单摆 课件
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要点三 实验:用单摆测定重力加速度 1.实验步骤 (1)让线的一端穿过小球的小孔,然后打一个线结,做成单 摆,如图所示.
(2)把线的上端用铁夹固定在铁架台上,把铁架台放在实验 桌边,使铁夹伸到桌面以外,让摆球自然下垂,在单摆平 衡位置处做上标记.
(3)用米尺量出摆线长度 l′,精确到毫米,用游标卡尺测出 摆球的直径 d,即得出小球半径为d2,计算出摆长 l=l′+d2. (4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(如小于 10°),然 后放开小球,让小球摆动,待摆动平稳后测出单摆完成 30~ 50 次全振动所用的时间 t,计算出小球完成一次全振动所用 时间,这个时间就是单摆的振动周期,即 T=Nt (N 为全振动 的次数),反复测 3 次,再算出周期 T=(T1+T2+T3)/3.
2.单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时,sin θ≈xl ,又回复力 F=mgsin θ,所以单摆 的回复力为 F=-mlgx(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 F=-kx,单摆做简谐运动.
● 特别提醒:(1)小球通过平衡位置时,回复力为零,但合力不为零. ●(2)单摆的摆动只有在摆角较小的情况下才能看成简谐运动,理论上
由 T=2π gl 得 T2=4gπ2l 作出 T2-l 图象,即以 T2 为纵轴, 以 l 为横轴.其斜率 k=4gπ2,由图象的斜率即可求出重力 加速度 g.
例3 (1)根据单摆周期公式 T=2π
l ,可以通过实验测 g
量当地的重力加速度.如图 1 所示,将细线的上端固定在铁
架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆.
单摆
一、单摆模型 1.组成 由细线和_小__球___组成. 2.理想化模型 (1)细线的质量和小球相比可以__忽__略__. (2)球的直径与线的长度相比可以_忽__略___. 3.摆动特点 xt图线是一条正弦曲线,说明单摆的运动是__简_谐__运__动__.
二、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,摆球所受的回复力与它 偏离平衡位置的位移成_正__比___,方向总指向__平__衡__位__置___, 即 F=_-__m_lg_x___.从回复力特点可以判断单摆做简谐运动. 三、单摆的周期 1.影响单摆周期的因素 (1)单摆振动的周期与摆球的质量_无__关_____. (2)振幅较小时,周期与振幅_无__关___. (3)摆长越长,周期__越__大__;摆长越短,周期_越__小___.
球静止在平衡位置时摆线拉力 F=m(g+a),等效重力加速
度 g′=g+a,周期为 T=2π g+l a.
②如单摆处在向下加速的升降机中,设加速度为 a(a<g),则 摆球静止在平衡位置时,摆线拉力 F=m(g-a),等效重力
加速度 g′=g-a,周期为 T=2π
l g-a.
③若在完全失重的系统内,摆球完全失重,回复力为零,等
● 【解析】 (1)①按照游标卡尺的读数原则得小钢球直径为18 mm+6×0.1 mm=18.6 mm.
● ②单摆的构成条件:细线质量要小,弹性要小;球要选体积小,密度大的;偏角不超过5°.故a、 b正确,c错误.为了减小测量误差,要从摆球摆过平衡位置时计时,且需测量多次全振动所用 时间,然后计算出一次全振动所用的时间.故d错误,e正确.
(5)根据单摆振动周期公式 T=2π 速度:g=4Tπ22l.
l ,计算出当地重力加 g
(6)改变摆长,重做几次实验,计算出每次实验测出的重力
加速度值,求出它们的平均值,即为当地的重力加速度值.
(7)整理器材.
2.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 g=4Tπ22l中求 出 g 值,并最后求出 g 的平均值. (2)图象法
要点二 对单摆周期公式的理解 1.决定周期大小的因素 (1)摆长 L. (2)当地的重力加速度 g. (3)与摆球质量无关,在摆角小于 5°的前提下,与振幅无关. 2.摆长 L (1)实际的单摆摆球不可能是质点,所以摆长应是从悬点到 摆球球心的长度:即 L=l+d2,l 为摆线长,d 为摆球直径.
摆长未变,而周期变化,说明电梯做加速度不为零的运动,
若在这段时间内,周期稳定,则做匀变速直线运动,此时电
梯中的单摆周期为 T2=2π g′l ② 而由题意 T2=2T1③ 由①②③式可解得 g′=g/4. 即等效重力加速度为 g/4.
假设摆球在平衡位置相对电梯静止时,摆线对小球的拉力为 F=m·g/4.
(2)等效摆长:图甲中A、B在垂直纸面方向摆起来效果是 相同的,所以A摆的摆长为l·sin α,这就是等效摆长.图 乙中,B在垂直纸面方向摆动时,与A摆等效;B在纸面内 小角度摆动时,与C等效.
3.重力加速度 g 若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态,g 由单 摆所处的空间位置决定,即 g=GrM2 ,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,g=9.8 m/s2 只是在地球表面附近时的取值.
如图:球静止在 O 时,FT=mgsin θ,等效加速度 g′=FmT
=gsin θ,周期 T=2π
l gsin
θ.
