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1、選修3-4 第一章機械振動機械波 第1講機 械 振 動,【知識導圖】,x=Asin(t+),平衡位置,運動,平衡位置,固有頻率,固有頻率,周期,擺長,重力加速度,【微點撥】 1.掌握簡諧運動的兩種模型: 彈簧振子和單擺。 2.理解簡諧運動的兩個運動特征: (1)對稱性特征。 (2)周期性特征。,3.單擺模型滿足的三個條件: (1)圓弧運動。 (2)小角度擺動(最大擺角<10)。 (3)回復力滿足F=-kx。,【慧眼糾錯】 (1)簡諧運動是勻變速運動。 糾錯:________________________________________ _____________。 (2)簡諧運動的回復力為恒

2、力。 糾錯:________________________________________ ___。,簡諧運動物體的加速度是變量,即簡諧運動應,為變加速運動,簡諧運動的回復力與位移成正比,不可能是恒,力,(3)在簡諧運動中,振子經(jīng)過同一位置時,回復力、加 速度、位移、速度均相同。 糾錯:_________________________________________ ______________________。 (4)在簡諧運動中,振子速度增大時,位移增大,回復力 增大。 糾錯:___________________________________。,振子在同一位置的回復力、加速度、位移

3、均相,同,但速度可能方向相反,振子速度增大時,位移減小,回復力減小,(5)單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動。 糾錯:________________________________________ ___。 (6)簡諧運動的圖象描述的是振子的軌跡。 糾錯:_______________________________________。,只有擺角小于10時,其運動才可視為簡諧運,動,圖象描述的是振子的位移隨時間變化的規(guī)律,(7)單擺小球在經(jīng)過平衡位置時,合力為零。 糾錯:_________________________________________ _______。,單擺小球經(jīng)過平衡位置時

4、,回復力為零,合力不,等于零,考點1簡諧運動的規(guī)律 【典題探究】 【典例1】(2018大連模擬)彈簧振子以O點為平衡位置,在B、C兩點間做簡諧運動,在t=0時刻,振子從O、B間的P點以速度v向B點運動;在t=0.2 s時刻,振子速度第一次變?yōu)?v;在t=0.5 s時刻,振子速度第二次變?yōu)?-v。導學號04450288,(1)求彈簧振子的振動周期T。 (2)若B、C之間的距離為25 cm,求振子在4 s內(nèi)通過的路程。 (3)若B、C之間的距離為25 cm,從平衡位置開始計時,寫出彈簧振子的位移表達式,并畫出彈簧振子的振動圖象。,【解析】(1)畫出彈簧振子簡諧運動示意圖如圖所示。 由對稱性可得T

5、=0.52 s=1 s。,(2)若B、C之間距離為25 cm, 則振幅A= 25 cm=12.5 cm, 振子4 s內(nèi)通過的路程 s= 412.5 cm=200 cm。,(3)根據(jù)x=Asin t,A=12.5 cm,= =2 rad/s, 得x=12.5sin 2t(cm), 振動圖象為: 答案:(1)1 s(2)200 cm(3)見解析,【通關秘籍】 把握簡諧運動的五個特征 1.動力學特征:F=-kx,“-”表示回復力的方向與位移方向相反,k是比例系數(shù),不一定是彈簧的勁度系數(shù)。,2.運動學特征:簡諧運動的加速度與物體偏離平衡位置的位移成正比,而方向相反,為變加速運動,遠離平衡位置時,x、

6、F、a、Ep均增大,v、Ek均減小,靠近平衡位置時則相反。 3.運動的周期性特征:相隔T或nT的兩個時刻振子處于同一位置且振動狀態(tài)相同。,4.對稱性特征: (1)相隔 或 (n為正整數(shù))的兩個時刻,振子 位置關于平衡位置對稱,位移、速度、加速度大小相等, 方向相反。 (2)如圖所示,振子經(jīng)過關于平衡位置O對稱的兩點P、 P(OP=OP)時,速度的大小、動能、勢能相等,相對 于平衡位置的位移大小相等。,(3)振子由P到O所用時間等于由O到P所用時間,即tPO=tOP。 (4)振子往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等,即tOP=tPO。 5.能量特征:振動的能量包括動能Ek和勢能Ep

