主题二 4 认识单摆导学案 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）

这是一份主题二 4 认识单摆导学案 2027届高三物理一轮复习（浙江专版），共8页。学案主要包含了单摆的回复力，单摆的周期等内容，欢迎下载使用。
1.知道什么是单摆,了解单摆的构成。
2.掌握单摆振动的特点,知道单摆回复力的来源,理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
3.知道单摆的周期跟什么因素有关,了解单摆的周期公式,并能用来进行有关计算。
4.知道用单摆可测定重力加速度。
 情境探究
探究点1 单摆模型的判断
判断以下摆动模型是不是单摆,为什么?
提示:模型①不是单摆,因为橡皮筋伸长不可忽略。
模型②不是单摆,因为绳子质量不可忽略。
模型③不是单摆,因为绳长不是远大于球的直径。
模型④不是单摆,因为悬点不固定,摆长会发生变化。
模型⑤是单摆。
探究点2 影响单摆周期的因素
判断下列说法的正误。
(1)单摆的周期与摆球的质量无关。( )
(2)单摆的振幅越小,周期越小。( )
(3)单摆的摆长越长,周期越大。( )
(4)若单摆的振幅变为原来的一半,则周期也将变为原来的一半。( )
答案:(1)√ (2)× (3)√ (4)×
一、单摆的回复力
二、单摆的周期
要点一 单摆的回复力
1.单摆受力:如图所示,摆球受细线拉力和重力作用。
2.向心力来源:细线的拉力和重力沿径向分力的合力。
3.回复力来源:重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ,提供了使摆球振动的回复力。
[典例1] (单摆的回复力)如图所示,单摆在竖直平面内做简谐运动,平衡位置为O点,A、B为最大位移处,M、N点关于O点对称。下列说法正确的是( )
A.小球所受合力就是单摆的回复力
B.小球在O点时所受合力为0
C.小球在M、N两点的回复力相同
D.摆球由A向O摆动过程中,细线拉力增大,但回复力减小
解析:D 小球的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,A错误;小球在O点时,回复力为0,但合力不为0,合力指向运动轨迹的圆心,B错误;根据运动的对称性可知,小球在M、N两点的位移大小相等,方向不同,故回复力大小相等,但方向不同,C错误;摆球由A向O摆动过程中,速度变大,根据FT-mgcs θ=mv2l,F回=mgsin θ,可得细线拉力增大,回复力减小,故D正确。
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,摆动过程中,在最高点位置具有切向加速度,在平衡位置具有向心加速度,摆球均不处于平衡状态。
(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力FT的合力。
[典例2] (单摆的运动特征及规律)(多选)如图甲所示,一个单摆做小角度摆动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时,摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,取π2≈10。下列说法正确的是( )
A.单摆的运动为简谐运动
B.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=2sin(2.5πt+π2) cm
C.从t=0.2 s到t=0.4 s的过程中,摆球的动能逐渐增加
D.从t=0.4 s到t=0.6 s的过程中,摆球的回复力逐渐增大
解析:AB 由于单摆的运动曲线为正弦曲线,可知单摆做简谐运动,A正确。由题图乙可知单摆运动的周期T=0.8 s,振幅A=2 cm,又根据ω=2πT,由于简谐运动的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin(ωt+φ),代入数据得x=2sin(2.5πt+π2) cm,B正确。由题图乙可知从t=0.2 s到t=0.4 s的过程中,摆球远离平衡位置,则动能逐渐减少;从t=0.4 s到t=0.6 s的过程中,摆球靠近平衡位置,摆球的回复力逐渐减小,C、D错误。
要点二 单摆的周期公式及应用
[典例3] (对单摆周期公式的理解)惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图所示为摆钟里摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母通过沿摆杆上下移动,可以调节摆的摆长。下列说法正确的是( )
A.螺母向上移动,摆的周期变小,摆动加快
B.螺母向上移动,摆的周期变大,摆动减慢
C.螺母向下移动,摆的周期变大,摆动加快
D.螺母向下移动,摆的周期变小,摆动减慢
解析:A 根据单摆的周期公式T=2πlg可知,螺母向上移动,则摆的摆长减小,摆的周期变小,摆动加快,A正确,B错误;螺母向下移动,则摆的摆长增加,摆的周期变大,摆动减慢,C、D错误。
[典例4] (单摆周期公式的应用)(宁波)正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下,某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度,先将线的下端系上一个小球,发现当小球静止时,细线恰好与窗户上沿接触且保持竖直,他打开窗户,让小球在垂直于墙的竖直平面内做小角度摆动,如图所示,从小球第1次通过图中的B点开始计时,第21次通过B点共用时30 s;球在最低点B时,球心到窗上沿的距离为1 m,当地重力加速度g取π2 m/s2。
(1)小球运动的周期是多少?
