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高考物理总复习选修3-4~1.1-机械振动课件PPT
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这是一份高考物理总复习选修3-4~1.1-机械振动课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了知识导图，平衡位置，固有频率，重力加速度，为变加速运动，等于零，迁移训练等内容，欢迎下载使用。
x=Asin(ωt+φ)
【微点拨】1.掌握简谐运动的两种模型:弹簧振子和单摆。2.理解简谐运动的两个运动特征:(1)对称性特征。(2)周期性特征。
3.单摆模型满足的三个条件:(1)圆弧运动。(2)小角度摆动(最大摆角<10°)。(3)回复力满足F=-kx。
【慧眼纠错】(1)简谐运动是匀变速运动。纠错:_____________________________________________________。(2)简谐运动的回复力为恒力。纠错:___________________________________________。
简谐运动物体的加速度是变量,即简谐运动应
简谐运动的回复力与位移成正比,不可能是恒
(3)在简谐运动中,振子经过同一位置时,回复力、加速度、位移、速度均相同。纠错:_______________________________________________________________。(4)在简谐运动中,振子速度增大时,位移增大,回复力增大。纠错:___________________________________。
振子在同一位置的回复力、加速度、位移均相
同,但速度可能方向相反
振子速度增大时,位移减小,回复力减小
(5)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。纠错:___________________________________________。(6)简谐运动的图象描述的是振子的轨迹。纠错:_______________________________________。
只有摆角小于10°时,其运动才可视为简谐运
图象描述的是振子的位移随时间变化的规律
(7)单摆小球在经过平衡位置时,合力为零。纠错:________________________________________________。
单摆小球经过平衡位置时,回复力为零,合力不
考点1 简谐运动的规律【典题探究】 【典例1】(2018·大连模拟)弹簧振子以O点为平衡位置,在B、C两点间做简谐运动,在t=0时刻,振子从O、B间的P点以速度v向B点运动;在t=0.2 s时刻,振子速度第一次变为-v;在t=0.5 s时刻,振子速度第二次变为-v。世纪金榜导学号04450288
(1)求弹簧振子的振动周期T。(2)若B、C之间的距离为25 cm,求振子在4 s内通过的路程。(3)若B、C之间的距离为25 cm,从平衡位置开始计时,写出弹簧振子的位移表达式,并画出弹簧振子的振动图象。
【解析】(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示。 由对称性可得T=0.5×2 s=1 s。
(2)若B、C之间距离为25 cm,则振幅A= ×25 cm=12.5 cm,振子4 s内通过的路程s= ×4×12.5 cm=200 cm。
(3)根据x=Asin ωt,A=12.5 cm,ω= =2π rad/s,得x=12.5sin 2πt(cm),振动图象为: 答案:(1)1 s (2)200 cm (3)见解析
【通关秘籍】 把握简谐运动的五个特征1.动力学特征:F=-kx,“-”表示回复力的方向与位移方向相反,k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数。
2.运动学特征:简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比,而方向相反,为变加速运动,远离平衡位置时,x、F、a、Ep均增大,v、Ek均减小,靠近平衡位置时则相反。3.运动的周期性特征:相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。
4.对称性特征:(1)相隔 或 (n为正整数)的两个时刻,振子位置关于平衡位置对称,位移、速度、加速度大小相等,方向相反。(2)如图所示,振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP=OP′)时,速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等。
(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间,即tPO=tOP′。(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO。5.能量特征:振动的能量包括动能Ek和势能Ep,简谐运动过程中,系统动能与势能相互转化,系统的机械能守恒。
【考点冲关】 1.(多选)(2018·鞍山模拟)弹簧振子做简谐运动,O为平衡位置,当它经过点O时开始计时,经过0.3 s,第一次到达点M,再经过0.2 s第二次到达点M,则弹簧振子的周期不可能为( ) s B.1.4 s C.1.6 sD.2 sE.3 s
【解析】选B、D、E。如图甲所示,设O为平衡位置, OB(OC)代表振幅,振子从O→C所需时间为 。因为简谐运动具有对称性,所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等,故 =0.3 s+ =0.4 s,解得T=1.6 s;如图乙所示,若振子一开始从平衡位置向点B运动,设点M′与点M关于点O对称,则振子从点M′经过点B到点M′
所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等,即0.2 s。振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等,为 s,故周期为T=0.5 s+ s≈0.53 s,所以周期不可能为选项B、D、E。
2.水平弹簧振子,每隔时间t,振子的位移总是大小和方向都相同,每隔 的时间,振子的速度总是大小相等,方向相反,则有( )A.弹簧振子的周期一定小于 B.每隔 的时间,振子的加速度总是相同的C.每隔 的时间,振子的动能总是相同的D.每隔 的时间,弹簧的长度总是相同的
【解析】选C。水平弹簧振子,每隔时间t,振子的位移总是大小和方向都相同,说明时间t为周期的整数倍;每隔 的时间,振子的速度总是大小相等,方向相反,说明 是半个周期的奇数倍;故t为周期的奇数倍,即t=(2n+1)T (其中n=0,1,2,3,…);
故T= (其中n=0,1,2,3,…);当n=0时,周期T=t,故A错误;每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,说明位移大小相等、方向相反,根据a=- ,振子的加速度总是大小相等、方向相反,故B错误;每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,故动能相同,故C正确;
每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,说明位移大小相等、方向相反,回复力方向不同,弹力方向不同,弹簧的长度不同(可能一次压缩、一次拉长),故D错误。
【加固训练】一弹簧振子振幅为A,从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置,若振子从平衡位置处经过 时的加速度大小和动能分别为a1和E1,而振子位移为 时加速度大小和动能分别为a2和E2,则a1、a2和E1、E2的大小关系为( )
