2022年高中物理第章机械运动第节振动的描述教师用书鲁科版选修- 2.pdf

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1、1 第 3 节单摆单 摆 的 运 动 先填空 1单摆模型把一根细线上端固定，下端拴一个小球，线的质量和球的大小可以忽略不计，这种装置叫做单摆2单摆的回复力(1) 回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力(2) 回复力的特点：在偏角很小时( 通常 5) ，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，即Fmglx. (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 再判断 1单摆模型中对细线的要求是细线的伸缩可忽略，质量可忽略( )2单摆模型中对小球的要求是密度较大，其直径与线的长度相比可忽略( )3单摆回复力不符合简谐运动( ) 后思考 (1) 单

2、摆做简谐运动的条件是什么？【提示】单摆做简谐运动的条件是偏角很小，通常应在5 以内(2) 单摆做简谐运动的回复力是否等于小球所受的合力？【提示】小球的重力沿圆弧切线方向上的分力提供回复力，而不是小球所受的合力 核心点击 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - - 2 1单摆的回复力(1) 单摆受力：如图1-3-1 所示，受细线拉力和重力作用(2) 向心力来源：细线拉力和重力沿径向的分力的合力(3) 回复力来源： 重力沿圆弧

3、切线方向的分力Fmgsin 提供了使摆球振动的回复力图 1-3-12单摆做简谐运动的推证在偏角很小时，sin xl，又回复力Fmgsin ，所以单摆的回复力为Fmglx( 式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反 ) ，由此知回复力符合Fkx，单摆做简谐运动1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提供向心力D单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力E在摆角很小的情况下，单摆回复力符合简谐运动特点【解析】单摆运动的回复力不是由重力与

4、摆线拉力的合力提供，平衡位置时， 重力和摆线拉力的合力提供向心力，A错误， C正确；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确， D错误；当 5 时，单摆回复力符合简谐运动特点， E正确【答案】BCE 图 1-3-22一单摆做小角度摆动，其振动图象如图1-3-2 所示，以下说法正确的是( ) At1时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - - 3 Bt2时

5、刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小Ct3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小Dt4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大Et1到t3摆球的回复力先减小后增大【解析】由振动图象知，t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大；A正确 C错误；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由于摆球做圆周运动( 一部分 ) ，由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最大，故D正确， B错误；t1到t3摆球位移先减小再增大，故回复力先减小后增大，E正确【答案】ADE 3关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是( ) 【导学号： 78510007】A摆球受重力、摆

6、线的张力两个力作用B摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大C.摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大D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E摆球由最大位移处向平衡位置运动时回复力逐渐减小，向心力逐渐增大【解析】单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A正确 重力垂直于摆线的分力提供回复力当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，则拉力小于重力，在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D 错， B 对摆球由最大位移处向平衡位置运动时，回复力逐渐减小，向心力逐渐增大，E正确【答案】ABE

7、单摆中的“回复力”1 单摆振动中的回复力不是它受到的合外力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处2在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合外力也就是回复力3在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合外力不为零单 摆 的 周 期名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 15 页 - - - - - - - - - 4 先填空 1实验探究(1) 探究方法：控制变量法(2) 实验结论：单

8、摆振动的周期与摆球质量无关摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小2周期公式(1) 公式：T2lg. (2) 单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关 再判断 1摆球质量越大，周期越长( )2摆动幅度越大，周期越长( )3摆线越长时，单摆的周期越长( ) 后思考 摆钟的结构如图1-3-3 所示，发现它走时不准时，为什么要调整摆锤下面的螺母？图 1-3-3【提示】调整摆锤下面的螺母，以改变摆钟的摆长，从而改变摆钟周期，以调整摆钟的走时快慢 核心点击 1摆长的确定(1) 图 1-3-4(a) 中，甲、 乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin ，这就是等效摆长，其周期T2lsin g.

