資源簡介

(共71張PPT)
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第二章　機械振動
第三節　單擺
[學習目標]　1．理解單擺模型及單擺做簡諧運動的規律和特點．2．掌握影響單擺周期的因素和周期公式．3．能從不同角度認識單擺的振動．4．學會用單擺周期公式測定重力加速度的方法．
必備知識·自主預習儲備
1．單擺模型
如果懸掛物體的繩子的____和____可以忽略不計，繩長比物體的尺寸大很多，物體可以看作____，這樣的裝置可以看作單擺，單擺是實際擺的理想模型．
2．單擺的運動
若單擺的擺角小于____，單擺擺球的擺動可看成________．
伸縮
質量
質點
5°
簡諧運動
3．單擺的回復力
重力mg沿________方向的分力F為單擺擺球的回復力．
4．單擺的固有周期
(1)單擺振動的周期與擺球質量____(選填“有關”或“無關”)，與振幅____(選填“有關”或“無關”)，與擺長____(選填“有關”或“無關”)．
(2)周期T與擺長L的二次方根成____，與重力加速度g的二次方根成____，與擺球質量及振幅____．
圓弧切線
無關
無關
有關
正比
反比
無關
1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)．
(1)單擺模型中對細線的要求是細線的伸縮可忽略，質量可忽略． (　　)
(2)單擺模型中對小球的要求是密度較大，其直徑與線的長度相比可忽略． (　　)
(3)擺球質量越大，周期越長． (　　)
(4)擺動幅度越大，周期越長． (　　)
√
√
×
×
2．關于單擺的運動，下列說法正確的是(　　)
A．單擺擺球運動的回復力是擺線張力和重力的合力
B．單擺擺球經過軌跡上的同一點時速度是相同的
C．單擺擺球經過軌跡上的同一點時加速度是相同的
D．單擺擺球經過平衡位置時受力是平衡的
√
C　[擺球運動的回復力由重力沿圓弧切線方向的分力提供，故A錯誤；根據簡諧運動的對稱性可知，擺球經過軌跡上的同一點時速度大小相等，方向可能相同，也可能不同，加速度的大小、方向都相同，故B錯誤，C正確；擺球經過平衡位置時，回復力為零，合力不為零，受力并不平衡，故D錯誤．]
3．如圖所示是一個單擺(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 →B運動的時間為
D．擺球由B→O時，動能向勢能轉化
√
C　[單擺的周期與擺球的質量無關，A錯誤；單擺的周期與振幅無關，B錯誤；此擺由O→B運動的時間為，C正確；擺球由B→O時，勢能轉化為動能，D錯誤．]
關鍵能力·情境探究達成
如圖所示，一根細線上端固定，下端連接一個金屬小球，用手使小球偏離豎直方向一個夾角，然后釋放．
討論：
(1)小球受到哪些力的作用？
(2)向心力和回復力分別是由什么力提供的？
提示：(1)小球受重力和細線的拉力．
(2)細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力提供向心力.小球重力沿圓弧切線方向的分力提供回復力．
考點1　單擺模型的回復力及運動情況
1．單擺的回復力
(1)單擺受力：如圖所示，受細線拉力和
重力作用．
(2)向心力來源：細線拉力和重力沿徑向
的分力的合力．
(3)回復力來源：重力沿圓弧切線方向的分力提供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，sin θ≈，又回復力大小為mg sin θ，所以單擺的回復力為F＝－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．
【典例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
√
[思路點撥]　(1)考慮擺動情況，小球在平衡位置回復力為零．
(2)考慮圓周運動情況，小球在平衡位置所受合力不為零．
A　[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)．]
規律方法　單擺中的回復力
(1)單擺振動中的回復力不是它受到的合力，而是重力沿圓弧切線方向的一個分力．單擺振動過程中，有向心力，這是與彈簧振子的不同之處．
(2)在最大位移處時，因速度為零，所以向心力為零，故此時合力也就是回復力．
(3)在平衡位置處時，由于速度不為零，故向心力也不為零，即此時回復力為零，但合力不為零．
[跟進訓練]
1．關于單擺的描述，下列說法正確的是(　　)
A．單擺的運動一定是簡諧運動
B．單擺運動的回復力是重力與繩子拉力的合力
C．單擺運動過程中經過平衡位置時達到平衡狀態
D．單擺經過平衡位置時回復力為零
√
D　[當單擺的偏角較小時單擺的運動才是簡諧運動，故A錯誤；單擺運動的回復力是重力在圓弧切線上的分力提供的，故B錯誤；單擺運動過程中經過平衡位置時有向心加速度，所以沒有達到平衡狀態，故C錯誤；根據F＝－kx可知單擺經過平衡位置時回復力為零，故D正確．]