7、,簡諧運動過程中,系統(tǒng)動能與勢能相互轉(zhuǎn)化,系統(tǒng)的機械能守恒。,【考點沖關】 1.(多選)(2018鞍山模擬)彈簧振子做簡諧運動,O為平衡位置,當它經(jīng)過點O時開始計時,經(jīng)過0.3 s,第一次到達點M,再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M,則彈簧振子的周期不可能為() A.0.53 sB.1.4 s C.1.6 sD.2 sE.3 s,【解析】選B、D、E。如圖甲所示,設O為平衡位置, OB(OC)代表振幅,振子從OC所需時間為 。因為簡 諧運動具有對稱性,所以振子從MC所用時間和從CM 所用時間相等,故 =0.3 s+ =0.4 s,解得T=1.6 s; 如圖乙所示,若振子一開始從平衡位置向點B運動,

8、設點 M與點M關于點O對稱,則振子從點M經(jīng)過點B到點M,所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C到點M所需時間相等, 即0.2 s。振子從點O到點M、從點M到點O及從點O 到點M所需時間相等,為 s,故周期為T=0.5 s+ s0.53 s,所以周期不可能為選項B、D、E。,2.水平彈簧振子,每隔時間t,振子的位移總是大小和方 向都相同,每隔 的時間,振子的速度總是大小相等, 方向相反,則有() A.彈簧振子的周期一定小于 B.每隔 的時間,振子的加速度總是相同的 C.每隔 的時間,振子的動能總是相同的 D.每隔 的時間,彈簧的長度總是相同的,,【解析】選C。水平彈簧振子,每隔時間t,振子的位移

9、總是大小和方向都相同,說明時間t為周期的整數(shù)倍; 每隔 的時間,振子的速度總是大小相等,方向相反, 說明 是半個周期的奇數(shù)倍; 故t為周期的奇數(shù)倍,即 t=(2n+1)T (其中n=0,1,2,3,);,故T= (其中n=0,1,2,3,); 當n=0時,周期T=t,故A錯誤; 每隔 的時間,振子的速度總是大小相等、方向相反, 說明位移大小相等、方向相反,根據(jù)a=- ,振子的加 速度總是大小相等、方向相反,故B錯誤; 每隔 的時間,振子的速度總是大小相等、方向相反, 故動能相同,故C正確;,每隔 的時間,振子的速度總是大小相等、方向相反, 說明位移大小相等、方向相反,回復力方向不同,彈力 方

10、向不同,彈簧的長度不同(可能一次壓縮、一次拉長), 故D錯誤。,【加固訓練】 一彈簧振子振幅為A,從最大位移處經(jīng)過時間t0第一次 到達平衡位置,若振子從平衡位置處經(jīng)過 時的加速 度大小和動能分別為a1和E1,而振子位移為 時加速 度大小和動能分別為a2和E2,則a1、a2和E1、E2的大小關 系為(),A.a1a2,E1a2,E1E2 C.a1E2,【解析】選A。從平衡位置向最大位移處運動,速度減 小,加速度增大,所以經(jīng)過 ,通過的位移大于 ,所 以a1a2,E1

11、諧振動圖象如圖所示,下列描述正確的是() 導學號04450289,A.t=1 s時,振子的速度為零,加速度為負的最大值 B.t=2 s時,振子的速度為負,加速度為正的最大值 C.t=3 s時,振子的速度為負的最大值,加速度為零 D.t=4 s時,振子的速度為正,加速度為負的最大值,【解析】選A。簡諧運動中,質(zhì)點在平衡位置處的振動速度最大,加速度為零,質(zhì)點在偏離平衡位置位移最大處的速度為零,加速度最大,且加速度方向始終指向平衡位置,A選項正確,B、C、D選項錯誤。,【通關秘籍】 1.對簡諧運動圖象的認識: (1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線,如圖所示。,(2)圖象反映的是位移隨時間的變化規(guī)

