Question

20．利用單擺驗證小球平拋運動規律，設計方案如圖（a）所示，在懸點O正下方有水平放置的熾熱的電熱絲P，當懸線擺至電熱絲處時能輕易被燒斷；MN為水平木板，已知懸線長為L，懸點到木板的距離OO'=h（h＞L）．
（1）電熱絲P必須放在懸點正下方的理由是：以保證小球速度水平．
（2）將小球向左拉起后自由釋放，最后小球落到木板上的C點，O'C=s，則小球做平拋運動的初速度為v₀為$s\sqrt{\frac{g}{2（h-L）}}$．（用s、g、h、L表示）
（3）在其他條件不變的情況下，若改變釋放小球時懸線與豎直方向的夾角θ，小球落點與O'點的水平距離s將隨之改變，經多次實驗，以s²為縱坐標，得到如圖（b）所示圖象．則當θ=60°時，s為1.0m；若懸線長L=1.0m，懸點到木板間的距離OO'為1.5m．（取g=10m/s²）
（4）在研究平拋運動的實驗中，用一張印有小方格的紙記錄運動軌跡，小方格的邊長L=1.25cm，若小球在平拋運動中的幾個位置如圖（c）中的a、b、c、d所示，則小球的初速度的計算公式為v₀=$2\sqrt{gL}$， （用L，g 表示），其值是0.7m/s．（取g=9.8m/s²）

Answer 1

分析 （1）只有保證小球沿水平方向拋出才能保證物體做平拋運動．
（2）根據平拋運動的規律可求得物體平拋運動的速度．
（3）根據平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合機械能守恒求出s²與cosθ的表達式，結合圖線求出s的大小以及OO′的大小．
（4）根據豎直方向上連續相等時間內的位移之差是一恒量求出相等的時間間隔，結合水平位移和時間間隔求出初速度．

解答 解：（1）由于在燒斷細線前小球做圓周運動，故速度方向沿切線方向，所以只有在懸點正下方物體的速度沿水平方向，要小球做平拋運動，則小球平拋的初速度只能沿水平方向，故只有保證小球沿水平方向拋出才能保證物體做平拋運動．
（2）由于小球做平拋運動故有在水平方向有s=v₀t，
在豎直方向有h-L=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，①
聯立解得${v}_{0}=s\sqrt{\frac{g}{2（h-L）}}$．
（3）釋放小球時懸線與豎直方向的夾角θ時，小球平拋的速度v，則有mg（L-Lcosθ）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，…②
則物體在水平方向的位移s=vt…③
聯立①②③可得
s²=4（h-L）L（1-cosθ）
顯然當cosθ=0時，即有2=4（h-L）L，
若懸線長L=1.0m，代入數據解得h=1.5m．
由圖象可知，cos60°=$\frac{1}{2}$，s²=1.0，解得s=1.0m．
（4）在豎直方向上，根據△y=L=gT²得，T=$\sqrt{\frac{L}{g}}$，則初速度${v}_{0}=\frac{2L}{T}=2\sqrt{gL}$，
代入數據解得${v}_{0}=2×\sqrt{9.8×1.25×1{0}^{-2}}$m/s=0.7m/s．
故答案為：（1）以保證小球速度水平（或保證小球做平拋運動）
（2）$s\sqrt{\frac{g}{2（h-L）}}$，（3）1.0，1.5      （4）$2\sqrt{gL}$，0.7m/s

點評 小球做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，將運動分解，代入數據即可，在解（3）時一定要充分利用s²-cosθ所提供的信息進行求解．