Question

4．如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置．小球的质量m=0.4kg，图乙是摆线长为L时小球的振动图象，g取10m/s²．
（i）为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过0（选填“O”、“P”或“Q”）时开始计时；测出悬点到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}L}{{t}^{2}}$．（用L、n、t表示）
（ii）由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大以及最大加速度为多少．

Answer 1

分析 （i）测量时间应从摆球经过平衡位置时开始计时．根据单摆的周期公式求解重力加速度g．
（2）由图读出周期和振幅，求出ω，再写出振动方程．加速度与位移成正比，位移最大时加速度最大．根据a=-$\frac{kx}{m}$求最大加速度．

解答 解：（1）为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过O时开始计时．
单摆的周期为 T=$\frac{t}{n}$
由单摆的周期为 T=2π$\sqrt{\frac{L}{g}}$得
  g=$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}L}{{t}^{2}}$
（2）由图知A=5cm，T=2s，则ω=$\frac{2π}{T}$=π s
单摆做简谐运动的表达式为 x=Asinωt=5sinπt cm
小球在Q和P位置时位移最大，加速度最大．设最大加速度为a_m．
根据 T=2π$\sqrt{\frac{L}{g}}$得 L=1m
根据牛顿第二定律得：a_m=$\frac{mgsinθ}{m}$=gsinθ≈g•$\frac{A}{L}$=10×$\frac{0.05}{1}$=0.5m/s²．
故答案为：
（1）O，$\frac{4{π}^{2}{n}^{2}L}{{t}^{2}}$．
（2）单摆做简谐运动的表达式为 x=Asinωt=5sinπt cm．小球在Q和P位置时加速度最大，最大加速度为0.5m/s²．

点评 解决本题的关键是要知道单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，要掌握简谐运动的特征：a=-$\frac{kx}{m}$，知道在最大位移处加速度最大．