A.a1>a2,E1a2,E1>E2C.a1E2
【解析】选A。从平衡位置向最大位移处运动,速度减小,加速度增大,所以经过 ,通过的位移大于 ,所以a1>a2,E1
A.t=1 s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值B.t=2 s时,振子的速度为负,加速度为正的最大值C.t=3 s时,振子的速度为负的最大值,加速度为零D.t=4 s时,振子的速度为正,加速度为负的最大值
【解析】选A。简谐运动中,质点在平衡位置处的振动速度最大,加速度为零,质点在偏离平衡位置位移最大处的速度为零,加速度最大,且加速度方向始终指向平衡位置,A选项正确,B、C、D选项错误。
【通关秘籍】 1.对简谐运动图象的认识:(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线,如图所示。
(2)图象反映的是位移随时间的变化规律,随时间的增加而延伸,图象不代表质点运动的轨迹。(3)任一时刻图线上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小。正负表示速度的方向,正时沿x正方向,负时沿x负方向。
2.图象信息:(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期。(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向。①回复力和加速度的方向:因回复力总是指向平衡位置,故回复力和加速度在图象上总是指向t轴。
②速度的方向:速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断,下一时刻位移如增加,振动质点的速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点的速度方向就是指向t轴。
【考点冲关】 1.(多选)(2018·唐山模拟)一水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动,平衡位置在坐标原点,向x轴正方向运动时弹簧被拉伸,振子的振动图象如图所示,已知弹簧的劲度系数为20 N/cm,振子质量为m=0.1 kg,则( )
A.图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N,方向指向x轴的负方向B.图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向C.图中A点对应的时刻振子的加速度大小为5 m/s2D.在0～4 s内振子通过的路程为4 cmE.在0～4 s内振子做了1.75次全振动
【解析】选A、B、D。由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知,题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为F=kx=20×0.25 N=5 N,方向指向x轴的负方向,并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动,A、B正确;由牛顿第二定律知,题图中A点对应的时刻振子的加速度大小为a= =50 m/s2,C错误;由题图可读出周
期为2 s,4 s内振子做两次全振动,通过的路程是s=2×4A=2×4×0.5 cm=4 cm,D正确,E错误。
2.(2016·北京高考)如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图象为( )
【解析】选A。N点在O点的右侧,而本题以平衡位置O为原点,向右为x轴正方向,振子位于N点时开始计时,故0时刻振子在正向最大位移处,将向左运动,即向负方向运动,位移减小,故A正确。
【加固训练】如图甲是演示简谐运动图象的装置,当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时,摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系,板上直线OO′代表时间轴。图乙是一次实验中用同一个摆长不变的摆作出的两组操作下形成的曲线,若板N1和
N2拉动速度用v1和v2表示,板N1和N2上曲线所代表的摆动周期用T1和T2表示,则( )A.T1=2T2 B.2T1=T2C.v1=2v2D.2v1=v2
【解析】选C。同一单摆的周期是一定的,则T1=T2。设单摆的周期为T,板长为L,则有: 根据题意,有:v1=2v2,故选C。
考点3 单摆模型及周期公式 【典题探究】 【典例3】(多选)(2018·郑州模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象,下列说法中正确的是( )世纪金榜导学号04450290
A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的振幅比乙摆的大C.甲摆的机械能比乙摆的大D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E.由图象可以求出当地的重力加速度
【解析】选A、B、D。由题图可知,两单摆的周期相同,同一地点重力加速度g相同,由单摆的周期公式T= 得知,甲、乙两单摆的摆长相等,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,B正确;尽管甲摆的振幅比乙摆大,两摆的摆长也相等,但由于两摆的质量未知,故无法比较机械能的大小,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,而乙摆的位移为负的最大,则乙摆具有正向最大加速度,D正确;由单摆的周期公式T= 得g= ,由于不知道单摆的摆长,所以不能求得重力加速度,E错误。
迁移1:单摆的实际应用惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图1所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图2所示为摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了,下列说法正确的是( )
A.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动B.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动
C.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动D.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动
【解析】选C。由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小,因T= ,则重力加速度变大,要使周期不变小,则应增加摆长,即将螺母适当向下移动。
迁移2:双线摆问题如图所示,在两根等长的曲线下悬挂一个小球(可视为质点)组成了所谓的双线摆,若摆长为l,两线与天花板的左、右两侧夹角均为α,当小球垂直纸面做简谐运动时,其周期为( )
【解析】选D。根据公式T= 本题中l′=lsin α,故T= ,D正确。
迁移3:类单摆运动如图所示,小球m自A点以初速度v向AD方向开始运动,已知 =0.9 m,AB圆弧的半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面内。重力加速度g取10 m/s2,欲使小球恰能通过C点,其初速度v应为多少?