考點2　單擺的周期
1．單擺的周期公式：T＝2π．
2．對周期公式的理解
(1)單擺的周期公式在單擺偏角很小時成立(偏角為5°時，由周期公式算出的周期和精確值相差0.01%)．
(2)公式中L是擺長，即懸點到擺球球心的距離，即L＝l線＋r球．
(3)公式中g是單擺所在地的重力加速度，由單擺所在的空間位置決定．
(4)周期T只與L和g有關，與擺球質量m及振幅無關．所以單擺的周期也叫固有周期．
3．單擺模型的拓展
(1)圖(a)中，甲、乙在垂直紙面方向擺起來效果是相同的，所以甲擺的擺長為L sin α，這就是等效擺長，其周期T＝2π．圖(b)中，乙在垂直于紙面方向擺動時，與甲擺等效；乙在紙面內小角度擺動時，與丙擺等效．
(2)如圖(c)所示，小球在光滑的半徑較大的圓周上做小幅度(θ很小)的圓周運動時，可等效為單擺，小球在A、B間做簡諧運動，周期T＝2π．
4．公式中重力加速度g的變化與等效
(1)若單擺系統只處在重力場中且處于靜止狀態，g由單擺所處的空間位置決定，即g＝，式中R為物體到地心的距離，M為地球的質量，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＝9.8 m/s2只是在地球表面附近時的取值．
(2)等效重力加速度：若單擺系統處在非平衡狀態(如加速、減速、完全失重狀態)，則一般情況下，等效g值等于擺球相對靜止在自己的平衡位置時，擺線所受的張力與擺球質量的比值．如圖所示，擺球靜止在平衡位置O時，FT＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝＝
g sin θ．
【典例2】　一個單擺的擺長為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．(重力加速度為g)
[思路點撥]　(1)左邊和右邊擺長不同．
(2)單擺的周期等于兩個擺周期之和的一半．
[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．
擺球在左邊的周期為T1＝2π
擺球在右邊的周期為T2＝2π
則整個單擺的周期為
T＝＋＝π＋π＝1.9π
[答案]　1.9π
規律方法　求單擺周期的方法
(1)在運用T＝2π時，要注意L和g是否發生變化，如果發生變化，則分別求出不同L和g時的運動時間．
(2)改變單擺振動周期的途徑：
①改變單擺的擺長．
②改變單擺的重力加速度(如改變單擺的位置或讓單擺失重或超重)．
(3)明確單擺振動周期與單擺的質量和振幅沒有關系．
[跟進訓練]
2．若單擺的擺長不變，擺球的質量由20 g增加為 40 g, 擺球離開平衡位置的最大角度由4°減為2°，則單擺振動的(　　)
A．頻率不變，振幅不變　 B．頻率不變，振幅改變
C．頻率改變，振幅不變 D．頻率改變，振幅改變
√
B　[單擺的周期公式為T＝2π，與擺球的質量和擺角的大小無關，所以周期不變，頻率也不變，擺角減小則振幅減小，故B正確，A、C、D錯誤．]
3．(多選)如圖為甲、乙兩單擺的振動圖像，則(　　)
A．由圖像可知兩單擺周期之比為2∶1
B．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則甲、
乙兩單擺的擺長之比l甲∶l乙＝2∶1
C．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則甲、乙兩單擺的擺長之比
l甲∶l乙＝4∶1
D．若甲、乙兩擺擺長相同，且在不同的星球上擺動，則甲、乙兩擺所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1
√
√
AC　[由題中圖像可知T甲∶T乙＝2∶1，若兩單擺在同一地點，則兩擺擺長之比l甲∶l乙＝4∶1，若兩擺擺長相等，則所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4．]
學習效果·隨堂評估自測
1．(多選)下列有關單擺運動過程中的受力，說法正確的是(　　)
A．單擺運動的回復力是重力沿圓弧切線方向的一個分力
B．單擺經過平衡位置時合力提供向心力
C．單擺運動的回復力是擺線拉力的一個分力
D．在擺角很小的情況下，單擺回復力符合簡諧運動特點
√
√
√
ABD　[單擺運動的回復力不是由重力與擺線拉力的合力提供，平衡位置時，重力和擺線拉力的合力提供向心力，B正確；單擺的回復力是重力沿圓弧切線方向的一個分力，而不是擺線拉力的分力，A正確，C錯誤；當θ＜5°時，單擺回復力符合簡諧運動特點，D正確．]
2．(多選)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時刻擺球速度為零，擺球的回復力最大
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，擺球的回復力最小
D．t4時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最大
√
√