9、 图 1-3-4(b) 中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙摆等效名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 15 页 - - - - - - - - - 5 图 1-3-4(2) 如图 1-3-4(c) 所示，小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度( 很小 ) 的圆周运动时，可等效为单摆，小球在A、B间做简谐运动，周期T2Rg. 2公式中重力加速度g的变化与等效(1) 若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，

10、即gGMR2，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值图 1-3-5(2) 等效重力加速度：若单摆系统处在非平衡状态( 如加速、减速、完全失重状态) ，则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值如图1-3-5 所示，球静止在O时，FTmgsin ，等效加速度gFTmgsin . 4图 1-3-6 为甲、乙两单摆的振动图象，则( ) 图 1-3-6A由图象可知两单摆周期之比为21 B若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆

11、长之比l甲l乙21 C若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙41 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 15 页 - - - - - - - - - 6 D若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲g乙41 E若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲g乙14 【解析】由题中图象可知T甲T乙21，若两单摆在同一地点，则两摆摆长之比l甲l乙41，若两摆摆长相

12、等，则所在星球的重力加速度之比为g甲g乙14. 【答案】ACE 5一个单摆的长为l，在其悬点O的正下方 0.19l处有一钉子P( 如图 1-3-7 所示 )，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角5，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期图 1-3-7【解析】释放后摆球到达右边最高点B处，由机械能守恒可知B和A等高，则摆球始终做简谐运动摆球做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不同单摆的半周期的和小球在左边的周期为T12lg小球在右边的周期为T220.81lg则整个单摆的周期为TT12T22lg0.81lg1.9 lg. 【答案】1.9 lg求单摆周期的方法1明确单摆的运动过程，看是否符合简谐运动的条

13、件2在运用T2lg时，要注意l和g是否发生变化，如果发生变化，则分别求出不同l和g时的运动时间3改变单摆振动周期的途径是：(1) 改变单摆的摆长(2) 改变单摆的重力加速度( 如改变单摆的位置或让单摆失重或超重) 4明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 15 页 - - - - - - - - - 7 利 用 单 摆 测 定 重 力 加 速 度1实验原理由单摆周期公式T2lg，得g42lT2，只要测出单摆的摆长l和振

14、动周期T，就可以计算出当地的重力加速度2实验步骤(1) 做单摆：将线的一端穿过小球的小孔，并打一比孔大的结然后把线的上端用铁夹固定于铁架台上，在平衡位置处做上标记如图1-3-8 所示图 1-3-8(2) 测摆长：用毫米刻度尺测出摆线长度l线，用游标卡尺测量出摆球的直径d，则单摆的摆长ll线d2. (3) 测周期：将单摆从平衡位置拉开一个小于5的角，然后释放摆球，当单摆振动稳定后，过平衡位置时开始用秒表计时，测量N次( 一般取3050 次) 全振动的时间t，则周期TtN. (4) 改变摆长，重复实验多次3数据处理(1) 平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g42lT2中求出g值，最后

15、求出g的平均值设计如表所示实验表格实验次数摆长l/m周期T/s加速度g/ms2g的平均值1gg1g2g3323名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 15 页 - - - - - - - - - 8 (2) 图象法：由T2lg得T242gl，作出T2-l图象，即以T2为纵轴，以l为横轴，其斜率k42g. 由图象的斜率即可求出重力加速度g. 图 1-3-96在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是( ) A选细线做为摆线B单摆摆动时保持摆线在

16、同一竖直平面内C拴好摆球后，令其自然下垂时测量线长为摆长D计时起止时刻，选在最大摆角处E计时初始时刻应选在摆球通过平衡位置时【解析】为减小空气阻力的影响，应选细线做为摆线，A正确；由于单摆与圆锥摆的周期不同，本实验是利用单摆的简谐运动周期公式T2lg测量g，所以单摆摆动时必须保持摆线在同一竖直平面内，不能形成圆锥摆，B正确；由于细线有伸缩性，所以应拴好摆球后，令其自然下垂时测量悬点到球心的距离作为摆长，不能将线长作为摆长，C错误；摆球经过平衡位置时，速度最大， 相同的距离误差引起的时间误差最小，故应从平衡位置开始计时和停止计时，D错误， E正确【答案】ABE 7(2015北京高考) 用单摆测定

17、重力加速度的实验装置如图1-3-10 所示图 1-3-10(1) 测出悬点O到小球球心的距离( 摆长 )L及单摆完成n次全振动所用的时间t， 则重力加速度g_( 用L、n、t表示 ) (2) 下表是某同学记录的3 组实验数据，并做了部分计算处理名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 15 页 - - - - - - - - - 9 组次123 摆长L/cm80.0090.00100.00 50 次全振动时间t/s90.095.5100.5 振动周期T/s1.801

