第4節(jié)　單擺 教學設計

第4節(jié)單擺[學習目標]1．知道什么是單擺及單擺做簡諧運動的條件．2．會分析單擺做簡諧運動的回復力以及擺球所受的合外力．(難點)3．知道單擺的周期跟什么因素有關，理解單擺的周期公式，并能用來進行有關的計算．(重點)知識點1單擺的回復力1．單擺模型把一根不能伸長的細線上端固定，下端拴一個小球，線的質(zhì)量和球的大小可以忽略不計，這種裝置叫作單擺．單擺是一種理想化模型．2．單擺的回復力(1)來源：重力沿圓弧切線方向的分力F提供了使球沿圓弧振動的回復力．(2)特點：在擺角很小的情況下(通常θ＜5°)，sinθ≈eq\f(x,l)，F(xiàn)可表示為F＝－mgsinθ≈－eq\f(mg,l)x.式中，l為擺長，x為擺球離開平衡位置的位移，負號表示F的方向與位移x的方向相反．在擺角很小的情況下，單擺所受回復力大小與擺球位移大小成正比，方向與擺球位移方向相反．(3)運動規(guī)律：擺角很小的情況下，單擺的振動可近似視為簡諧運動．[判一判]1．(1)制作單擺的擺球越大越好．()(2)單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動．()(3)單擺的回復力是重力的分力．()提示：(1)×(2)×(3)√[想一想]1．單擺的回復力是由擺球所受的合外力提供的嗎？提示：不是．單擺的回復力是由擺球的重力沿切線方向的分力提供，沿半徑方向的合力提供向心力．知識點2單擺的周期1．周期公式單擺做簡諧運動的周期T與擺長l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比，關系式可表示為T＝2π__eq\r(\f(l,g)).2．特點：在同一地點，重力加速度是一定的，擺長相等的單擺具有相同且恒定不變的振動周期，單擺周期與振幅及擺球質(zhì)量皆無關．3．應用：單擺周期公式的發(fā)現(xiàn)，為人類利用簡諧運動定量計時提供了可能，并以此為基礎發(fā)明了真正可持續(xù)運轉(zhuǎn)的時鐘．[判一判]2．(1)單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關．()(2)單擺的振幅越小，周期越?。?)提示：(1)√(2)×[想一想]2．擺鐘的結(jié)構(gòu)如圖所示，發(fā)現(xiàn)它走時不準時，為什么要調(diào)整擺錘下面的螺母？提示：調(diào)整擺錘下面的螺母，以改變擺的擺長，從而改變擺的周期，以調(diào)整擺的走時快慢．1．(單擺的回復力)圖中O點為單擺的固定懸點，現(xiàn)將擺球(可視為質(zhì)點)拉至A點，此時細線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)的A、C之間來回擺動，B點為運動中的最低位置，則在擺動過程中()A．擺球受到重力、拉力、向心力、回復力四個力的作用B．擺球在A點和C點處，速度為0，合力與回復力也為0C．擺球在B點處，速度最大，細線拉力也最大D．擺球在B點處，速度最大，回復力也最大解析：選C.擺球在運動過程中只受到重力和拉力作用，向心力、回復力為按效果命名的力，所以A錯誤；擺球在擺動過程中，在最高點A、C處速度為0，回復力最大，合力不為0，在最低點B處，速度最大，回復力為0，細線的拉力最大，C正確，B、D錯誤．2．(單擺的周期)用空心鐵球內(nèi)部裝滿水做擺球，若球正下方有一小孔，水不斷從孔中流出，從球內(nèi)裝滿水到水流完為止的過程中，其振動周期的大小是()A．不變B．變大C．先變大后變小再回到原值D．先變小后變大再回到原值解析：選C.單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關，但當水從球中向外流出時，等效擺長是先變長后變短，因而周期先變大后變小再回到原值，C正確．3．(單擺的周期)如圖所示，光滑軌道的半徑為2m，C點為圓心正下方的點，A、B兩點與C點相距分別為6cm與2cm，a、b兩小球分別從A、B兩點由靜止同時放開，則兩小球相碰的位置是()A．C點 B．