12、律,隨時間的增加而延伸,圖象不代表質(zhì)點運動的軌跡。 (3)任一時刻圖線上過該點切線的斜率數(shù)值表示該時刻振子的速度大小。正負表示速度的方向,正時沿x正方向,負時沿x負方向。,2.圖象信息: (1)由圖象可以得出質(zhì)點做簡諧運動的振幅、周期。 (2)可以確定某時刻質(zhì)點離開平衡位置的位移。,(3)可以根據(jù)圖象確定某時刻質(zhì)點回復力、加速度和速度的方向。 回復力和加速度的方向:因回復力總是指向平衡位置,故回復力和加速度在圖象上總是指向t軸。,速度的方向:速度的方向可以通過下一時刻位移的變化來判斷,下一時刻位移如增加,振動質(zhì)點的速度方向就是遠離t軸,下一時刻位移如減小,振動質(zhì)點的速度方向就是指向t軸。,【考

13、點沖關】 1.(多選)(2018唐山模擬)一水平彈簧振子沿x軸方向做簡諧運動,平衡位置在坐標原點,向x軸正方向運動時彈簧被拉伸,振子的振動圖象如圖所示,已知彈簧的勁度系數(shù)為20 N/cm,振子質(zhì)量為m=0.1 kg,則(),A.圖中A點對應的時刻振子所受的回復力大小為5 N,方向指向x軸的負方向 B.圖中A點對應的時刻振子的速度方向指向x軸的正方向 C.圖中A點對應的時刻振子的加速度大小為5 m/s2 D.在04 s內(nèi)振子通過的路程為4 cm E.在04 s內(nèi)振子做了1.75次全振動,【解析】選A、B、D。由簡諧運動的特點和彈簧彈力與 伸長量的關系可知,題圖中A點對應的時刻振子所受的 回復力大

14、小為F=kx=200.25 N=5 N,方向指向x軸的負 方向,并且振子正在遠離O點向x軸的正方向運動,A、B 正確;由牛頓第二定律知,題圖中A點對應的時刻振子的 加速度大小為a= =50 m/s2,C錯誤;由題圖可讀出周,期為2 s,4 s內(nèi)振子做兩次全振動,通過的路程是s=24A=240.5 cm=4 cm,D正確,E錯誤。,2.(2016北京高考)如圖所示,彈簧振子在M、N之間 做簡諧運動。以平衡位置O為原點,建立Ox軸,向右為 x軸正方向。若振子位于N點時開始計時,則其振動圖 象為(),【解析】選A。N點在O點的右側(cè),而本題以平衡位置O為原點,向右為x軸正方向,振子位于N點時開始計時,

15、故0時刻振子在正向最大位移處,將向左運動,即向負方向運動,位移減小,故A正確。,【加固訓練】 如圖甲是演示簡諧運動圖象的裝置,當盛沙漏斗下面的 薄木板N被勻速地拉出時,擺動著的漏斗中漏出的沙在 板上形成的曲線顯示出擺的位移隨時間變化的關系,板 上直線OO代表時間軸。圖乙是一次實驗中用同一個 擺長不變的擺作出的兩組操作下形成的曲線,若板N1和,N2拉動速度用v1和v2表示,板N1和N2上曲線所代表的擺動周期用T1和T2表示,則() A.T1=2T2B.2T1=T2 C.v1=2v2D.2v1=v2,【解析】選C。同一單擺的周期是一定的,則T1=T2。 設單擺的周期為T,板長為L,則有: 根

16、據(jù)題意,有:v1=2v2,故選C。,考點3單擺模型及周期公式 【典題探究】 【典例3】(多選)(2018鄭州模擬)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象,下列說法中正確的是() 導學號04450290,A.甲、乙兩單擺的擺長相等 B.甲擺的振幅比乙擺的大 C.甲擺的機械能比乙擺的大 D.在t=0.5 s時有正向最大加速度 的是乙擺 E.由圖象可以求出當?shù)氐闹亓铀俣?【解析】選A、B、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= 得知,甲、乙兩單擺的擺長相等,A正確;甲擺的 振幅為10 cm,乙擺的振幅為7 cm,則甲擺的振幅比乙擺 大,B正確;盡