AD　[由振動圖像知，t1和t3時刻擺球偏離平衡位置的位移最大，此時擺球的速度為零，擺球的回復力最大，A正確，C錯誤；t2和t4時刻擺球位移為零，正在通過平衡位置，速度最大，由于擺球做圓周運動(一部分)，由牛頓第二定律得出懸線對擺球拉力最大，D正確，B錯誤．]
3．一個質量為m的小球在半徑為R的光滑圓弧槽上來回運動，如圖所示，圓弧槽的長度l R．為了使小球振動的頻率變為原來的，可以采用的辦法是(　　)
A．將R減小為原來的
B．將R增大為原來的4倍
C．將圓弧長l增大為原來的4倍
D．將m減小為原來的
√
B　[小球在光滑圓弧槽上做簡諧運動，根據f＝＝， 使小球振動的頻率變為原來的，可將R增大為原來的4倍，圓弧長度與小球質量不影響頻率，故B正確．]
4．(源自人教版教材改編)(易錯)如圖所示，固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道所對應的圓心角很小，O是圓弧的最低點，兩個完全相同的小球M、N從圓弧左側的不同位置同時釋放，它們從釋放到到達O的過程中都經過圖中的P點，下列判斷正確的是(　　)
A．M比N后到達O點
B．M、N通過P點時所受的回復力相同
C．M有可能在P點追上N并與之相碰
D．從釋放到到達O點過程中，重力對M的
沖量比重力對N的沖量大
√
B　[根據單擺周期公式T＝2π，可知兩小球振動的周期相同，M、N同時到達O點，故A錯誤；M、N通過P點時所受回復力相同，均為小球重力在該點沿著圓弧切線方向的分力，故B正確；M、N同時到達O點，則M不可能在P點與N相碰，故C錯誤；從釋放到到達O點過程中，根據I＝mgt可知，重力對M的沖量等于重力對N的沖量，故D錯誤．]
5．某學習小組的同學在實驗室用如圖甲所示裝置研究單擺的運動規律，O是單擺的平衡位置，單擺在豎直平面內左右擺動，M、N是擺球所能到達的最遠位置．取向右為正方向．圖乙是單擺的振動圖像．已知當地的重力加速度大小g取10 m/s2，取π2＝10，下列說法正確的是(　　)
A．單擺的振幅是0.14 m，振動的頻率是1 Hz
B．振動的表達式為x＝0.07sin 2πt m
C．單擺的擺長為1 m
D．t＝1.5 s時擺球在N點
√
C　[由題圖乙知振幅A＝0.07 m，周期T＝2 s，則頻率f＝＝0.5 Hz，A錯誤；振動的表達式為x＝A sin 2πft＝0.07sin πt m，B錯誤；由單擺的周期公式T＝2π，解得L＝＝1 m，C正確；由題圖乙知，t＝1.5 s時擺球在負向最大位移處，因向右為正方向，所以擺球在M點，D錯誤．]
回顧本節內容，自主完成以下問題：
1．單擺是合力提供回復力嗎？
提示：不是，是重力的切向分力．
2．單擺的擺動就是簡諧運動嗎？
提示：擺角小于5°時，單擺的運動可以看作簡諧運動．
3．單擺周期與什么有關？
提示：擺長和重力加速度．
題號
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3
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9
10
?考點一　單擺模型的回復力及運動情況
1．在如圖所示的裝置中，可視為單擺的是(　　)
課時分層作業(六)　單擺
題號
1
3
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2
4
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9
10
A　　 　B　　 　　C　　 　D
√
A　[單擺的懸線要求無彈性且粗細、質量可忽略，擺球的直徑與懸線長度相比可忽略，故A正確，B、C錯誤；懸點必須固定，故D錯誤．]
題號
1
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2．關于單擺，下列說法正確的是(　　)
A．擺球受到的回復力方向總是指向平衡位置
B．擺球受到的回復力是它所受的合力
C．擺球經過平衡位置時，所受的合力為零
D．擺角很小時，擺球所受合力的大小跟擺球相對于平衡位置的位移大小成正比
√
題號
1
3
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2
4
6
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7
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10
A　[回復力是使擺球回到平衡位置的力，其方向總是指向平衡位置，故A正確；擺球所受的回復力是重力沿圓弧切線方向的分力，不是擺球所受的合力，故B錯誤；擺球經過平衡位置時，回復力為零，但由于擺球做圓周運動，有向心力，合力不為零，方向指向懸點，故C錯誤；擺角很小時，回復力與擺球相對于平衡位置的位移大小成正比，但合力沒有此關系，故D錯誤．]
題號