C點右側(cè)C．C點左側(cè) D．不能確定解析：選A.由于半徑遠遠地大于運動的弧長，小球都做簡諧運動，類似于單擺．因此周期只與半徑有關，與運動的弧長無關，A正確．4．(單擺的回復力和周期)(多選)關于單擺的運動有下列說法，其中正確的是()A．單擺的回復力是擺線的拉力與重力的合力B．單擺的回復力是重力沿擺球運動軌跡切向的分力C．單擺的周期與擺球質(zhì)量無關，與振幅無關，與擺長和當?shù)氐闹亓铀俣扔嘘PD．單擺做簡諧運動的條件是擺角很小，如小于5°解析：選BCD.單擺的回復力是重力沿擺球運動軌跡切向的分力，千萬不要誤認為是擺球所受的合外力，A錯誤，B正確；根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺的周期與擺球質(zhì)量無關，與振幅無關，與擺長和當?shù)氐闹亓铀俣扔嘘P，C正確；在擺角很小時，單擺近似做簡諧運動，D正確．探究一分析單擺的回復力【問題導引】1．擺球經(jīng)過平衡位置時，合外力是否為零？擺球到達最大位移處，v＝0，加速度是否等于0?2．怎樣證明單擺的運動是簡諧運動？提示：1.單擺擺動中平衡位置不是平衡狀態(tài)，有向心力和向心加速度，回復力為零，合外力不為零．最大位移處速度等于零，但不是靜止狀態(tài)．一般單擺回復力不是擺球所受合外力，而是重力沿圓弧切線方向的分力，所以加速度不一定等于零．2．單擺的偏角很小時，重力的分力提供回復力，F(xiàn)回＝－mgsinθ≈－eq\f(mg,l)x，回復力的大小和位移成正比，回復力的方向和位移方向相反，由此證明單擺的運動是簡諧運動．1．單擺的回復力如圖所示，重力G沿圓弧切線方向的分力G1＝mgsinθ是沿擺球運動方向的力，正是這個力提供了使擺球振動的回復力．2．單擺做簡諧運動的推證在偏角很小時，sinθ≈eq\f(x,l)，又因回復力F＝－mgsinθ，所以單擺的回復力為F＝－eq\f(mg,l)x(式中x表示擺球偏離平衡位置的位移，l表示單擺的擺長，負號表示回復力F與位移x的方向相反)，由此知回復力符合F＝－kx，單擺做簡諧運動．【例1】振動的單擺小球通過平衡位置時，關于小球受到的回復力及合力的說法中正確的是()A．回復力為零，合力不為零，方向指向懸點B．回復力不為零，方向沿軌跡的切線C．合力不為零，方向沿軌跡的切線D．回復力為零，合力也為零[解析]單擺的回復力不是它的合力，而是重力沿圓弧切線方向的分力；當擺球運動到平衡位置時，回復力為零，但合力不為零，因為小球還有向心力，方向指向懸點(即指向圓心)．[答案]A[針對訓練1]關于單擺擺球在運動過程中的受力，下列結(jié)論正確的是()A．擺球受重力、擺線的張力、回復力、向心力作用B．擺球的回復力最大時，向心力為零；回復力為零時，向心力最大C．擺球的回復力最大時，擺線中的張力大小比擺球的重力大D．擺球的向心力最大時，擺球的加速度方向沿擺球的運動方向解析：選B.單擺在運動過程中，擺球受重力和擺線的拉力，故A錯誤；重力垂直于擺線的分力提供回復力．當回復力最大時，擺球在最大位移處，速度為零，向心力為零，則拉力小于重力，在平衡位置處，回復力為零，速度最大，向心力最大，擺球的加速度方向沿擺線指向懸點，故C、D錯誤，B正確．探究二單擺周期公式的理解和應用【問題導引】1．由于單擺的回復力是由擺球的重力沿切線方向的分力提供的，那么是否擺球的質(zhì)量越大，回復力越大，單擺擺動得越快，周期越??？2．把單擺從赤道處移至兩極處時，要保證單擺的周期不變，應如何調(diào)整擺長？提示：1.不是．擺球擺動的加速度除了與回復力有關外，還與擺球的質(zhì)量有關，即a∝eq\f(F,m)，所以擺球質(zhì)量增大后，加速度并不增大，其周期由T＝2πeq\r(\f(l,g))決定，與擺球的質(zhì)量無關．2．兩極處重力加速度大于赤道處重力加速度，由T＝2πeq\r(\f(l,g))知，應增大擺長，才能使周期不變．1．擺長l的確定實際的單擺擺球不可能是質(zhì)點，所以擺長應是從懸點到擺球球心的長度，即l＝l0＋eq\f(D,2)，l0為擺線長，D為擺球直徑．2．