2l图象，由T2可知T2l图线是一条过原点的直线，其斜率k，求出k，可得g.6注意事项(1)摆线要选1 m左右，不要过长或过短，太长测量不方便，太短摆动太快，不易计数(2)摆长要悬挂好摆球后再测，不要先测摆长再系小球，因为悬挂摆球后细绳会发生形变(3)计算摆长时要将摆线长加上摆球半径，不要把摆线长当做摆长(4)摆球要选体积小、密度大的，不要选体积大、密度小的，这样可以减小空气阻力的影响(5)摆角要小于5(具体实验时可以小于15)，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动不再是简谐运动，公式T2就不再适用(6)单摆要在竖直平面内摆动，不要使之
12、成为圆锥摆(7)要从平衡位置计时，不要从摆球到达最高点时开始计时(8)要准确记好摆动次数，不要多记或少记7误差分析(1)本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等等(2)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数为了减小偶数误差，进行多次测量后取平均值(3)本实验中在长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，读数读到毫米即可(即使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米)；在时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在秒的
13、十分位即可四、受迫振动、共振1受迫振动(1)驱动力：作用于振动系统的周期性的外力(2)受迫振动：振动系统在驱动力作用下的振动(3)受迫振动的频率：做受迫振动的系统振动稳定后，其振动频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率没有关系 2.共振(1)定义：驱动力的频率等于振动物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大的现象(2)条件：驱动力频率等于系统的固有频率(3)特征：共振时受迫振动的振幅最大(4)共振曲线：如图所示表示受迫振动的振幅A与驱动力频率f的关系图象，图中f0为振动物体的固有频率题型分析一、对单摆及回复力的理解【典例1】关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是() A摆球受重力、摆线的
14、张力作用B摆球的回复力最大时，向心力为零C摆球的回复力为零时，向心力最大D摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大E摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向【答案】ABC【典例2】下列关于单摆的说法，正确的是()A单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为零B单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力C单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力D单摆摆球经过平衡位置时加速度为零E摆球在最高点时的回复力等于小球受的合力【答案】ACE【反思总结】对于单摆的两点说明(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中的受力平衡位置实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡（2）回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力Fmgsin 提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力二、对单摆周期性的理解【典例3】如图所示是一个单摆(5)，其周期为T，则下列说法正确的是() A把摆球的质量增加一倍，其周期不变B摆球的振幅变小时，周期也变小C此摆由