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3．有一個正在擺動的秒擺(T＝2 s)，若取擺球正從平衡位置向左運動時開始計時，那么當t＝1.6 s時，以下對擺球的運動情況及回復力變化情況判斷正確的是(　　)
A．正在向左做減速運動，回復力正在增大
B．正在向右做減速運動，回復力正在增大
C．正在向右做加速運動，回復力正在減小
D．正在向左做加速運動，回復力正在減小
√
題號
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D　[秒擺的周期為T＝2 s，取擺球正從平衡位置向左運動時開始計時，當t＝1.6 s時，即T題號
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?考點二　單擺的周期
4．如圖所示，置于地球表面上的一單擺在小振幅條件下擺動的周期為T0，下列說法正確的是(　　)
A．單擺擺動過程，繩子的拉力始終大于擺球的重力
B．單擺擺動過程，繩子的拉力始終小于擺球的重力
C．小球所受重力和繩的拉力的合力提供單擺做簡諧
運動的回復力
D．將該單擺置于月球表面，其擺動周期T>T0
√
題號
1
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10
D　[在最高點時，繩的拉力大小等于重力的一個分力，此時繩子的拉力小于重力，在最低點的時候繩的拉力和重力共同提供向心力，F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，故A、B錯誤；小球所受重力和繩的拉力的合力的切向分力提供單擺做簡諧運動的回復力，徑向分力提供向心力，故C錯誤；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根據單擺周期公式T＝2π可知，將該單擺置于月球表面，其擺動周期T>T0，故D正確．]
題號
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5．周期是2 s的單擺叫秒擺，取重力加速度大小g＝π2，則秒擺的擺長是(　　)
A．1 m B．2 m
C．3 m D．4 m
√
題號
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3
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6
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9
10
A　[由題意可知，T＝2 s，g＝π2，由單擺的周期公式T＝2π，可得秒擺的擺長L＝＝ m＝1 m, A正確，B、C、D錯誤．]
6．(多選)如圖甲所示，小明做擺角較小的單擺實驗，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達的左右最遠位置，小明通過實驗測出當地重力加速度g＝9.8 m/s2，并且根據實驗情況繪制了單擺的振動圖像如圖乙所示，設圖中單擺向右振動為正方向，取π2＝9.8，則下列選項正確的是(　　)
題號
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3
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10
A．此單擺的振動頻率是2 Hz
B．單擺的擺長約為1.0 m
C．僅改變擺球質量，單擺周期不變
D．t＝0時刻，擺球位于B點
√
題號
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√
√
BCD　[由題圖乙可知，此單擺的周期T＝2 s，則此單擺的振動頻率f＝＝0.5 Hz，故A錯誤；根據單擺周期公式T＝2π，可得單擺的擺長L＝＝1.0 m，僅改變擺球質量，單擺周期不變，故B、C正確；t＝0時刻，由題圖乙可知，擺球位于負向最大位移處，因單擺向右振動為正方向，則擺球位于B點，故D正確．]
題號
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7．如圖所示為同一地點的兩個單擺甲、乙的振動圖像，下列說法正確的是(　　)
A．甲擺的擺長比乙擺的擺長大
B．甲擺的振幅是乙擺振幅的3倍
C．甲擺的機械能比乙擺的機械能大
D．在t＝1 s時有正向最大加速度的是乙擺
√
題號
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D　[由題圖可知，兩單擺的周期相同，同一地點重力加速度g相同，由單擺的周期公式T＝2π可知，甲、乙兩單擺的擺長相等，故A錯誤；甲擺的振幅為6 cm，乙擺的振幅為3 cm，則甲擺的振幅是乙擺振幅的2倍，故B錯誤；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長相等，但由于兩擺的擺球質量未知，故無法比較機械能的大小，故C錯誤；在t＝1 s 時，甲擺經過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負向最大，則乙擺具有正向最大加速度，故D正確．]
