- 单摆
- 共2503题
在某地测该地方的重力加速度时,用了一个摆长为2 米的单摆,测得100次全振动所用的时间为5分14 秒,求这个地方的重力加速度.
正确答案
解:由题,单摆N次全振动所用的时间为t,则一次全振动的时间为:
T==
=3.14s
根据单摆的周期公式T=2π得:
g==
=8m/s2
答:这个地方的重力加速度为8m/s2.
解析
解:由题,单摆N次全振动所用的时间为t,则一次全振动的时间为:
T==
=3.14s
根据单摆的周期公式T=2π得:
g==
=8m/s2
答:这个地方的重力加速度为8m/s2.
有一个单摆、其摆长l=1.02m,摆球质量m=0.10kg,从与竖直方向成θ=4°的位置无初速度开始运动,已知振动的次数n=30次,用了时间t=60.8s,问:(取sin4°=0.0698,cos4°=0.9976,π=3.14)
(1)重力加速度g为多大?
(2)摆球的最大回复力为多大?
(3)如果将这一单摆改成秒摆,摆长应怎样改变?
正确答案
解:
(1)因θ<50,故单摆做简谐运动,其周期为:
T=
依
得
(2)最大回复力为Fm=mg sinθ=0.10×9.79×0.0698N=0.068N
(3)秒摆的周期为:T0=2s
设其摆长为l0,依T=2可知 T∝
即:T:T0=
故:
其摆长要缩短△l=l-l0=1.02-0.993(m)=0.027m
即摆长应缩短0.027m.
答:(1)重力加速度g为9.79m/s2;
(2)摆球的最大回复力为0.068N;
(3)如果将这一单摆改成秒摆,摆长应应缩短0.027m.
解析
解:
(1)因θ<50,故单摆做简谐运动,其周期为:
T=
依
得
(2)最大回复力为Fm=mg sinθ=0.10×9.79×0.0698N=0.068N
(3)秒摆的周期为:T0=2s
设其摆长为l0,依T=2可知 T∝
即:T:T0=
故:
其摆长要缩短△l=l-l0=1.02-0.993(m)=0.027m
即摆长应缩短0.027m.
答:(1)重力加速度g为9.79m/s2;
(2)摆球的最大回复力为0.068N;
(3)如果将这一单摆改成秒摆,摆长应应缩短0.027m.
将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力.图甲中O点为单摆的固定悬点,现将质量m=0.05㎏的小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置.∠AOB=∠COB=θ(θ小于5°且是未知量).由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻.试根据力学规律和题中所给的信息,(g取10m/s2 ),求:
(1)单摆的振动周期;
(2)单摆的摆长;
(3)摆球运动到平衡位置时的速度大小.
正确答案
解:(1)摆球受力分析如图,小球在一个周期内两次经过最低点,根据该规律,知:
T=0.4πs=1.256s
(2)由单摆的周期公式T=2π,得:
L==
=0.4m.
(3)在最低点B,根据牛顿第二定律,有:
Fmax-mg=m
代入数据得:
v=0.282m/s
答:(1)单摆的振动周期为1.256s;
(2)摆长为0.4m;
(3)摆球运动到平衡位置时的速度大小为0.282m/s.
解析
解:(1)摆球受力分析如图,小球在一个周期内两次经过最低点,根据该规律,知:
T=0.4πs=1.256s
(2)由单摆的周期公式T=2π,得:
L==
=0.4m.
(3)在最低点B,根据牛顿第二定律,有:
Fmax-mg=m
代入数据得:
v=0.282m/s
答:(1)单摆的振动周期为1.256s;
(2)摆长为0.4m;
(3)摆球运动到平衡位置时的速度大小为0.282m/s.
如图所示,摆长为L的单摆,原来的周期为T.现在在悬点O的正下方A点固定一颗钉子,使OA=
,令单摆由平衡位置向左摆动时以A为悬点作简谐振动,则这个摆完成一次全振动所需的时间是多少?
正确答案
解:摆长为L的周期为:T1=2π
摆长为L-=
的周期为:T2=2π
;
故小球完成一次全振动的时间为:T==
(1+
)
答:这个摆完成一次全振动所需的时间是(1+
).
解析
解:摆长为L的周期为:T1=2π
摆长为L-=
的周期为:T2=2π
;
故小球完成一次全振动的时间为:T==
(1+
)
答:这个摆完成一次全振动所需的时间是(1+
).
一个单摆的振动位移与时间的关系如图所示,当t=1.5s时,摆球的位移为______,速度为______,0-2s内通过的路程为______.
正确答案
解:当t=1.5s时,摆球的位移为 x=-8cm,由于位移最大,速度为 0.0-2s内通过的路程为 S=4A=4×8cm=32cm
故答案为:-8cm,0,32 cm.
解析
解:当t=1.5s时,摆球的位移为 x=-8cm,由于位移最大,速度为 0.0-2s内通过的路程为 S=4A=4×8cm=32cm
故答案为:-8cm,0,32 cm.
一单摆摆长L,周期T,当地的重力加速度多大?如只改变单摆摆的质量,周期将怎样变化?