17、管甲擺的振幅比乙擺大,兩擺的擺長也相 等,但由于兩擺的質(zhì)量未知,故無法比較機械能的大 小,C錯誤;在t=0.5 s時,甲擺經(jīng)過平衡位置,振動的,加速度為零,而乙擺的位移為負的最大,則乙擺具有正 向最大加速度,D正確;由單擺的周期公式T= 得 g= ,由于不知道單擺的擺長,所以不能求得重力 加速度,E錯誤。,【遷移訓練】,遷移1:單擺的實際應用 惠更斯利用擺的等時性原理制成了第一座擺鐘。如圖1所示為日常生活中我們能見到的一種擺鐘,圖2所示為擺的結(jié)構(gòu)示意圖,圓盤固定在擺桿上,螺母可以沿擺桿上下移動。在甲地走時準確的擺鐘移到乙地未做其他調(diào)整時擺動加快了,下列說法正確的是(),A.甲地的重力加速度

18、較大,若要調(diào)準 可將螺母適當向下移動 B.甲地的重力加速度較大,若要調(diào)準 可將螺母適當向上移動,C.乙地的重力加速度較大,若要調(diào)準可將螺母適當向下移動 D.乙地的重力加速度較大,若要調(diào)準可將螺母適當向上移動,【解析】選C。由甲地到乙地擺動加快則說明周期變小, 因T= ,則重力加速度變大,要使周期不變小,則應 增加擺長,即將螺母適當向下移動。,遷移2:雙線擺問題 如圖所示,在兩根等長的曲線下懸掛一個小球(可視為質(zhì)點)組成了所謂的雙線擺,若擺長為l,兩線與天花板的左、右兩側(cè)夾角均為,當小球垂直紙面做簡諧運動時,其周期為(),【解析】選D。根據(jù)公式T= 本題中l(wèi)=lsin , 故T= ,D正確。

19、,遷移3:類單擺運動 如圖所示,小球m自A點以初速度v向AD方向開始運動,已 知 =0.9 m,AB圓弧的半徑R=10 m,AD=10 m,A、B、 C、D在同一水平面內(nèi)。重力加速度g取10 m/s2,欲使小 球恰能通過C點,其初速度v應為多少?,【解析】小球m的運動由兩個分運動合成,這兩個分運 動分別是:以速度v沿AD方向的勻速直線運動和在圓弧 面上AB方向上的往復運動。因為

20、=0,1,2,3)。 答案: m/s(n=0,1,2,3),【通關秘籍】 理解單擺周期公式的四個角度 1.公式成立的條件是單擺的擺角必須小于10。 2.單擺的振動周期在振幅較小的條件下,與單擺的振幅無關,與擺球的質(zhì)量也無關。,3.周期公式中擺長為l:擺長l是指擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離,而不一定為擺線的長。 4.單擺周期公式中的g值: (1)只受重力和線拉力,且懸點靜止或做勻速直線運動的單擺,g為當?shù)刂亓铀俣?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)單擺處于超重或失重狀態(tài)時等效重力加速度g=g0 a,如在軌道上運動的衛(wèi)星加速度a=g0,為完全失重,等效重力加速度

21、g=0。,【加固訓練】 如圖所示,在水平地面上有一段光滑圓弧形槽,弧的半徑是R,所對圓心角小于10,現(xiàn)在圓弧的右側(cè)邊緣M處放一個小球A,使其由靜止下滑,則:,(1)小球由M至O的過程中所需時間t為多少?在此過程中能量如何轉(zhuǎn)化(定性說明)。 (2)若在MN圓弧上存在兩點P、Q,且P、Q關于O對稱,且已測得小球A由P至Q所需時間為t,則小球由Q至N的最短時間為多少?,【解析】(1)由單擺周期公式T= 知:小球A的運動 周期T= 所以tMO= 在由MO的過程中 小球A的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能。 (2)由對稱性可知tOQ= t,tOQ+tQN= T,代入數(shù)據(jù)解得 Q至N的最短時間tQN=,答案:(