(2)单摆在复合场中的等效重力加速度 单摆在复合场中静止时,受到的场力的合力为 F,则等效
重力加速度 g′=mF,周期为 T=2π
lm F.
(3)单摆在加速系统中的等效加速度
①如单摆处在向上加速的升降机中,设加速度为 a,则摆
效值 g′=0,摆球不再摆动,若摆球在摆动过程中突然完 全失重,则摆球将以那时的速率相对悬点做匀速圆周运动.
一般θ角不超过5°.
例1 关于单摆,下列说法中正确的是( ) A.摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置 B.摆球受到的回复力是它的合力 C.摆球经过平衡位置时,所受的合力为零 D.摆角很小时,摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的 位移大小成正比 【审题指导】 解答本题时应注意以下两个方面: (1)摆球运动轨迹为圆弧,沿悬线方向合力提供向心力. (2)摆球摆动过程中,沿圆弧切向的合力充当回复力.
【解析】 由回复力的定义可知A正确;单摆的回复力除指 明在最高点外都不是摆球所受的合力,但不管在哪个位置均 可以认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力,故选项B错误; 经过平衡位置时回复力为零,但合力不为零,因悬线方向上 要受到向心力,选项C错误,综上所述选项D也错误. 【答案】 A 【题后反思】 (1)弹簧振子在平衡位置的回复力为零,合力 也为零. (2)单摆小球的轨迹为圆弧,在平衡位置回复力为零,合力不 为零.
由牛顿第二定律得:mg-14mg=ma a=34g,方向竖直向下. 故只有 D 正确. 【答案】 D
【名师归纳】 等效重力加速度的求法 一般情况下,g′的值等于摆球相对于加速系统静止在平衡 位置时,摆球所受的拉力 F 与摆球质量 m 的比值,即 g′ =mF .常见的三种情况分析如下: (1)单摆在斜面上的等效重力加速度
①用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图 2 所示,读数为
________mm. ②以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有________. a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些 b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 c.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球, 使摆线相距平衡位置有较大的角度 d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于 5°,在释放摆球 的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时 间间隔 Δt 即为单摆周期 T e.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于 5°,释放摆球, 当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做 50
(2)①图象如图所示:
②由图象中读出当 T2=3.95 s2 时,l=0.96 m,则重力加速 度 g=4Tπ22l=40π.12××04.π926 m/s2=9.6 m/s2. 【答案】 (1)①18.6 ②abe (2)①图象见解析 ②9.6 m/s2
【题后反思】 用图象法处理数据既直观又方便,同时也 能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响.由于 lT的图象不是直线,不便于进行数据处理,所以采用lT2的 图象,目的是为了将曲线转换为直线,便于利用直线的斜 率计算重力加速度.
2.单摆的周期公式:T=_2_π____gl_______.
四、用单摆测定重力加速度 4π2l
由单摆周期公式可得g=___T_2 ___,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.
要点一 对单摆模型的理解 1.单摆的回复力 (1)单摆受力:如图所示,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:重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提 供了使摆球振动的回复力.
例2 有一单摆,其摆长l=1.02 m,已知单摆做简谐运动, 单摆振动30次用的时间t=60.8 s,试求: (1)当地的重力加速度是多大? (2)如果将这个摆改为秒摆,摆长应怎样改变?改变多少?
【思路点拨】 解答本题时可按以下思路进行:
周期 定义
→
周期 T
→
周期 公式→ຫໍສະໝຸດ 重力加 速度【 解 析 】 (1)当 单 摆 做 简 谐 运 动 时, 其 周 期 公 式 T= 2π gl,由此可知 g=4Tπ22l,只要求出 T 值代入即可. 因为 T=nt =6300.8 s=2.027 s 所以 g=4Tπ22l=4×32.1.0422×72 1.02 m/s2=9.79 m/s2. (2)秒摆的周期是 2 s,设其摆长为 l0,由于在同一地点重力
次全振动所用的时间 Δt,则单摆周期 T=5Δ0t
(2)下面是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据: 摆长 l/m 0.5 0.6 0.8 1.1 周期 T2/s2 2.2 2.5 3.2 4.5
①利用上述数据在坐标图中描出 l-T2 图象(如图).
②利用图象,取 T2=0.1×4π2=3.95 s2,求出重力加速度.
加速度是不变的,根据单摆的振动规律有: T = l , T0 l0
故有:l0=TT202l=222×.0217.022 m=0.993 m. 其摆长要缩短 Δl=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m.
【答案】 (1)9.79 m/s2 (2)缩短 0.027 m
【规律方法】 (1)计算单摆的周期有两种方法,一是依据 T=2π gl,二是根据 T=Nt . (2)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).
周期公式中的等效重力加速度问题 【范例】 一个单摆挂在电梯内,发现单摆的周期增大为原 来的2倍,可见电梯在做加速运动,加速度a( ) A.方向向上,大小为g/2 B.方向向上,大小为3g/4 C.方向向下,大小为g/4 D.方向向下,大小为3g/4
【解析】 电梯静止时,单摆周期为 T1=2π
l① g