1、第1章 机械振动 学案3 探究摆钟的物理原理 探究单摆振动的周期 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.学习目标定位 知识储备区 知识链接 1.kx 2.控制变量法 知识储备区 3.伸缩质量直径摆角 正弦 4.步调同相反相 5.无关无关2 新知呈现 lg学习探究区 一、探究摆钟的物理原理 二、研究振动的步调问题 三、探究单摆振动的周期 四、测定当地的重力加速度 一、探究摆钟的物理原理
2、 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，FG1mgsin.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 OPlOPxl表示，则上式又可以写成F
3、kx，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：摆线是伸长，且没有的细线，摆球是没有只有质量的质点，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，摆线的质量与摆球的质量相比，这时可把摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线.不可质量大小小得多小得多摆球直径的大小与摆线长度相比，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：摆球的重力沿方向的分力.(2)回复力的特点：在摆角很小时，F.(3)运动规律：在摆角很小时做运动，其振动图像遵循函数
4、规律.小得多圆弧切线xmgl简谐正弦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).延伸思考 例1 对于单摆的振动，以下说法中正确的是()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
5、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 返回问题设计 二、研究振动的步调问题 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？图2答案 它们的运动总是一致的，也可以说是步调一致，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.2.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
6、时，再放开第二个，又可观察到什么现象？图3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)：描述振动的物理量.(1)两个单摆振动步调一致，称为；(2)两个单摆振动步调不一致，就说它们存在着；(3)两个单摆振动步调正好相反，叫做.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.步调同相相差反相例2 如图4所示是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4A.a、b、c三个振动系统的频率相同 B.a、b两个系统振动时存
7、在着相差 C.a、b两个系统振动同相 D.a、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返回问题设计 三、探究单摆振动的周期 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、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
8、.(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30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
9、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T.2.摆长l(1)实际的单摆的摆球不可能是质点，所以摆长应是从到摆球的长度：即ll，l为摆线长，d为摆球直径.2lg悬点球心d2(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，这就是等效摆长，所以其周期为T.lsin 2lsin g图63.重力加速度g 若系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆
10、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随所处地表的和的变化而变化.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.GMR2位置高度例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()A.A球先到达C点 B.B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 图7 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
11、球在轨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tBtA，所以A球先到达C点.答案 A 2Rg14T42Rg返回问题设计 四、测定当地的重力加速度 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.42lT2 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、.3.实验步骤(1)让细线穿过金属
12、小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆.42lT2游标卡尺(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)，然后计算出即为摆长.d2悬点到球心的距离ll(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，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
13、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，即为当地的重力加速度的值.42lT2一次全振动的时间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，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，应从摆球通过时开始计时，以后摆球应从同一方向通过时计数，要多
14、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.竖直平面内最低位置最低点例4 下表是“用单摆测定重力加速度”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 解析 描点作图如图所示 答案 见解析图(2)利用图像，取T25.2 s2时，lm，重力加速度gm/s2.解析 由图可知，当T25.2 s2时，l1.3 m，将它代入g得：gm/s29.86 m/s2.42lT242lT243.1421.35.21.39.86返回课堂要点小结 返回单摆单摆模型与摆线质量
15、相比摆球质量很小可忽略 与摆球直径相比摆线的长度很小可忽略 摆线形变可忽略 单摆的运动特点简谐运动(摆角很小时)回复力：由重力沿切线方向的分力提供相 同相反相单摆的周期公式：T2用单摆测定重力加速度lg自我检测区 123412341.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 1234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、
16、B、C.答案 ABC 12342.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 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.B12343.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，两摆长之差为1.6 m，则两单摆长la与lb分别为()A.la2.5 m，lb0.9 m B.la0.9 m，lb2.5 m C.la2.4 m，lb4.0 m D.la4.0 m，lb2.4 m 1234解析 设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta6Tb，得TaTb35.根据单摆周期公式T2，可知lT2，由此得lalbT T 925.则 la1.6 m0.9 m，lb1.6 m2.5 m.答案 B lgg422a2b92592525912344.用单摆测定重力加速度，根据的原理是()A.由g看出，T一定时，g与l成正比 B.由g看出，l一定时，g与T2成反比 C.由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，利用g可算出当地的重力加速度 D.同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比 42lT242lT242lT21234解析 g是由所处的地理位置的情况来决定的，与l及T无关，故只有C正确.答案 C