(2)根据以上数据求房顶到窗上沿的高度。
答案:(1)3 s (2)3 m
解析:(1)从小球第1次通过图中的B点开始计时,到第21次通过B点共用时30 s,全振动的次数为n=21-12=10,则小球运动的周期为T=tn=3 s。
(2)球心到窗上沿的距离l=1 m,由于该单摆在左右两侧摆动的摆长变化,根据单摆周期公式
可得
小摆的周期为T1=2πlg,
大摆的周期为T2=2πl+ℎg,
T=12(T1+T2),g值取π2 m/s2,
代入数据联立解得,房顶到窗上沿的高度为h=3 m。
确定单摆周期的方法
(1)明确单摆的运动过程,判断是否符合简谐运动的条件。
(2)运用T=2πlg时,注意l和g是否发生变化,若发生变化,则分别求出不同l和g时的运动
周期。
(3)单摆振动周期改变的途径。
①改变单摆的摆长;
②改变单摆的重力加速度(改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重)。
(4)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。
要点三 单摆模型的变式
[典例5] (等效重力加速度的确定)如图所示,一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球,上端系在位于光滑斜面O处的钉子上,小球处于静止状态,细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度,使小球偏离平衡位置,最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ,悬点到小球球心的距离为L,重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为( )
A.πLgB.πLsinθg
C.πLgsinθD.πLgcsθ
解析:C 因为小球偏离平衡位置的最大偏角小于5°,小球的运动可以看作单摆,根据牛顿第二定律及单摆的周期公式mgsinθ=ma,T=2πLa,
小球回到最低点所需的最短时间为t=T2,
联立解得t=πLgsinθ,C正确。
在不同的运动系统中,单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度,其大小等于单摆相对系统静止时的摆线拉力与摆球质量的比值。
[典例6] (等效摆长的确定)如图所示,三根长度均为l0的绳l1、l2、l3组合系住一质量分布均匀的小球m,球的直径为d(d≪l0),绳l2、l3与天花板的夹角α=30°,重力加速度为g。则:
(1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动,周期T1为多少?
(2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动,周期T2又为多少?
答案:(1)2π2l0+d2g (2)2π3l0+d2g
解析:(1)根据题意可知,若小球在纸面内做小角度的左右摆动,即以O′为圆心做简谐运动,
所以摆长为l=l0+d2,
振动的周期为T1=2πlg,
联立,代入数据得T1=2π2l0+d2g。
(2)根据题意可知,若小球做垂直于纸面,以O为圆心的简谐运动,摆长l′=l0+l0sin α+d2,
振动周期为T2=2πl'g,
联立,代入数据得T2=2π3l0+d2g。
等效摆长的确定
(1)如图a所示,甲、乙在垂直于纸面方向摆起来效果是相同的,所以甲摆的摆长为lsin α,这就是等效摆长,其周期T=2πlsinαg。
(2)如图b所示,乙在垂直于纸面方向摆动时,与甲摆等效;乙在纸面内小角度摆动时,与丙摆
等效。
(3)如图c所示,小球在光滑且半径较大的圆周上做小幅度(θ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T=2πRg。
情景
等效重力加速度
超失重
系统
g等效=g-a
g等效=g+a
匀强电
场中
g等效=mg+qEm
g等效=mg-qEm
点电荷
电场中
(F电⊥v)
g等效=g(摆球回复力与两点电荷间的静电力无关)