【解析】小球m的运动由两个分运动合成,这两个分运动分别是:以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面上AB方向上的往复运动。因为又T= ,解以上方程得v= m/s(n=0,1,2,3…)。答案: m/s(n=0,1,2,3…)
【通关秘籍】 理解单摆周期公式的四个角度1.公式成立的条件是单摆的摆角必须小于10°。2.单摆的振动周期在振幅较小的条件下,与单摆的振幅无关,与摆球的质量也无关。
3.周期公式中摆长为l:摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离,而不一定为摆线的长。4.单摆周期公式中的g值:(1)只受重力和线拉力,且悬点静止或做匀速直线运动的单摆,g为当地重力加速度,在地球上不同位置g的取值不同,不同星球表面g值也不相同。
(2)单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g=g0 ±a,如在轨道上运动的卫星加速度a=g0,为完全失重,等效重力加速度g=0。
【加固训练】如图所示,在水平地面上有一段光滑圆弧形槽,弧的半径是R,所对圆心角小于10°,现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A,使其由静止下滑,则:
(1)小球由M至O的过程中所需时间t为多少?在此过程中能量如何转化(定性说明)。(2)若在MN圆弧上存在两点P、Q,且P、Q关于O对称,且已测得小球A由P至Q所需时间为Δt,则小球由Q至N的最短时间为多少?
【解析】(1)由单摆周期公式T= 知:小球A的运动周期T= 所以tMO= 在由M→O的过程中小球A的重力势能转化为动能。(2)由对称性可知tOQ= Δt,tOQ+tQN= T,代入数据解得Q至N的最短时间tQN=
答案:(1) 球A的重力势能转化为动能(2)
考点4 受迫振动和共振 【典题探究】 【典例4】(多选)(2018·焦作模拟)如图所示,A球振动后,通过水平细绳迫使B、C振动,振动达到稳定时,下列说法中正确的是( )世纪金榜导学号04450291
A.只有A、C振动周期相等B.C的振幅比B的振幅小C.C的振幅比B的振幅大D.A、B、C的振动周期相等E.B的振幅最小
【解析】选C、D、E。A振动后,水平细绳上驱动力的周期TA= 迫使B、C做受迫振动,受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率,所以TA=TB=TC,而TC固 = =TA, TB固 = >TA,故C共振,B不共振,C的振幅比B的振幅大,所以C、D、E正确。
【通关秘籍】 1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较:
2.对共振的理解:(1)共振曲线:如 图所示,横坐标为驱动力频率f,纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响,由图可知,f与f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大。
(2)受迫振动中系统能量的转化:做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换。
【考点冲关】 1.(多选)(2018·大连模拟)某振动系统的固有频率为f0,在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变,则下列说法正确的是( )A.当ff0时,该振动系统的振幅随f减小而增大
C.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f0D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于fE.当f=f0时,该振动系统一定发生共振
【解析】选B、D、E。受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化规律如图所示,故A错误,B正确;稳定时系统的频率等于驱动力的频率,C错误,D正确;根据共振产生的条件知,当f=f0时,该振动系统一定发生共振,E正确。
2.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图2所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,
砝码的振动图线如图3所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则( )
A.由图线可知T0=4 s,振幅为8 cmB.由图线可知T0=8 s,振幅为2 cmC.当T在4 s附近时,Y显著增大;当T比4 s小得多或大得多时,Y很小D.当T在8 s附近时,Y显著增大;当T比8 s小得多或大得多时,Y很小
【解析】选C。图2是弹簧振子自由振动时的振动图线,故由图2可知,弹簧振子的固有周期为T0=4 s,振幅为4 cm,故A、B错误;当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时,物体的振动达到最强,故当T在4 s附近时,振幅显著增大,当T比4 s小得多或大得多时,Y很小,故C正确、D错误。
【加固训练】(多选)把一个筛子用四根弹簧支撑起来,筛子上装一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力,这就做成了一个共振筛,如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压,可使偏心轮转速提高,增加筛子质量,可增大筛子的固有周期。现在,在某电压下电动偏心轮转速是54 r/min。为了使筛子的振幅增大,下列做法正确的是( )
A.提高输入电压B.降低输入电压C.减少筛子质量D.增加筛子质量
【解析】选B、C。根据题意,电动偏心轮在某电压下,转速是54 r/min,即为:T= 所以驱动力的频率:f= =0.9 Hz,筛子的固有频率为f0=0.8 Hz
(1)实验室有如下器材可供选用:A.长约1 m的细线B.长约1 m的橡皮绳C.直径约2 cm的均匀铁球D.直径约5 cm的均匀木球E.秒表F.时钟
G.最小刻度为毫米的刻度尺实验小组的同学需要从上述器材中选择__________(填写器材前面的字母)。
(2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点O为计时起点,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin 5° =0.087,sin 15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是__________(填字母代号)。
(3)某同学利用单摆测重力加速度,测得的g值与真实值相比偏大,可能的原因是__________。 A.测摆长时记录的是摆线的长度B.开始计时时,秒表过早按下C.摆线上端未牢固地系于悬点,摆动中出现松动,使摆线长度增加了D.实验中误将29次全振动数记为30次
