物理选择性必修 第一册第三节 单摆导学案

这是一份物理选择性必修 第一册第三节 单摆导学案，共20页。


单摆及单摆的回复力
1.单摆的组成：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)小球的直径与线的长度相比可以忽略．
3.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＝－ eq \f(mg,l) __eq__\f(mg,l)__x．从回复力特点可以判断单摆做简谐运动．
单摆的周期
1.探究单摆的振幅、位置、摆长对周期的影响．
(1)探究方法：控制变量法．
(2)实验结论．
①单摆振动的周期与摆球质量无关．
②振幅较小时周期与振幅无关．
③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短．
2.周期公式．
(1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的．
(2)公式：T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，即周期T与摆长L的二次方根成正比， 与重力加速度g的二次方根成反比．
核心素养
续上表
小试身手
1.一单摆做小角度摆动，其振动图像如下图所示，以下说法正确的是( D )
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
解析：由振动图像可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故D正确．
2.(多选)发生下列哪些情况时，单摆周期会增大( BD )
A．增大摆球质量
B．增大摆长
C．减小单摆振幅
D．将单摆由山下移至非常高的山顶
解析：由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，增大摆长，l变大，T变大；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．故B、D正确．
对单摆回复力及运动特征的理解
知识归纳
1.单摆的回复力．
(1)单摆受力：如下图所示，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＝mg sin θ提供了使摆球振动的回复力．
2.单摆做简谐运动的推证．
在偏角很小时，sin θ≈ eq \f(x,L) ，又回复力F＝mg sin θ，所以单摆的回复力为F＝－ eq \f(mg,L) (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．
【典例1】 图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中( D )
A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零
C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
[核心点拨] (1)摆球在平衡位置时，速度最大．
(2)摆球在最大振幅处，速度为零．
解析：摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大．
关于单摆的回复力的三点提醒
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力．单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处．
(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力．
(3)在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零．
类题训练
1.下列有关单摆的运动的说法正确的是( B )
A．单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧法线方向的一个分力
B．单摆做简谐运动的平衡位置合力不为零
C．单摆做简谐运动的振幅等于摆动中最高点与最低点的高度差
D．相邻的两次经过平衡位置的时间为单摆的一个周期
解析：单摆做简谐运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错误；单摆做简谐运动的平衡位置回复力为零，但合力指向圆心，不为零，B正确；单摆做简谐运动的振幅等于摆动中最高点与最低点的距离，C错误；相邻的两次经过平衡位置的时间为单摆的一个周期的二分之一，D错误．
2.一单摆振动过程中离开平衡位置的位移随时间变化的规律如下图所示，取向右为正方向，则下列说法正确的是( C )
A．第1 s末和第5 s末摆球位于同一位置
B．0～1 s的时间内，摆球的回复力逐渐减小
C．t＝3 s时，摆球的位移为振幅的 eq \f(\r(2),2)
D．t＝3 s时，摆球的速度方向与加速度方向相反
解析：单摆在摆动的过程中，其位移x的正、负表示摆球位于平衡位置的哪一侧，由题图可知第1 s末与第5 s末摆球的位移大小相同，但方向不同，第1 s末摆球位于平衡位置的右侧，第5 s末摆球位于平衡位置的左侧，A错误；0～1 s的时间内，摆球的位移逐渐增大，则摆球的回复力逐渐增大，B错误；由题图可知该单摆的振动方程为x＝A sin eq \f(π,4) t，将t＝3 s代入，则单摆的位移大小x＝ eq \f(\r(2),2) A，因此t＝3 s时摆球的位移为振幅的 eq \f(\r(2),2) ，C正确；t＝3 s时，摆球的速度方向为负，加速度方向为负，所以t＝3 s时摆球的速度方向与加速度方向一致，D错误．
3.(多选)如下图所示为单摆的振动图像，g取10 m/s2，π2＝10，根据此振动图像能确定的物理量是( ACD )
A．摆长 B．回复力
C．频率 D．振幅
解析：由题图知，振幅A＝3 cm，单摆的周期T＝2 s，由单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，得摆长l＝1 m，频率f＝ eq \f(1,T) ＝0.5 Hz，摆球的回复力F＝－ eq \f(x,l) mg，由于摆球的质量未知，无法确定回复力，A、C、D正确．
对单摆周期公式的应用
知识归纳
1.伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟．
2.单摆的周期公式：T＝2π eq \r(\f(L,g)) .