題號
1
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10
8．如圖所示，在傾角為α的光滑斜面頂端固定一擺長為L的單擺，單擺在斜面上做小角度擺動，擺球經過平衡位置時的速度為v，擺球質量為m，重力加速度為g，則以下判斷正確的是(　　)
題號
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A．單擺在斜面上擺動的周期為T＝2π
B．擺球經過平衡位置時受到的回復力大小為F＝m
C．若小球帶正電，并加一沿斜面向下的勻強電場，則單擺的振動周期將增大
D．若小球帶正電，并加一沿斜面向下的勻強電場，則單擺的振動周期將減小
√
題號
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D　[單擺在平衡位置時，等效重力加速度為g′＝g sin α，所以單擺在斜面上擺動的周期T＝2π＝2π，故A錯誤；回復力大小與偏離平衡位置位移大小成正比，故擺球經過平衡位置時受到的回復力大小為0，故B錯誤；若小球帶正電，并加一沿斜面向下的勻強電場，單擺在平衡位置時，等效重力加速度為g″＝g sin α＋，所以單擺在斜面上擺動的周期T′＝2π＝2π，周期減小，故C錯誤，D正確．]
題號
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9．(多選)將一臺智能手機水平粘在秋千的座椅上，使手機邊緣與座椅邊緣平行(圖甲)，讓秋千以小擺角(小于5°)自由擺動，此時秋千可看作一個理想的單擺，擺長為L．從手機傳感器中得到了其垂直手機平面方向的a-t關系圖如圖乙所示．則以下說法正確的是(　　)
題號
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A．忽略空氣阻力，秋千的回復力由重力和拉力的合力提供
B．當秋千擺至最低點時，秋千對手機的支持力大于手機所受的重力
C．秋千擺動的周期為t3－t1
D．該地的重力加速度g＝
√
題號
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√
BC　[忽略空氣阻力，秋千的回復力由重力沿單擺運動切線方向的分力提供，A錯誤；在最低點，合力提供向心力，N－mg＝m，秋千對手機的支持力N＝mg＋m>mg，故秋千對手機的支持力大于手機所受的重力，B正確；秋千的周期為從最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到原最大振幅偏角位置所用的時間，所以兩次經過最低點，有兩次向心加速度最大，根據垂直手機平面方向的
題號
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a-t關系圖，周期為T＝t3－t1，C正確；根據單擺周期公式T＝2π，又T＝t3－t1，故當地重力加速度g＝，D錯誤．]
題號
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10．如圖甲所示，有一懸掛在O點的單擺，將小球(可視為質點)拉到A點后釋放，小球在同一豎直平面內的A、B、C之間來回擺動，已知B點為小球運動中的最低點，A、C兩點為小球運動中的最高點，擺角為α(α<5°)．在O點接有一力傳感器，圖乙表示從某時刻開始計時，由力傳感器測出的細線對小球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，由力傳感器測得最小拉力為F2，圖中F2、t0已知，當地重力加速度大小為g，求：
題號
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(1)單擺的周期T和擺長L；
(2)小球的質量m；
(3)力傳感器測出的拉力的最大值F1．
題號
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[解析]　(1)由題圖乙可知，單擺周期為T＝2t0
由單擺周期公式T＝2π
解得L＝
(2)小球在A、C點時拉力最小，則有F2＝mg cos α
解得m＝
題號
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(3)小球在平衡位置B點時拉力最大，根據牛頓第二定律有F1－mg＝m
小球從A到B過程，由動能定理得
mgL(1－cos α)＝mv2
解得F1＝F2．
題號
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[答案]　(1)2t0　　(2)　(3)F2
謝 謝！

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