18、.91 重力加速度g/(ms2)9.749.73 请计算出第3 组实验中的T_ s ，g_ m/s2. 【解析】(1) 根据单摆的周期公式T2lg可得g42lT242n2lt2. (2) 第三组实验中， 周期T2.01 s，由加速度公式g42lT2，代入数据得g9.76 m/s2. 【答案】(1)42n2Lt2(2)2.01 9.76 用单摆测定重力加速度应注意的问题1实验时，摆线长度要远大于摆球直径，且摆线无明显伸缩性，另外摆球要选取密度大且质量分布均匀的钢球2单摆摆球应在竖直平面内摆动，且摆角应小于5.3测摆长l时，应为悬点到球重心的距离，球质量分布均匀时等于摆线长加上小球半径4应从摆球经

19、过平衡位置时开始计时，以摆球从同一方向通过平衡位置时计数5适当增加测量的全振动次数，以减小测量周期的误差，一般3050 次即可学业分层测评 ( 三) ( 建议用时： 45 分钟 ) 学业达标 1关于单摆，下列说法正确的是( ) A摆球运动的回复力是重力的分力B摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的C摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的D摆球经过平衡位置时受力是平衡的E摆球经过平衡位置时回复力为零，合外力不为零【解析】摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A正确根据简谐运动的对称性可知摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同， 也可能不同； 加速度的大小、方向都相同，故B错， C

20、对摆球经过平衡位置时，回复力为零，合外力不为零，并不平衡，所以D错误， E正确名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 15 页 - - - - - - - - - 10 【答案】ACE 2某一单摆在地球表面某处的振动图象如图1-3-11所示，则下列说法中正确的是( ) 【导学号： 78510008】图 1-3-11A单摆振动的周期为2 s B单摆的摆长大约是1 m C在 0.5 s和 1.5 s时摆球动能最大D单摆振动的振幅是5 m Et0.5 s和t1.5 s时

21、摆球的加速度为零【解析】由题中图象可知，单摆振动的周期为2 s ，选项 A正确；由T2lg得：lgT242T241 m，选项 B正确；在 0.5 s和 1.5 s时，摆球振动到平衡位置，此时动能最大，选项C正确，而此时摆球有向心加速度，故E 错误；由题中图象知，振幅是5 cm，即0.05 m ，选项 D错【答案】ABC 3两个单摆在相同的时间内，甲摆动45 次，乙摆动60 次，则 ( ) A甲、乙两摆的周期之比为43 B甲、乙两摆的频率之比为34 C甲、乙两摆的摆长之比为43 D甲、乙两摆的摆长之比为169 E甲、乙两摆的振幅之比为169 【解析】设摆动时间为t， 则T甲t45，T乙t60可得

22、T甲T乙604543，f甲f乙34. 又由T2lg可得l甲l乙T2甲T2乙169，而振幅之比无法确定，故A、B、D正确【答案】ABD 4同一地点的甲、 乙两单摆 ( 摆球质量相等 ) 的振动图象如图1-3-12 所示，下列说法中正确的是 ( ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 15 页 - - - - - - - - - 11 图 1-3-12A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的机械能比乙摆小C甲摆的最大速率比乙摆小D在14周期时振子具有正向加速度的是乙摆E

23、在12周期时甲摆重力势能最大，乙摆动能最大【解析】由图象可知，甲、乙周期相同，又T2lg，同一地点所以g相同，故摆长l相等， A项正确；由图象可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，B、C项错误；由图象可知，14周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处， 故乙摆具有正向加速度，D项正确； 在tT2时甲摆在最大位移处，重力势能最大，乙摆在平衡位置处，动能最大，E正确【答案】ADE 5在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是( ) A应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线B用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC在小偏角下让单摆摆动D当单摆经过平衡位置

24、时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期TE通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为T2l，则可作T2-l图象，如果图象是一条直线，则关系T2l成立【解析】摆长等于摆线的长度加上摆球半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，所以应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，A正确；刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，B错误；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5，否则单摆将不做简谐运动，C 正确；当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差较小，但是要测量n次全振动的时间记为t，再由Ttn求周期误差较小，D错误；数据处理的时候，通常由线性关系比较容易得出

25、结论，故需作T2l图象， E正确名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 15 页 - - - - - - - - - 12 【答案】ACE 6某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测量5 种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：摆长l/m0.500 00.800 00.900 01.000 01.200 0 周期T/s1.421.791.902.002.20 T2/s22.023.203.614.004.84 (1) 以摆长l为横坐标，周期的平方T2