3.对周期公式的理解．
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%).
(2)公式中L是摆长，即悬点到摆球球心的距离L＝L线＋r球．
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定．
(4)周期T只与L和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期．
【典例2】 (2024·广东中山市华侨中学校考)如右图所示，在一根细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了单摆，若摆线长为L，小球在竖直面做小角度摆动，小球经过平衡位置时的速度为v，当小球在竖直面做简谐运动时，以下判断正确的是( C )
A．单摆的摆动周期与小球的质量有关，小球质量越大单摆周期越小
B．小球经过平衡位置时受到的回复力大小F＝m eq \f(v2,L)
C．若小球带正电，并加一竖直向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小
D．若减小小球的摆角，则单摆的摆动周期会减小
解析：单摆的摆动周期T＝2π eq \r(\f(L,g)) 与小球的质量大小无关，故A错误；回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故小球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误；若小球带正电，并加一竖直向下的匀强电场，单摆在平衡位置时，等效重力加速度g′＝g＋ eq \f(qE,m) ，所以单摆的振动周期T′＝2π eq \r(\f(L,g′)) ＝2π eq \r(\f(L,g＋\f(qE,m))) 将减小，故C正确；单摆的摆动周期与小球的摆角大小无关，故D错误．
改变单摆振动周期的途径
(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).
(3)明确小角度的情况下，单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系．
类题训练
4.如右图所示，一单摆摆长为l，在其悬挂点O的正下方 eq \f(1,2) 处的P点有一个钉子，摆线在钉子的右侧．现将摆球向其平衡位置左侧移动，移到摆线与竖直方向成5°角时无初速度释放，则它振动的周期为( C )
A．T＝2π eq \r(\f(l,g))
B．T＝2π eq \r(\f(l,2g))
C．T＝π eq \r(\f(l,2g)) ＋π eq \r(\f(l,g))
D．无法确定
解析：单摆的摆线与竖直方向成5°角时无初速度释放，摆到竖直位置的时间t1＝ eq \f(1,2) ×2π eq \r(\f(l,2g)) ＝π eq \r(\f(l,2g)) ，由机械能守恒定律可知，小球在单摆左侧和右侧的高度相同，而右侧的摆线长，故其摆角应小于左侧的摆角，即小于5°，从竖直位置到右侧最高点的时间t2＝ eq \f(1,2) ×2π eq \r(\f(l,g)) ＝π eq \r(\f(l,g)) ，故小球的运动周期T＝t1＋t2＝π eq \r(\f(l,2g)) ＋π eq \r(\f(l,g)) ，故C正确．
5.(2024·广东校联考期中)如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁．注射器在小角度内摆动的过程中(忽略流出墨水对注射器内墨汁减少量的影响)，沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离始终很小，其中墨迹上A、B两点到OO′的距离均为注射器下端振幅的一半．不计空气阻力，则( C )
A．在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅
B．注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间等于 eq \f(1,4) 摆动周期
C．把该装置从北京带到广州，为使周期不变，需要缩短细线长度
D．注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度相同
解析：在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，而匀速拖动木板，可知木板在OO′方向上的路程不为零，故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4倍振幅，故A错误；在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为 eq \f(T,4) ，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器从A点正上方运动至平衡位置的时间小于 eq \f(T,8) ，同理可知注射器从平衡位置运动至B点正上方的时间小于 eq \f(T,8) ，故注射器从A点正上方摆到B点正上方的时间小于 eq \f(1,4) 摆动周期，故B错误；注射器做单摆运动，周期T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，广州的重力加速度比北京小，为使周期不变，需要缩短细线长度，故C正确；注射器在A点正上方与在B点正上方时，注射器的位移大小相同、方向相反，根据a＝ eq \f(F,m) ＝ eq \f(－kx,m) ，可知注射器在A点正上方与在B点正上方时加速度大小相同、方向相反，故D错误．
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课时评价作业
A级 基础巩固
1.(多选)关于单摆，下列说法正确的是( AC )
A．摆球运动的回复力是重力的分力
B．摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的
C．摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的
D．摆球经过平衡位置时受力是平衡的
解析：摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A正确．根据简谐运动的对称性可知摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同，也可能不同；加速度的大小、方向都相同，故B错误，C正确．摆球经过平衡位置时，回复力为零，合外力不为零，并不平衡，故D错误．
2.(2024·江苏常州高二校联考期中)将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到下图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，下列说法正确的是( A )
A．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4∶1
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2∶1
C．摆球向左不能摆到释放时的同一高度处
D．摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变小
解析：根据单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知l＝ eq \f(gT2,4π2) ，摆线碰到障碍物前后的摆长之比为 eq \f(l1,l2) ＝ eq \f(T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,T eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(42,22) ＝ eq \f(4,1) ，A正确，B错误；摆球从最高点M摆至左边最高点N时，系统机械能守恒，故摆球向左能摆到释放时的同一高度处，C错误；摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，则F－mg＝m eq \f(v2,r) ，即F＝mg＋m eq \f(v2,r) ，可知摆线张力变大，D错误．