22、1) 球A的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能 (2),考點4受迫振動和共振 【典題探究】 【典例4】(多選)(2018焦作模擬)如圖所示,A球振動后,通過水平細繩迫使B、C振動,振動達到穩(wěn)定時,下列說法中正確的是() 導學號04450291,A.只有A、C振動周期相等 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的振動周期相等 E.B的振幅最小,【解析】選C、D、E。A振動后,水平細繩上驅(qū)動力的周 期TA= 迫使B、C做受迫振動,受迫振動的頻率等 于施加的驅(qū)動力的頻率,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,

23、所以C、D、E正確。,【通關秘籍】 1.自由振動、受迫振動和共振的關系比較:,2.對共振的理解: (1)共振曲線:如 圖所示,橫坐標為驅(qū)動力頻率f,縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅(qū)動力頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)受迫振動振幅的影響,由圖可知,f與f0越接近,振幅A越大;當f=f0時,振幅A最大。,(2)受迫振動中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化:做受迫振動的系統(tǒng)的機械能不守恒,系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換。,【考點沖關】 1.(多選)(2018大連模擬)某振動系統(tǒng)的固有頻率為f0,在周期性驅(qū)動力的作用下做受迫振動,驅(qū)動力的頻率為f。若驅(qū)動力的振幅保持不變,則下列說法正確的是() A.當ff0時,該振動系統(tǒng)的振

24、幅隨f減小而增大,C.該振動系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后,振動的頻率等于f0 D.該振動系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后,振動的頻率等于f E.當f=f0時,該振動系統(tǒng)一定發(fā)生共振,【解析】選B、D、E。受迫振動的振幅A隨驅(qū)動力的頻率變化規(guī)律如圖所示,故A錯誤,B正確;穩(wěn)定時系統(tǒng)的頻率等于驅(qū)動力的頻率,C錯誤,D正確;根據(jù)共振產(chǎn)生的條件知,當f=f0時,該振動系統(tǒng)一定發(fā)生共振,E正確。,2.一砝碼和一輕彈簧構(gòu)成彈簧振子,圖1所示的裝置可 用于研究該彈簧振子的受迫振動。勻速轉(zhuǎn)動把手時,曲 桿給彈簧振子以驅(qū)動力,使振子做受迫振動。把手勻速 轉(zhuǎn)動的周期就是驅(qū)動力的周期,改變把手勻速轉(zhuǎn)動的速 度就可以改變驅(qū)動力的周期。若保持把手

25、不動,給砝碼 一向下的初速度,砝碼便做簡諧運動,振動圖線如圖2所 示。當把手以某一速度勻速轉(zhuǎn)動,受迫振動達到穩(wěn)定時,,砝碼的振動圖線如圖3所示。若用T0表示彈簧振子的固有周期,T表示驅(qū)動力的周期,Y表示受迫振動達到穩(wěn)定后砝碼振動的振幅,則(),A.由圖線可知T0=4 s,振幅為8 cm B.由圖線可知T0=8 s,振幅為2 cm C.當T在4 s附近時,Y顯著增大;當T比4 s小得多或大得多時,Y很小 D.當T在8 s附近時,Y顯著增大;當T比8 s小得多或大得多時,Y很小,【解析】選C。圖2是彈簧振子自由振動時的振動圖線,故由圖2可知,彈簧振子的固有周期為T0=4 s,振幅為 4 cm,故A

26、、B錯誤;當物體的驅(qū)動力的頻率等于物體的固有頻率時,物體的振動達到最強,故當T在4 s附近時,振幅顯著增大,當T比4 s小得多或大得多時,Y很小,故C正確、D錯誤。,【加固訓練】 (多選)把一個篩子用四根彈簧支撐起來,篩子上裝一個電動偏心輪,它每轉(zhuǎn)一周,給篩子一個驅(qū)動力,這就做成了一個共振篩,如圖甲所示。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓,可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高,增加篩子質(zhì)量,可增大篩子的固有周期。現(xiàn)在,在某電壓下電動偏心輪轉(zhuǎn)速是54 r/min。為了使篩子的振幅增大,下列做法正確的是(),A.提高輸入電壓B.降低輸入電壓 C.減少篩子質(zhì)量D.增加篩子質(zhì)量,【解析】選B、C。根據(jù)題意,電動