【解析】(1)还需要从上述器材中选择:长约1 m的细线,直径约2 cm的均匀铁球,秒表(测量50次全振动的时间),最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)。(2)单摆振动的摆角θ≤5°,当θ=5°时单摆振动的振幅A=lsin 5°=0.087 m=8.7 cm,为计时准确,在摆球摆至平衡位置时开始计时,故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A。
(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g= 。将摆线的长误认为摆长,即测量值偏小,所以重力加速度的测量值偏小,故A错误;开始计时时,秒表过早按下,周期的测量值大于真实值,所以重力加速度的测量值偏小,故B错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,即摆长L的测量值偏小,所以重力加速度的测量值就偏小,故C错误;设单
摆29次全振动的时间为t,则单摆的周期T= ,若误计为30次,则T测= ,即周期的测量值小于真实值,所以重力加速度的测量值偏大,故D正确。答案:(1)ACEG (2)A (3)D
【通关秘籍】 用单摆测重力加速度的“一做,二测,两处理”1.做单摆:取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球,并打一个比小孔大一些的结,然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上,让摆球自然下垂。
2.测摆长:用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,则单摆的摆长l=L+ 。3.测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°),然后释放小球,记下单摆摆动30～50次的总时间,算出平均每摆动一次的时间,即为单摆的振动周期。
4.数据处理的两种方法:(1)根据公式T= ,g= 。将测得的几次周期T和摆长l代入公式g= 中算出重力加速度g的值,再算出g的平均值,即为当地的重力加速度的值。
(2)图象法:由单摆的周期公式T= 可得l= ,因此以摆长l为纵轴,以T 2为横轴作出的l-T 2图象是一条过原点的直线,如图所示,求出图线的斜率k,即可求出g值。g=4π2k,k=
【考点冲关】 (2018·石家庄模拟)在探究单摆运动的实验中:(1)甲是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图,乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图象,根据图乙的信息可得,从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为________s,摆长为________m(取π2=10,重力加速度大小g=10 m/s2)。
(2)单摆振动的回复力是__________。 A.摆球所受的重力B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力C.摆线对摆球的拉力D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)某同学的操作步骤如下,其中正确的是____。 A.取一根细线,下端系住直径为d的金属小球,上端固定在铁架台上B.用米尺量得细线长度l,测得摆长为lC.在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球D.让小球在水平面内做圆周运动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度
【解析】(1)根据题图乙的信息可得,摆球第一次摆到最低点时,力传感器显示的力最大,所对应的时刻为t=0.5 s。根据题图乙的信息可得,单摆周期T=1.6 s,由单摆周期公式T= ,解得摆长为L=0.64 m。
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力,B正确。(3)测得摆长应为l+ ,B错误。若让小球在水平面内做圆周运动,则为圆锥摆运动,测得摆动周期就不是单摆运动周期,D错误。答案:(1)0.5 0.64 (2)B (3)A、C
【加固训练】甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。
(1)甲组同学采用如图所示的实验装置。①利用单摆测重力加速度的实验中,为了减小测量周期的误差,应在__________位置开始计时和结束计时。②在一次用单摆测定加速度的实验中,图A是用毫米刻度尺测摆长,若测得悬点到小球最下端长为h,小球直径为d,则摆长L=____。
图B为测量周期用的秒表,长针转一圈的时间为30 s,表盘上部的小圆共15大格,每一大格为1 min,该单摆摆动n=50次全振动时,长、短针位置如图中所示,所用时间t=__________s。用以上直接测量的L、t、n表示出重力加速度的计算式为g=__________(不必代入具体数值)。
③若某同学测摆长时,忘记测摆球的半径,而只把悬点到小球最下端长度作为摆长,则他根据以上计算式求得的重力加速度______(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。
(2)乙组同学在图C所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图D所示,将摆球拉开一小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系,如图E所示的v-t图线。
①由图E可知,该单摆的周期T=________ s。
②更换摆线长度后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-L(周期平方—摆长)图线,并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035。由此可以得出当地的重力加速度g=________m/s2。(取π2=9.86,结果保留3位有效数字) 若其他测量、计算均无误,则用上述方法算得的g值和真实值相比是________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)的。
【解析】(1)①利用单摆测重力加速度的实验中,为了减小测量周期的误差,应在平衡位置开始计时和结束计时。②摆长等于摆线的悬点到摆球球心的距离,摆长L=h- 。秒表的小盘读数为90 s,大盘读数为10.4 s,则最终读数为100.4 s;
单摆的周期T= ,根据T= 得,g= ③根据g= 知,测摆长时,忘记测摆球的半径,而只把悬点到小球最下端长度作为摆长,则摆长的测量值偏大,导致重力加速度的测量值偏大。
(2)①根据图线知,单摆的周期T=2.0 s。②根据T= 得,T2= ,由T2=4.04L+0.035知, =4.04,解得g=9.76 m/s2。
在T2-L图线中,求斜率时,未测量摆球的半径,不影响斜率的求解,则算出的g值和真实值相比是不变的。答案:(1)①平衡②h- 100.4 ③偏大(2)①2.0 ②9.76 不变
x=Asin(ωt+φ)
【微点拨】1.掌握简谐运动的两种模型:弹簧振子和单摆。2.理解简谐运动的两个运动特征:(1)对称性特征。(2)周期性特征。