3.在广州走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟( A )
A．变慢了，重新校准应减小摆长
B．变慢了，重新校准应增大摆长
C．变快了，重新校准应减小摆长
D．变快了，重新校准应增大摆长
解析：将摆钟从广州带到珠穆朗玛峰顶端时，重力加速度g变小，摆钟的摆长L不变，由T＝2π eq \r(\f(L,g)) 可知，摆钟的周期变大，摆钟变慢，要校准摆钟，需要减小摆钟的周期T，可以减小摆钟的摆长L，A正确，B、C、D错误．
4.(多选)右图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是( ABD )
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
解析：由题图可看出，两单摆的周期相同，且位于同一地点，g相同，由单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) 得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确．
5.(多选)一条细线下面挂一个小球，让它自由摆动，它的振动图像如右图所示．下列说法正确的是( AC )
A．该单摆的摆长大约为1 m
B．若将此单摆置于向上匀加速的升降机中，单摆的周期会大于2 s
C．若将此单摆置于向下匀加速的升降机中，单摆的周期会大于2 s
D．根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
解析：根据图像可得周期为2 s，振幅A＝4 cm，根据T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，解得L≈1 m，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值sin θ＝ eq \f(A,L) ＝0.04，D错误，A正确；单摆置于向上匀加速的升降机中，小球处于超重状态，等效重力加速度g0，g0>g，根据T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，可得单摆的周期会小于2 s，B错误；单摆置于向下匀加速的升降机中，小球处于失重状态，等效重力加速度g0，g0B级 能力提升
6.(2024·广东广州市第五中学校考期中)摆钟是一种较有年代的计时钟表，其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能．下图所示为摆钟内部的结构简图，设原先摆钟走时准确，则( D )
A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力
B．该摆钟在太空实验室可正常使用
C．该摆钟从北京带到广州，为走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向下移动
D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动
解析：回复力是指向平衡位置的力，摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，金属圆盘所受合力还有一部分提供向心力，A错误；金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，该摆钟在太空实验室内处于失重状态，因此不可正常使用，B错误；该摆钟从北京带到广州，重力加速度减小，由单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，可知周期变大，摆钟变慢，为走时准确，需要将摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，C错误；该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短，因此考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，D正确．
7.(多选)(2024·广东广州统考期末)如图甲所示，小明做摆角较小的单摆实验，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置．小明通过实验测出当地重力加速度g＝π2 m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图甲中单摆向右振动为正方向，则下列说法正确的是( BCD )
A．此单摆的振动频率是2 Hz
B．单摆的摆长约为1.0 m
C．仅改变摆球质量，单摆周期不变
D．t＝0时刻，摆球位于B点
解析：由题图乙可知，此单摆的周期T＝2 s，则此单摆的振动频率f＝ eq \f(1,T) ＝0.5 Hz，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，可得单摆的摆长L＝ eq \f(gT2,4π2) ＝1.0 m，仅改变摆球质量，单摆周期不变，故B、C正确；t＝0时刻，由题图乙可知，摆球位于负向最大位移处，题图中单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确．
8.(多选)甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的装置，观察单摆做简谐运动时的振动图像．已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂形成的曲线分别如图乙中N1、N2所示．下列关于两图线的分析，正确的是( BC )

A．N1对应的细砂摆摆动的幅度较大，N2对应的细砂摆摆动的幅度较小
B．N1与N2对应的细砂摆周期相同
C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D．假设两次实验细砂摆质量相等，则N1对应的细砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大
解析：由题图乙可知，N1对应的细砂摆摆动的幅度与N2对应的细砂摆摆动的幅度相同，故A错误；由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) 及两摆摆长相同可知，周期相同，故B正确；由题图乙可知，若N1对应的木板的运动时间为T，则N2对应的木板的运动时间为2T，可知N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；由动能定理有mgL(1－cs θ)＝ eq \f(1,2) mv2，在最低点有T－mg＝m eq \f(v2,L) ，解得T＝3mg－2mg cs θ，由于两摆的振动幅度相同，则θ相同，故拉力相同，故D错误．故选BC．
9.(2024·江苏宿迁高二月考)一单摆摆动过程中摆绳对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像如下图所示，重力加速度为g，则该单摆的摆长为( A )
A． eq \f(gT eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,π2) B． eq \f(gT eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4π2)
C． eq \f(gT0,4π) D． eq \f(gT0,π2)
解析：摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力提供向心力，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，摆球运动一个周期经过两次平衡位置，则由题图可知周期T＝2T0，根据单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知l＝ eq \f(gT eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,π2) .