正确答案
解:单摆的振动振动周期T=2,推导出g=
,据公式看出,周期与摆长和当地的重力加速度有关,与摆角和摆的质量无关.
答:当地的重力加速度,如只改变单摆摆的质量,周期将不变.
解析
解:单摆的振动振动周期T=2,推导出g=
,据公式看出,周期与摆长和当地的重力加速度有关,与摆角和摆的质量无关.
答:当地的重力加速度,如只改变单摆摆的质量,周期将不变.
几名学生进行野外考察,登上一山峰后,他们想粗略测出山顶处的重力加速度.于是他们用细线拴好石块P系在树枝上做成一个简易单摆,如图所示.然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量.同学们首先测出摆长L,然后将石块拉开一个小角度,由静止释放,使石块在竖直平面内摆动,用手表测出单摆振动的周期T.
(1)用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=______
(2)在测量摆动的周期时,甲同学从石块某次通过平衡位置时开始计时,数出以后石块通过平衡位置的次数n,用手表测出所用的时间t;乙同学从小钢球某次通过平衡位置时开始计时,并将这次通过平衡位置时记为1,将小钢球第二次沿同一方向通过平衡位置时记为2,第三次沿同一方向通过平衡位置时记为3,以此类推,一直数到n′,同时停表,手表显示时间为t′.你选择哪位同学的实验方法,并写出对应的单摆的周期表达式:______.
(3)若振动周期测量正确,但由于难以确定石块重心,测量摆长时只测量了悬线长做为摆长,所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值______ (选填“偏大”、“偏小”或“相等”).
正确答案
解:(1)由单摆的周期公式T=2π,得到:
g=
(2)甲同学从石块某次通过平衡位置时开始计时,数出以后石块通过平衡位置的次数n,用手表测出所用的时间t,故周期:T=;
乙同学测量的周期:T=;
(3)单摆的摆长应等于悬点到石块重心的距离,若测量摆长时只测量了悬线长做为摆长,摆长L偏小,则由重力加速度的表达式g=可知,重力加速度值比真实值偏小.
故答案为:(1); (2)甲:
或乙:
;(3)偏小.
解析
解:(1)由单摆的周期公式T=2π,得到:
g=
(2)甲同学从石块某次通过平衡位置时开始计时,数出以后石块通过平衡位置的次数n,用手表测出所用的时间t,故周期:T=;
乙同学测量的周期:T=;
(3)单摆的摆长应等于悬点到石块重心的距离,若测量摆长时只测量了悬线长做为摆长,摆长L偏小,则由重力加速度的表达式g=可知,重力加速度值比真实值偏小.
故答案为:(1); (2)甲:
或乙:
;(3)偏小.
如右图所示,有一摆长为L的单摆,当摆球经过平衡位置O向右运动的瞬间,另一小球B以速度v同时经过平衡位置,也向右运动,B球与水平地面无摩擦,与竖直墙壁碰后,又以原速率返回.问:OC间距离x满足什么条件,才能在B球返回时与摆球A相遇?
正确答案
解:A、B相遇一定在O点,B返回O点所用时间为t=,A到达O点时间为t=
,
(n=1、2、3…)
所以=
,T=2π
.
所以x=nπv
(n=1、2、3…)
答:距离x满足x=nπv
(n=1、2、3…),才能使B返回时与A球相遇.
解析
解:A、B相遇一定在O点,B返回O点所用时间为t=,A到达O点时间为t=
,
(n=1、2、3…)
所以=
,T=2π
.
所以x=nπv
(n=1、2、3…)
答:距离x满足x=nπv
(n=1、2、3…),才能使B返回时与A球相遇.
如图为一双线摆,在同一水平天花板上用两根等长的细线悬挂一小球,已知线长为L,摆线与水平方向夹角为θ,小球的尺寸忽略不计.当小球在垂直纸面做简谐运动时,求此摆的振动周期?(当地重力加速度为g)
正确答案
解:如图所示,等效摆长为Lsinθ,
由于小球做简谐运动,由单摆的振动周期T=2得:T=
答:此摆的振动周期为.
解析
解:如图所示,等效摆长为Lsinθ,
由于小球做简谐运动,由单摆的振动周期T=2得:T=
答:此摆的振动周期为.
如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,R≫
.甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放(不计空气阻力).问:
(1)两球第1次到达C点的时间之比;
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是多少?
正确答案
解:(1)甲球做自由落体运动
所以:
乙球沿圆弧做简谐运动(由于B→C≪R,可认为摆角θ<5°).此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间为:
t2=T=
×2π
,所以t1:t2=
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间为t甲=
由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间为
,n=0,1,2,…
由于甲、乙在C点相遇,故t甲=t乙
解得h=
答:(1)两球第1次到达C点的时间之比是;
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是.
解析
解:(1)甲球做自由落体运动
所以:
乙球沿圆弧做简谐运动(由于B→C≪R,可认为摆角θ<5°).此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间为:
t2=T=
×2π
,所以t1:t2=
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间为t甲=
由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间为
,n=0,1,2,…
由于甲、乙在C点相遇,故t甲=t乙
解得h=
答:(1)两球第1次到达C点的时间之比是;
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是.
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