27、偏心輪在某電壓下, 轉(zhuǎn)速是54 r/min,即為:T= 所以驅(qū)動力的頻 率:f= =0.9 Hz,篩子的固有頻率為f0=0.8 Hz

28、 F.時鐘,G.最小刻度為毫米的刻度尺 實驗小組的同學需要從上述器材中選擇__________(填寫器材前面的字母)。,(2)下列振動圖象真實地描述了對擺長約為1 m的單擺進行周期測量的四種操作過程,圖中橫坐標原點O為計時起點,A、B、C均為30次全振動的圖象,已知sin 5 =0.087,sin 15=0.26,這四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是__________(填字母代號)。,(3)某同學利用單擺測重力加速度,測得的g值與真實值相比偏大,可能的原因是__________。 A.測擺長時記錄的是擺線的長度 B.開始計時時,秒表過早按下 C.擺線上端未牢固地系于懸點,擺動中出現(xiàn)松動,

29、使擺線長度增加了 D.實驗中誤將29次全振動數(shù)記為30次,【解析】(1)還需要從上述器材中選擇:長約1 m的細線,直徑約2 cm的均勻鐵球,秒表(測量50次全振動的時間),最小刻度為毫米的刻度尺(測量擺長)。 (2)單擺振動的擺角5,當=5時單擺振動的振幅A=lsin 5=0.087 m=8.7 cm,為計時準確,在擺球擺至平衡位置時開始計時,故四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是選項A。,(3)根據(jù)單擺的周期公式推導出重力加速度的表達式g= 。將擺線的長誤認為擺長,即測量值偏小,所以 重力加速度的測量值偏小,故A錯誤;開始計時時,秒表 過早按下,周期的測量值大于真實值,所以重力加速度 的

30、測量值偏小,故B錯誤;擺線上端未牢固地系于懸點, 振動中出現(xiàn)松動,使擺線長度增加了,即擺長L的測量值 偏小,所以重力加速度的測量值就偏小,故C錯誤;設單,擺29次全振動的時間為t,則單擺的周期T= ,若誤計 為30次,則T測= ,即周期的測量值小于真實值, 所以重力加速度的測量值偏大,故D正確。 答案:(1)ACEG(2)A(3)D,【通關秘籍】 用單擺測重力加速度的“一做,二測,兩處理” 1.做單擺:取約1 m長的細絲線穿過帶中心孔的小鋼球,并打一個比小孔大一些的結(jié),然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上,讓擺球自然下垂。,2.測擺長:用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米),用 游標卡尺測出

31、小球直徑D,則單擺的擺長l=L+ 。 3.測周期:將單擺從平衡位置拉開一個角度(小于5), 然后釋放小球,記下單擺擺動3050次的總時間,算出 平均每擺動一次的時間,即為單擺的振動周期。,4.數(shù)據(jù)處理的兩種方法: (1)根據(jù)公式T= ,g= 。將測得的幾次周期T和 擺長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,即為當?shù)氐闹亓铀俣鹊闹怠?(2)圖象法:由單擺的周期公式T= 可得l= , 因此以擺長l為縱軸,以T 2為橫軸作出的l-T 2圖象是一 條過原點的直線,如圖所示,求出圖線的斜率k,即可求 出g值。g=42k,k=,【考點沖關】 (2018石家莊模擬)在探究單

32、擺運動的實驗中: (1)甲是用力傳感器對單擺振動過程進行測量的裝置圖,乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F-t圖象,根據(jù)圖乙的信息可得,從t=0時刻開始擺球第一次擺到最低點的時刻為________s,擺長為________m(取2=10,重力加速度大小g=10 m/s2)。,(2)單擺振動的回復力是__________。 A.擺球所受的重力 B.擺球重力在垂直擺線方向上的分力 C.擺線對擺球的拉力 D.擺球所受重力和擺線對擺球拉力的合力,(3)某同學的操作步驟如下,其中正確的是____。 A.取一根細線,下端系住直徑為d的金屬小球,上端固定在鐵架臺上 B.用米尺量得細線長度l,測得擺長為l