10.如下图所示，甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像．根据图像回答下列问题．
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为9.86 m/s2，试求这个摆的摆长．
答案：(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
解析：(1)由单摆振动图像得T＝0.8 s，
故f＝ eq \f(1,T) ＝1.25 Hz.
(2)开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B点．
(3)根据公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，
得L＝ eq \f(gT2,4π2) ＝ eq \f(9.86×0.82,4×3.142) m≈0.16 m．
C级 拓展创新
11.两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂，两单摆摆动平面相互平行，振动图像如图(a)所示．t＝0时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至摆角相同处，如图(b)所示．求：
(1)两单摆摆长之比l1∶l2；
(2)通过计算判断同时释放两摆球，两摆球是否可以同时摆到最左端．如果可以请计算所经历的时间；如果不可以请说明理由．
答案：(1)100∶81 (2)不可以，理由见解析
解析：(1)由题图(a)可知，两单摆的周期之比T1∶T2＝1∶0.9＝10∶9，由T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可得两单摆摆长之比l1∶l2＝100∶81.
(2)同时释放两摆球，假设两摆球可以同时摆到最左端，运动时间为t，则t＝nT1，t＝(2m＋1) eq \f(T2,2) ，两式相等，则nT1＝(2m＋1) eq \f(T2,2) ，即2n＝0.9(2m＋1)，上式中m、n不可能同时为整数，由此可以判断假设不成立，即两摆球不可以同时摆到最左端．
12.简谐运动的条件是“质点所受回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，即F＝－kx”.如右图所示，圆弧面上的小球(可看作质点)左右振动，振动幅度较小．小方同学测得圆弧半径R＝1.2 m，小球某次经过圆弧最低点时开始计时，并数“1”，然后小球每经过一次最低点就依次数“2，3，4，…”，当数到“31”时停止计时，发现用时33秒．
(1)请论证小球在振动幅度较小时，是简谐运动．
(2)根据题中条件，利用所学知识计算当地的重力加速度(π2取9.8，结果保留2位有效数字).
答案：(1)见解析 (2)9.7 m/s2
解析：利用在角度很小时sin θ＝ eq \f(x,R) ，证明小球的回复力表达式满足F回＝－kx形式，类比单摆周期公式，求解重力加速度表达式计算．
(1)回复力F回＝mg sin θ，
在角度很小时sin θ＝ eq \f(x,R) ，
则F回＝mg sin θ＝mg eq \f(x,R) ＝ eq \f(mg,R) x＝kx，
由于回复力与位移方向相反，所以F回＝－kx，所以是简谐运动．
(2)由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，
小球的运动与单摆类似，则有
T2＝4π2 eq \f(R,g) ，
得g＝ eq \f(4π2R,T2) ，T＝2.2 s，
解得g≈9.7 m/s2.学 习 目 标
物 理 与 STSE
1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件．
2.知道单摆振动时回复力的来源．
3.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式．
物理观念
单摆 固有频率 周期
科学思维
运用理想化模型的研究方法，突出主要因素，忽略次要因素，从而概括出小角度摆动的机械振动的特点和规律
科学探究
通过猜想促进学生利用所学知识解决新的问题，学以致用；通过问题的设置，引导学生用科学思维对问题进行分析，培养学生合作探究的能力，提高学生的参与度
科学态度
与责任
通过演示实验和数据分析，让学生形成仔细观察、严谨认真的科学态度