重力加速度g的變化若單擺系統(tǒng)只處在重力場中且懸點處于靜止狀態(tài)，g由單擺所處的空間位置決定，即g＝eq\f(GM,R2)，式中R為物體到地心的距離，M為地球的質(zhì)量，g隨所在位置的高度的變化而變化．另外，在不同星球上M和R也是變化的，所以g也不同，g＝9.8m/s2只是在地球表面附近時的取值．【例2】一個單擺的長為l，在其懸點O的正下方0.19l處有一釘子P(如圖所示)，現(xiàn)將擺球向左拉開到A，使擺線偏角θ＜5°，放手后使其擺動，求出單擺的振動周期．[解析]擺球釋放后到達右邊最高點B處，由機械能守恒可知B和A等高，則擺球始終做簡諧運動．擺球做簡諧運動的擺長有所變化，它的周期為兩個不同單擺的半周期的和．小球在左邊的周期為T1＝2πeq\r(\f(l,g))，小球在右邊的周期為T2＝2πeq\r(\f(0.81l,g))，則整個單擺的周期為T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝πeq\r(\f(l,g))＋πeq\r(\f(0.81l,g))＝1.9πeq\r(\f(l,g)).[答案]1.9πeq\r(\f(l,g))[針對訓練2]如圖所示的是一個單擺(θ＜5°)，其周期為T，則下列說法正確的是()A．把擺球的質(zhì)量增加一倍，其周期變小B．擺球的振幅變小時，周期也變小C．此擺由O到B運動的時間為eq\f(T,4)D．擺球由B到O運動時，動能向勢能轉(zhuǎn)化解析：選C.單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關，A錯誤；單擺的周期與振幅無關，B錯誤；此擺由O到B運動的時間為eq\f(T,4)，C正確；擺球由B到O時，勢能轉(zhuǎn)化為動能，D錯誤．探究三單擺模型的拓展1．等效擺長：擺長是指擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離．如圖甲、乙，小球做垂直于紙面的小角度擺動，丙圖小球在光滑的半徑較大的圓周上做小幅度的圓周運動．甲圖中小球的等效擺長：L甲＝lsinα＋eq\f(d,2)乙圖中小球的等效擺長：L乙＝lsinα＋l＋eq\f(d,2)丙圖，小球的運動可等效為單擺，等效擺長L丙＝R.2．等效重力加速度g′：g′還由單擺系統(tǒng)的運動狀態(tài)決定，單擺處于超重或失重狀態(tài)，等效重力加速度g′＝g＋a或g′＝g－a，當單擺處于完全失重狀態(tài)時，g′＝0.【例3】如圖所示，光滑的半球殼半徑為R，O點在球心O′的正下方，一小球甲(可視為質(zhì)點)由距O點很近的A點由靜止釋放，R?eq\o(AO,\s\up8(︵)).(1)若小球甲釋放的同時，另一小球乙(可視為質(zhì)點)從球心O′處自由落下，求兩球第一次到達O點的時間比；(2)若小球甲釋放的同時，另一小球丙(可視為質(zhì)點)在O點正上方某處自由落下，為使兩球在O點相碰，小球應由多高處自由落下？[解析](1)甲球沿圓弧做簡諧運動，它第一次到達O點的時間為t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)·2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))乙球做自由落體運動，到達O點的時間為t2，滿足R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\r(\f(2R,g))兩球第一次到達O點的時間比為t1∶t2＝eq\r(2)π∶4.(2)小球甲從A點由靜止釋放運動到O點的時間為t＝eq\f(T,4)(2n－1)，其中n滿足n＝1，2，3…由O點正上方自由落下的小球丙到達O點的時間也為t時兩球才能在O點相碰，所以h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(（2n－1）2π2R,8)(n＝1，2，3…)．[答案](1)eq\r(2)π∶4(2)eq\f(（2n－1）2π2R,8)(n＝1，2，3…)[針對訓練3]如圖所示，小球m自A點以初速度v0向AD方向運動，已知弧長AB＝0.8m，AB圓弧半徑R＝10m，AD＝10m，A、B、C、D在同一水平面內(nèi)．