3.单摆模型满足的三个条件:(1)圆弧运动。(2)小角度摆动(最大摆角<10°)。(3)回复力满足F=-kx。
【慧眼纠错】(1)简谐运动是匀变速运动。纠错:_____________________________________________________。(2)简谐运动的回复力为恒力。纠错:___________________________________________。
简谐运动物体的加速度是变量,即简谐运动应
简谐运动的回复力与位移成正比,不可能是恒
(3)在简谐运动中,振子经过同一位置时,回复力、加速度、位移、速度均相同。纠错:_______________________________________________________________。(4)在简谐运动中,振子速度增大时,位移增大,回复力增大。纠错:___________________________________。
振子在同一位置的回复力、加速度、位移均相
同,但速度可能方向相反
振子速度增大时,位移减小,回复力减小
(5)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。纠错:___________________________________________。(6)简谐运动的图象描述的是振子的轨迹。纠错:_______________________________________。
只有摆角小于10°时,其运动才可视为简谐运
图象描述的是振子的位移随时间变化的规律
(7)单摆小球在经过平衡位置时,合力为零。纠错:________________________________________________。
单摆小球经过平衡位置时,回复力为零,合力不
考点1 简谐运动的规律【典题探究】 【典例1】(2018·大连模拟)弹簧振子以O点为平衡位置,在B、C两点间做简谐运动,在t=0时刻,振子从O、B间的P点以速度v向B点运动;在t=0.2 s时刻,振子速度第一次变为-v;在t=0.5 s时刻,振子速度第二次变为-v。世纪金榜导学号04450288
(1)求弹簧振子的振动周期T。(2)若B、C之间的距离为25 cm,求振子在4 s内通过的路程。(3)若B、C之间的距离为25 cm,从平衡位置开始计时,写出弹簧振子的位移表达式,并画出弹簧振子的振动图象。
【解析】(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示。 由对称性可得T=0.5×2 s=1 s。
(2)若B、C之间距离为25 cm,则振幅A= ×25 cm=12.5 cm,振子4 s内通过的路程s= ×4×12.5 cm=200 cm。
(3)根据x=Asin ωt,A=12.5 cm,ω= =2π rad/s,得x=12.5sin 2πt(cm),振动图象为: 答案:(1)1 s (2)200 cm (3)见解析
【通关秘籍】 把握简谐运动的五个特征1.动力学特征:F=-kx,“-”表示回复力的方向与位移方向相反,k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数。
2.运动学特征:简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比,而方向相反,为变加速运动,远离平衡位置时,x、F、a、Ep均增大,v、Ek均减小,靠近平衡位置时则相反。3.运动的周期性特征:相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。
4.对称性特征:(1)相隔 或 (n为正整数)的两个时刻,振子位置关于平衡位置对称,位移、速度、加速度大小相等,方向相反。(2)如图所示,振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP=OP′)时,速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等。
(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间,即tPO=tOP′。(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO。5.能量特征:振动的能量包括动能Ek和势能Ep,简谐运动过程中,系统动能与势能相互转化,系统的机械能守恒。
【考点冲关】 1.(多选)(2018·鞍山模拟)弹簧振子做简谐运动,O为平衡位置,当它经过点O时开始计时,经过0.3 s,第一次到达点M,再经过0.2 s第二次到达点M,则弹簧振子的周期不可能为( ) s B.1.4 s C.1.6 sD.2 sE.3 s
【解析】选B、D、E。如图甲所示,设O为平衡位置, OB(OC)代表振幅,振子从O→C所需时间为 。因为简谐运动具有对称性,所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等,故 =0.3 s+ =0.4 s,解得T=1.6 s;如图乙所示,若振子一开始从平衡位置向点B运动,设点M′与点M关于点O对称,则振子从点M′经过点B到点M′
所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等,即0.2 s。振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等,为 s,故周期为T=0.5 s+ s≈0.53 s,所以周期不可能为选项B、D、E。
2.水平弹簧振子,每隔时间t,振子的位移总是大小和方向都相同,每隔 的时间,振子的速度总是大小相等,方向相反,则有( )A.弹簧振子的周期一定小于 B.每隔 的时间,振子的加速度总是相同的C.每隔 的时间,振子的动能总是相同的D.每隔 的时间,弹簧的长度总是相同的
【解析】选C。水平弹簧振子,每隔时间t,振子的位移总是大小和方向都相同,说明时间t为周期的整数倍;每隔 的时间,振子的速度总是大小相等,方向相反,说明 是半个周期的奇数倍;故t为周期的奇数倍,即t=(2n+1)T (其中n=0,1,2,3,…);
故T= (其中n=0,1,2,3,…);当n=0时,周期T=t,故A错误;每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,说明位移大小相等、方向相反,根据a=- ,振子的加速度总是大小相等、方向相反,故B错误;每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,故动能相同,故C正确;
每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,说明位移大小相等、方向相反,回复力方向不同,弹力方向不同,弹簧的长度不同(可能一次压缩、一次拉长),故D错误。
【加固训练】一弹簧振子振幅为A,从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置,若振子从平衡位置处经过 时的加速度大小和动能分别为a1和E1,而振子位移为 时加速度大小和动能分别为a2和E2,则a1、a2和E1、E2的大小关系为( )
A.a1>a2,E1
【解析】选A。从平衡位置向最大位移处运动,速度减小,加速度增大,所以经过 ,通过的位移大于 ,所以a1>a2,E1