33、 C.在擺線偏離豎直方向5位置釋放小球 D.讓小球在水平面內(nèi)做圓周運動,測得擺動周期,再根據(jù)公式計算重力加速度,【解析】(1)根據(jù)題圖乙的信息可得,擺球第一次擺到 最低點時,力傳感器顯示的力最大,所對應的時刻為 t=0.5 s。根據(jù)題圖乙的信息可得,單擺周期T=1.6 s, 由單擺周期公式T= ,解得擺長為L=0.64 m。,(2)單擺振動的回復力是擺球重力在垂直擺線方向上的 分力,B正確。(3)測得擺長應為l+ ,B錯誤。若讓小 球在水平面內(nèi)做圓周運動,則為圓錐擺運動,測得擺動 周期就不是單擺運動周期,D錯誤。 答案:(1)0.50.64(2)B(3)A、C,【加固訓練】 甲、乙兩個學習小

34、組分別利用單擺測量重力加速度。,(1)甲組同學采用如圖所示的實驗裝置。 利用單擺測重力加速度的實驗中,為了減小測量周期的誤差,應在__________位置開始計時和結(jié)束計時。 在一次用單擺測定加速度的實驗中,圖A是用毫米刻度尺測擺長,若測得懸點到小球最下端長為h,小球直徑為d,則擺長L=____。,圖B為測量周期用的秒表,長針轉(zhuǎn)一圈的時間為30 s,表盤上部的小圓共15大格,每一大格為1 min,該單擺擺動n=50次全振動時,長、短針位置如圖中所示,所用時間t=__________s。用以上直接測量的L、t、n表示出重力加速度的計算式為g=__________(不必代入具體數(shù)值)。,若某同學測

35、擺長時,忘記測擺球的半徑,而只把懸點到小球最下端長度作為擺長,則他根據(jù)以上計算式求得的重力加速度______(選填“偏大”“偏小”或“準確”)。,(2)乙組同學在圖C所示裝置的基礎上再增加一個速度傳感器,如圖D所示,將擺球拉開一小角度使其做簡諧運動,速度傳感器記錄了擺球振動過程中速度隨時間變化的關系,如圖E所示的v-t圖線。,由圖E可知,該單擺的周期T=________ s。,更換擺線長度后,多次測量,根據(jù)實驗數(shù)據(jù),利用計算機作出T2-L(周期平方擺長)圖線,并根據(jù)圖線擬合得到方程T2=4.04L+0.035。由此可以得出當?shù)氐闹亓铀俣萭=________m/s2。(取2=9.86,結(jié)果保留

36、3位有效數(shù)字) 若其他測量、計算均無誤,則用上述方法算得的g值和真實值相比是________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)的。,【解析】(1)利用單擺測重力加速度的實驗中,為了 減小測量周期的誤差,應在平衡位置開始計時和結(jié)束計 時。 擺長等于擺線的懸點到擺球球心的距離,擺長L=h- 。 秒表的小盤讀數(shù)為90 s,大盤讀數(shù)為10.4 s,則最終讀 數(shù)為100.4 s;,單擺的周期T= , 根據(jù)T= 得, g= 根據(jù)g= 知,測擺長時,忘記測擺球的半徑,而只 把懸點到小球最下端長度作為擺長,則擺長的測量值偏 大,導致重力加速度的測量值偏大。,(2)根據(jù)圖線知,單擺的周期T=2.0 s。 根據(jù)T= 得, T2= , 由T2=4.04L+0.035知, =4.04, 解得g=9.76 m/s2。,在T2-L圖線中,求斜率時,未測量擺球的半徑,不影響斜率的求解,則算出的g值和真實值相比是不變的。 答案:(1)平衡 h- 100.4 偏大 (2)2.09.76不變,