欲使小球恰好能夠通過D點，其初速度應取何值？(g取10m/s2)答案：eq\f(1.59,n)m/s，其中n＝1，2，3，…(建議用時：35分鐘)[基礎鞏固練]1．關于做簡諧運動的單擺，下列說法正確的是()A．擺球經(jīng)過平衡位置時所受合力為0B．擺球所受合力的大小跟擺球相對平衡位置的位移大小成正比C．只有在最高點時，回復力才等于重力和擺線拉力的合力D．擺球在任意位置處，回復力都不等于重力和擺線拉力的合力解析：選C.擺球經(jīng)過平衡位置時，回復力為0，但由于擺球做圓周運動，經(jīng)過平衡位置，合力不為0，合力提供向心力，方向指向懸點，A錯誤；擺球所受回復力由重力沿圓弧切線方向的分力提供，重力沿擺線方向的分力與擺線對擺球的拉力的合力提供向心力，所以擺球所受合力的大小跟擺球相對平衡位置的位移大小不成正比，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，擺球在最大位移處時，速度為0，向心加速度為0，此時，重力沿擺線方向的分力等于擺線對擺球的拉力，回復力等于重力和擺線拉力的合力，在其他位置時，速度不為0，向心加速度不為0，重力沿擺線方向的分力小于擺線對擺球的拉力，回復力不等于重力和擺線拉力的合力，故C正確，D錯誤．2．發(fā)生下述哪一種情況時，單擺周期會增大()A．增大擺球質(zhì)量 B．縮短擺長C．減小單擺振幅 D．將單擺由山下移到山頂解析：選D.由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，g減小時周期會變大．3.把在北京調(diào)準的擺鐘，由北京移到赤道上時，擺鐘的振動()A．變慢了，要使它恢復準確，應增加擺長B．變慢了，要使它恢復準確，應縮短擺長C．變快了，要使它恢復準確，應增加擺長D．變快了，要使它恢復準確，應縮短擺長解析：選B.把標準擺鐘從北京移到赤道上，重力加速度g變小，則周期T＝2πeq\r(\f(l,g))>T0，擺鐘顯示的時間小于實際時間，因此變慢了．要使它恢復準確，應縮短擺長，B正確．4．擺長為l的單擺做簡諧運動，若從某時刻開始計時(即取作t＝0)，當振動至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))時，擺球恰具有負向最大速度，則單擺的振動圖像是()解析：選D.t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))＝eq\f(3,4)T，最大速度時，單擺應在平衡位置，y＝0，v方向為－y，沿y軸負方向，故D正確．5．將單擺和彈簧振子都放在豎直向上做勻加速運動的電梯中，則()A．兩者的振動周期都不變B．兩者的振動周期都變小C．單擺的振動周期變小，彈簧振子的振動周期不變D．單擺的振動周期變小，彈簧振子的振動周期變大解析：選C.彈簧振子的振動周期只與其本身的因素有關，跟物體的運動狀態(tài)無關，所以彈簧振子的周期不變；當電梯加速向上運動時，單擺的等效重力加速度變大，單擺的周期變小，C正確．6．一單擺做小角度擺動，其振動圖像如圖所示，以下說法正確的是()A．t1時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最小B．t2時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最小C．t3時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最大D．t4時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最大解析：選D.單擺擺動的最低點為平衡位置，當偏角為θ時，拉力為F，F(xiàn)－mgcosθ＝meq\f(v2,l)，F(xiàn)＝mgcosθ＋meq\f(v2,l).當位移最大時，速度為零，θ大，則F最小，A、C錯誤；當在平衡位置時，速度最大，θ為零，則F最大，B錯誤，D正確．