A.t=1 s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值B.t=2 s时,振子的速度为负,加速度为正的最大值C.t=3 s时,振子的速度为负的最大值,加速度为零D.t=4 s时,振子的速度为正,加速度为负的最大值
【解析】选A。简谐运动中,质点在平衡位置处的振动速度最大,加速度为零,质点在偏离平衡位置位移最大处的速度为零,加速度最大,且加速度方向始终指向平衡位置,A选项正确,B、C、D选项错误。
【通关秘籍】 1.对简谐运动图象的认识:(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线,如图所示。
(2)图象反映的是位移随时间的变化规律,随时间的增加而延伸,图象不代表质点运动的轨迹。(3)任一时刻图线上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小。正负表示速度的方向,正时沿x正方向,负时沿x负方向。
2.图象信息:(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期。(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向。①回复力和加速度的方向:因回复力总是指向平衡位置,故回复力和加速度在图象上总是指向t轴。
②速度的方向:速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断,下一时刻位移如增加,振动质点的速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点的速度方向就是指向t轴。
【考点冲关】 1.(多选)(2018·唐山模拟)一水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动,平衡位置在坐标原点,向x轴正方向运动时弹簧被拉伸,振子的振动图象如图所示,已知弹簧的劲度系数为20 N/cm,振子质量为m=0.1 kg,则( )
A.图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N,方向指向x轴的负方向B.图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向C.图中A点对应的时刻振子的加速度大小为5 m/s2D.在0～4 s内振子通过的路程为4 cmE.在0～4 s内振子做了1.75次全振动
【解析】选A、B、D。由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知,题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为F=kx=20×0.25 N=5 N,方向指向x轴的负方向,并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动,A、B正确;由牛顿第二定律知,题图中A点对应的时刻振子的加速度大小为a= =50 m/s2,C错误;由题图可读出周
期为2 s,4 s内振子做两次全振动,通过的路程是s=2×4A=2×4×0.5 cm=4 cm,D正确,E错误。
2.(2016·北京高考)如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图象为( )
【解析】选A。N点在O点的右侧,而本题以平衡位置O为原点,向右为x轴正方向,振子位于N点时开始计时,故0时刻振子在正向最大位移处,将向左运动,即向负方向运动,位移减小,故A正确。
【加固训练】如图甲是演示简谐运动图象的装置,当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时,摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系,板上直线OO′代表时间轴。图乙是一次实验中用同一个摆长不变的摆作出的两组操作下形成的曲线,若板N1和
N2拉动速度用v1和v2表示,板N1和N2上曲线所代表的摆动周期用T1和T2表示,则( )A.T1=2T2 B.2T1=T2C.v1=2v2D.2v1=v2
【解析】选C。同一单摆的周期是一定的,则T1=T2。设单摆的周期为T,板长为L,则有: 根据题意,有:v1=2v2,故选C。
考点3 单摆模型及周期公式 【典题探究】 【典例3】(多选)(2018·郑州模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象,下列说法中正确的是( )世纪金榜导学号04450290
A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的振幅比乙摆的大C.甲摆的机械能比乙摆的大D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E.由图象可以求出当地的重力加速度
【解析】选A、B、D。由题图可知,两单摆的周期相同,同一地点重力加速度g相同,由单摆的周期公式T= 得知,甲、乙两单摆的摆长相等,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,B正确;尽管甲摆的振幅比乙摆大,两摆的摆长也相等,但由于两摆的质量未知,故无法比较机械能的大小,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,而乙摆的位移为负的最大,则乙摆具有正向最大加速度,D正确;由单摆的周期公式T= 得g= ,由于不知道单摆的摆长,所以不能求得重力加速度,E错误。
迁移1:单摆的实际应用惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图1所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图2所示为摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了,下列说法正确的是( )
A.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动B.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动
C.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动D.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动
【解析】选C。由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小,因T= ,则重力加速度变大,要使周期不变小,则应增加摆长,即将螺母适当向下移动。
迁移2:双线摆问题如图所示,在两根等长的曲线下悬挂一个小球(可视为质点)组成了所谓的双线摆,若摆长为l,两线与天花板的左、右两侧夹角均为α,当小球垂直纸面做简谐运动时,其周期为( )
【解析】选D。根据公式T= 本题中l′=lsin α,故T= ,D正确。
迁移3:类单摆运动如图所示,小球m自A点以初速度v向AD方向开始运动,已知 =0.9 m,AB圆弧的半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面内。重力加速度g取10 m/s2,欲使小球恰能通过C点,其初速度v应为多少?