26、为纵坐标，根据以上数据在图1-3-13 中画出T2-l图线图 1-3-13(2) 此图线的斜率表示什么意义？(3) 由此图线求出重力加速度的值【解析】(1)T2-l图线如图所示(2) 因为单摆的振动周期T2lg得T242gl，所以图象的斜率k42g. (3) 由图线求得斜率k4，故g42k43.1424 m/s29.86 m/s2. 【答案】(1) 见解析(2) 斜率k42g(3)9.86 m/s27将一水平木板从一沙摆( 可视为简谐运动的单摆) 下面以a0.2 m/s2的加速度匀加速地水平抽出，板上留下的沙迹如图1-3-14所示，量得O1O24 cm，O2O39 cm，O3O414 cm，试

27、求沙摆的振动周期和摆长(g10 m/s2) 图 1-3-14名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 15 页 - - - - - - - - - 13 【解析】根据单摆振动的等时性得到O1O2、O2O3、O3O4三段位移所用的时间相同，由匀变速直线运动规律xaT21计算可得由 xaT21得T1xa51020.2 s 0.5 s 振动周期T2T11 s 由单摆公式T2Lg得LgT2420.25 m【答案】1 s 0.25 m 8图 1-3-15 甲是一个单摆振动的

28、情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置设摆球向右方向运动为正方向图1-3-15乙是这个单摆的振动图象根据图象回答：图 1-3-15(1) 单摆振动的频率是多大？(2) 开始时刻摆球在何位置？(3) 若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少【解析】(1) 由乙图知周期T0.8 s ，则频率f1T1.25 Hz. (2) 由乙图知， 0 时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点(3) 由T2Lg得LgT2420.16 m. 【答案】(1)1.25 Hz (2)B点(3)0.16 m 能力提升 9下列关于单摆周期的说法正确的是( ) A用一个装满沙的漏斗

29、和长细线做成一个单摆，在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出，周期不变B当升降机向上匀加速运动时(ag) 单摆的周期小于电梯匀速运动时单摆的周期C将摆由赤道移到北极，单摆振动周期减小D将单摆的摆角由5增加到 10( 不计空气阻力)，单摆的周期减小E将单摆由地球移到月球上，单摆的周期变大名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 15 页 - - - - - - - - - 14 【解析】沙从漏斗中缓慢漏出时，等效摆长变化，周期变化，选项A错误；升降机以加速度a向上匀加速运动时T

30、12lga，匀速运动时T22lg，T1T2，选项 B 正确；摆由赤道移到北极，重力加速度增大，则周期减小，选项C正确；单摆的周期与摆角大小无关， 选项 D错误；月球上重力加速度小于地球上重力加速度，故将单摆移到月球上时周期变大， E正确【答案】BCE 10在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g_. 如果已知摆球直径为2.00 cm ，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1-3-16(a) 所示，那么单摆摆长是_如果测定了40 次全振动的时间如图 1-3-16(b) 中秒表所示，那么秒表读数是_s，单摆的摆动周期是_s. 图 1-3-16【解析

31、】由实验原理和单摆的周期公式T2lg知g42lT2. 摆球的直径d2.00 cm.故摆长l88.40 cm 2.002 cm87.40 cm. 秒表的读数t75.2 s 故单摆的振动周期Ttn75.240 s 1.88 s. 【答案】42lT287.40 cm 75.2 s 1.88 s 11两个等长的单摆，第一个放在地面上，另一个放在高空，当第一个单摆振动n次的同时，第二个单摆振动(n1) 次如果地球半径为R， 那么第二个单摆离地面的高度为多大？【导学号： 78510009】【解析】设第二个单摆离地面的高度为h，则距地心距离为(Rh) ，设此处重力加速度为g，地表处重力加速度为g，则：ggR

32、h2R2又由T2lg得：TTgg名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 15 页 - - - - - - - - - 15 即n1ngg由解得hRn1. 【答案】Rn112 几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰，他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、 可当作停表用的手表，山顶上还有形状不规则的石子和矮树，他们知道地球半径为R0，海平面处的重力加速度为g0. 请根据以上条件，为他们设计测量山峰海拔高度的方法(1) 写出操作步骤和需要直接测量的物理量( 物理量

33、用字母符号表示) (2) 推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式( 要求写出推导过程) 【解析】(1) 用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上，用钢卷尺量出摆绳长L1，用手表测出摆动周期T1，改变摆绳长至L2，测出摆动周期T2. (2) 由(1) 得山顶的重力加速度g42L1L2T21T22. 因为地面的重力加速度g0GMR20，山顶的重力加速度gGMR0h2，由上述两式可得hR02g0T21T22L1L2R0. 【答案】见解析名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 15 页 - - - - - - - - -