7．有一單擺，在地球表面的周期為2s，已知月球表面的重力加速度約為地球表面重力加速度的eq\f(1,6).(取g地＝9.8m/s2，結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(1)將該單擺置于月球表面，其周期為多大？(2)若將擺長縮短為原來的eq\f(1,2)，在月球表面時此擺的周期為多大？(3)該單擺的擺長為多少？解析：(1)由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，T2∝eq\f(1,g)，所以Teq\o\al(2,月)∶Teq\o\al(2,地)＝g地∶g月則T月＝eq\r(\f(g地,g月))·T地＝4.9s.(2)根據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，T∝eq\r(l)，所以T月′∶T月＝eq\r(l′)∶eq\r(l)則T月′＝eq\r(\f(l′,l))·T月＝3.5s.(3)根據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知l＝eq\f(gT2,4π2)＝0.99m.答案：(1)4.9s(2)3.5s(3)0.99m[綜合提升練]8.有一擺長為L的單擺懸點正下方某處有一小釘，擺球經(jīng)過平衡位置向左擺動時，擺線的上部被小釘擋住，使擺長發(fā)生變化．現(xiàn)使擺球做小幅度擺動，擺球從右邊最高點M至左邊最高點N運動過程中的閃光照片如圖所示(懸點與小釘未被攝入)．P為擺動中的最低點，已知每相鄰兩次閃光的時間間隔相等，由此可知，小釘與P點的距離為()A.eq\f(L,4) B.eq\f(L,2)C.eq\f(3L,4) D．無法確定解析：選C.設每相鄰兩次閃光的時間間隔為t，則擺球在右側(cè)擺動的周期為T1＝8t，在左側(cè)擺動的周期為T2＝4t，T1∶T2＝2∶1.則T1＝2πeq\r(\f(L1,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2,g))，兩式兩邊相除得L2＝eq\f(1,4)L1，所以，小釘與懸點的距離s＝L1－L2＝eq\f(3,4)L，故C正確．9.如圖所示，MN為半徑較大的光滑圓弧軌道的一部分，把小球A放在MN的圓心處，再把另一小球B放在MN上離最低點C很近的某處，今使兩球同時自由釋放，則在不計空氣阻力時有()A．A球先到達C點B．B球先到達C點C．兩球同時到達C點D．無法確定哪一個球先到達C點解析：選A.A球做自由落體運動，到C所需時間tA＝eq\r(\f(2R,g))，R為圓弧軌道的半徑．因為圓弧軌道的半徑R很大，B球離最低點C又很近，所以B球在軌道給它的支持力和重力的作用下沿圓弧做簡諧運動(等同于擺長為R的單擺)，則運動到最低點C所用的時間是單擺振動周期的eq\f(1,4)，即tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))>tA，所以A球先到達C點．10.如圖所示，三根細線在O點處打結(jié)，A、B端固定在同一水平面上相距為l的兩點上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC線長是l，下端C點系著一個小球，下列說法正確的是(以下皆指小角度擺動)()A．讓小球在紙面內(nèi)振動，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))B．讓小球垂直于紙面振動，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))C．讓小球在紙面內(nèi)振動，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))D．讓小球垂直于紙面振動，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))解析：選A.讓小球在紙面內(nèi)振