【解析】小球m的运动由两个分运动合成,这两个分运动分别是:以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面上AB方向上的往复运动。因为
【通关秘籍】 理解单摆周期公式的四个角度1.公式成立的条件是单摆的摆角必须小于10°。2.单摆的振动周期在振幅较小的条件下,与单摆的振幅无关,与摆球的质量也无关。
3.周期公式中摆长为l:摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离,而不一定为摆线的长。4.单摆周期公式中的g值:(1)只受重力和线拉力,且悬点静止或做匀速直线运动的单摆,g为当地重力加速度,在地球上不同位置g的取值不同,不同星球表面g值也不相同。
(2)单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g=g0 ±a,如在轨道上运动的卫星加速度a=g0,为完全失重,等效重力加速度g=0。
【加固训练】如图所示,在水平地面上有一段光滑圆弧形槽,弧的半径是R,所对圆心角小于10°,现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A,使其由静止下滑,则:
(1)小球由M至O的过程中所需时间t为多少?在此过程中能量如何转化(定性说明)。(2)若在MN圆弧上存在两点P、Q,且P、Q关于O对称,且已测得小球A由P至Q所需时间为Δt,则小球由Q至N的最短时间为多少?
【解析】(1)由单摆周期公式T= 知:小球A的运动周期T= 所以tMO= 在由M→O的过程中小球A的重力势能转化为动能。(2)由对称性可知tOQ= Δt,tOQ+tQN= T,代入数据解得Q至N的最短时间tQN=
答案:(1) 球A的重力势能转化为动能(2)
考点4 受迫振动和共振 【典题探究】 【典例4】(多选)(2018·焦作模拟)如图所示,A球振动后,通过水平细绳迫使B、C振动,振动达到稳定时,下列说法中正确的是( )世纪金榜导学号04450291
A.只有A、C振动周期相等B.C的振幅比B的振幅小C.C的振幅比B的振幅大D.A、B、C的振动周期相等E.B的振幅最小
【解析】选C、D、E。A振动后,水平细绳上驱动力的周期TA= 迫使B、C做受迫振动,受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率,所以TA=TB=TC,而TC固 = =TA, TB固 = >TA,故C共振,B不共振,C的振幅比B的振幅大,所以C、D、E正确。
【通关秘籍】 1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较:
2.对共振的理解:(1)共振曲线:如 图所示,横坐标为驱动力频率f,纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响,由图可知,f与f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大。
(2)受迫振动中系统能量的转化:做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换。
【考点冲关】 1.(多选)(2018·大连模拟)某振动系统的固有频率为f0,在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变,则下列说法正确的是( )A.当f
C.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f0D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于fE.当f=f0时,该振动系统一定发生共振
【解析】选B、D、E。受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化规律如图所示,故A错误,B正确;稳定时系统的频率等于驱动力的频率,C错误,D正确;根据共振产生的条件知,当f=f0时,该振动系统一定发生共振,E正确。
2.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图2所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,
砝码的振动图线如图3所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则( )
A.由图线可知T0=4 s,振幅为8 cmB.由图线可知T0=8 s,振幅为2 cmC.当T在4 s附近时,Y显著增大;当T比4 s小得多或大得多时,Y很小D.当T在8 s附近时,Y显著增大;当T比8 s小得多或大得多时,Y很小
【解析】选C。图2是弹簧振子自由振动时的振动图线,故由图2可知,弹簧振子的固有周期为T0=4 s,振幅为4 cm,故A、B错误;当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时,物体的振动达到最强,故当T在4 s附近时,振幅显著增大,当T比4 s小得多或大得多时,Y很小,故C正确、D错误。
【加固训练】(多选)把一个筛子用四根弹簧支撑起来,筛子上装一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力,这就做成了一个共振筛,如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压,可使偏心轮转速提高,增加筛子质量,可增大筛子的固有周期。现在,在某电压下电动偏心轮转速是54 r/min。为了使筛子的振幅增大,下列做法正确的是( )
A.提高输入电压B.降低输入电压C.减少筛子质量D.增加筛子质量
【解析】选B、C。根据题意,电动偏心轮在某电压下,转速是54 r/min,即为:T= 所以驱动力的频率:f= =0.9 Hz,筛子的固有频率为f0=0.8 Hz
(1)实验室有如下器材可供选用:A.长约1 m的细线B.长约1 m的橡皮绳C.直径约2 cm的均匀铁球D.直径约5 cm的均匀木球E.秒表F.时钟
G.最小刻度为毫米的刻度尺实验小组的同学需要从上述器材中选择__________(填写器材前面的字母)。
(2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点O为计时起点,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin 5° =0.087,sin 15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是__________(填字母代号)。
(3)某同学利用单摆测重力加速度,测得的g值与真实值相比偏大,可能的原因是__________。 A.测摆长时记录的是摆线的长度B.开始计时时,秒表过早按下C.摆线上端未牢固地系于悬点,摆动中出现松动,使摆线长度增加了D.实验中误将29次全振动数记为30次
【解析】(1)还需要从上述器材中选择:长约1 m的细线,直径约2 cm的均匀铁球,秒表(测量50次全振动的时间),最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)。(2)单摆振动的摆角θ≤5°,当θ=5°时单摆振动的振幅A=lsin 5°=0.087 m=8.7 cm,为计时准确,在摆球摆至平衡位置时开始计时,故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A。
(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g= 。将摆线的长误认为摆长,即测量值偏小,所以重力加速度的测量值偏小,故A错误;开始计时时,秒表过早按下,周期的测量值大于真实值,所以重力加速度的测量值偏小,故B错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,即摆长L的测量值偏小,所以重力加速度的测量值就偏小,故C错误;设单
摆29次全振动的时间为t,则单摆的周期T= ,若误计为30次,则T测= ,即周期的测量值小于真实值,所以重力加速度的测量值偏大,故D正确。答案:(1)ACEG (2)A (3)D
【通关秘籍】 用单摆测重力加速度的“一做,二测,两处理”1.做单摆:取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球,并打一个比小孔大一些的结,然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上,让摆球自然下垂。
2.测摆长:用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,则单摆的摆长l=L+ 。3.测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°),然后释放小球,记下单摆摆动30～50次的总时间,算出平均每摆动一次的时间,即为单摆的振动周期。
4.数据处理的两种方法:(1)根据公式T= ,g= 。将测得的几次周期T和摆长l代入公式g= 中算出重力加速度g的值,再算出g的平均值,即为当地的重力加速度的值。
(2)图象法:由单摆的周期公式T= 可得l= ,因此以摆长l为纵轴,以T 2为横轴作出的l-T 2图象是一条过原点的直线,如图所示,求出图线的斜率k,即可求出g值。g=4π2k,k=
【考点冲关】 (2018·石家庄模拟)在探究单摆运动的实验中:(1)甲是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图,乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图象,根据图乙的信息可得,从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为________s,摆长为________m(取π2=10,重力加速度大小g=10 m/s2)。
(2)单摆振动的回复力是__________。 A.摆球所受的重力B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力C.摆线对摆球的拉力D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)某同学的操作步骤如下,其中正确的是____。 A.取一根细线,下端系住直径为d的金属小球,上端固定在铁架台上B.用米尺量得细线长度l,测得摆长为lC.在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球D.让小球在水平面内做圆周运动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度
【解析】(1)根据题图乙的信息可得,摆球第一次摆到最低点时,力传感器显示的力最大,所对应的时刻为t=0.5 s。根据题图乙的信息可得,单摆周期T=1.6 s,由单摆周期公式T= ,解得摆长为L=0.64 m。
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力,B正确。(3)测得摆长应为l+ ,B错误。若让小球在水平面内做圆周运动,则为圆锥摆运动,测得摆动周期就不是单摆运动周期,D错误。答案:(1)0.5 0.64 (2)B (3)A、C
【加固训练】甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。
(1)甲组同学采用如图所示的实验装置。①利用单摆测重力加速度的实验中,为了减小测量周期的误差,应在__________位置开始计时和结束计时。②在一次用单摆测定加速度的实验中,图A是用毫米刻度尺测摆长,若测得悬点到小球最下端长为h,小球直径为d,则摆长L=____。
图B为测量周期用的秒表,长针转一圈的时间为30 s,表盘上部的小圆共15大格,每一大格为1 min,该单摆摆动n=50次全振动时,长、短针位置如图中所示,所用时间t=__________s。用以上直接测量的L、t、n表示出重力加速度的计算式为g=__________(不必代入具体数值)。
③若某同学测摆长时,忘记测摆球的半径,而只把悬点到小球最下端长度作为摆长,则他根据以上计算式求得的重力加速度______(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。
(2)乙组同学在图C所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图D所示,将摆球拉开一小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系,如图E所示的v-t图线。
①由图E可知,该单摆的周期T=________ s。
②更换摆线长度后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-L(周期平方—摆长)图线,并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035。由此可以得出当地的重力加速度g=________m/s2。(取π2=9.86,结果保留3位有效数字) 若其他测量、计算均无误,则用上述方法算得的g值和真实值相比是________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)的。
【解析】(1)①利用单摆测重力加速度的实验中,为了减小测量周期的误差,应在平衡位置开始计时和结束计时。②摆长等于摆线的悬点到摆球球心的距离,摆长L=h- 。秒表的小盘读数为90 s,大盘读数为10.4 s,则最终读数为100.4 s;
单摆的周期T= ,根据T= 得,g= ③根据g= 知,测摆长时,忘记测摆球的半径,而只把悬点到小球最下端长度作为摆长,则摆长的测量值偏大,导致重力加速度的测量值偏大。
(2)①根据图线知,单摆的周期T=2.0 s。②根据T= 得,T2= ,由T2=4.04L+0.035知, =4.04,解得g=9.76 m/s2。
在T2-L图线中,求斜率时,未测量摆球的半径,不影响斜率的求解,则算出的g值和真实值相比是不变的。答案:(1)①平衡②h- 100.4 ③偏大(2)①2.0 ②9.76 不变
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