2.3摆钟的物理原理 课后练习（word 含答案）

2.3摆钟的物理原理
一、选择题（共15题）
1．探究单摆摆长与周期的关系的实验中，已选用摆长约为的单摆，下列操作更合乎实验要求且误差最小的是（，）（　　）
A．振幅取，从平衡位置处开始计时
B．振幅取，从最大位置处开始计时
C．振幅取，从平衡位置处开始计时
D．振幅取，从最大位置处开始计时
2．关于单摆，下列认识中正确的是（　　）
A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆
B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多
C．单摆的振动总是简谐运动
D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同
3．关于单摆，下列说法正确的是（　　）
A．摆球运动的回复力是摆线的拉力与重力的合力
B．摆球运动过程中经过轨迹上同一点，加速度是不等的
C．摆球运动过程中，加速度的方向始终指向平衡位置
D．摆球经过平衡位置时，加速度不为零
4．如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球，在O点正下方处的P点固定一小钉子。现将小球拉至A点，使细线与竖直方向间夹角很小，然后由静止释放小球，小球在竖直平面内运动。点B（图中未标出）是小球能够到达的左方最高位置，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．点B在点A下方
B．点B在点A上方
C．小球摆动的周期为
D．小球摆动的周期为
5．甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（ ）
A．甲、乙两单摆振动的频率之比是2:3
B．甲、乙两单摆摆长之比是4:9
C．甲摆的振动能量大于乙摆的振动能量
D．乙摆的振动能量大于甲摆的振动能量
6．甲乙两位同学分别使用图中所示的同一套装置，观察单摆做简谐运动时的振动图像，已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图N1、N2所示。下面关于两图线相关的分析，正确的是（　　）
A．N1表示砂摆摆动的幅度较大，N2摆动的幅度较小
B．N1表示砂摆摆动的周期较大，N2摆动周期较小
C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D．N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大
7．一个单摆振动到达平衡位置时，则（　　）
A．速度最小，势能最小，摆线张力最大
B．速度最大，势能最小，摆线张力最小
C．速度最小，势能最大，摆线张力最小
D．速度最大，势能最小，摆线张力最大
8．如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球A（可看作质点）。当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO′重合，OO′的方向与电场方向平行。在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与OO′间有一个小角度θ后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球A在运动过程中的加速度大小恒为
B．细绳通过OO′后小球A速度为0时，细绳与OO′的夹角大于θ
C．细绳通过OO′时小球A的速度与其质量m无关
D．小球A释放后经历的时间，细绳会与OO′重合
9．有一个正在摆动的秒摆（T=2s），若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t=1.6s时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况正确的是（　　）
A．正在向左做减速运动，回复力正在增大
B．正在向右做减速运动，回复力正在增大
C．正在向右做加速运动，回复力正在减小
D．正在向左做加速运动，回复力正在减小
10．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图所示，下列说法正确的是
A．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsinθsinα
B．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsinθ
C．摆球经过平衡位置时合力为零
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F′＝mgsinα
11．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中不正确的是（ ）
A．甲摆的振幅比乙摆的振幅大
B．甲摆的机械能比乙摆的机械能大
C．甲、乙两单摆的摆长相等
D．在t＝0．5s时有正向最大加速度的是乙摆
12．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的，倾角为α的斜面上，其摆角为，如图下列说法正确的是
A．摆球做简谐运动的回复力
B．摆球做简谐运动的回复力为
C．摆球做简谐运动的周期为
D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力为
13．做一个单摆有下列器材可供选用，可以用来做成一个单摆的有（　　）
A．带小孔的实心木球 B．带小孔的实心钢球 C．长约1 m的细线 D．长约10 cm的细线
14．下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是（　　）
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．摆球过平衡位置时的合外力为零
D．摆球过平衡位置时的回复力为零
15．如图所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球在a、b之间来回摆动，c点为小球圆弧轨迹的最低点，则以下说法中正确的是（　　）
A．小球做简谐振动的回复力是摆球重力沿圆弧线方向的分力
B．小球由c到b的过程，动能减小，重力势能增大
C．小球在c点时的重力势能最大，向心加速度也最大
D．在平衡位置时，摆线张力最大，回复力也最大
二、填空题
16．细线的上端固定、下端拴一个小球，如果线的质量______小球的质量，小球的直径______细线的长度，这样的一个物理模型称为______。摆角不超过______时，单摆的振动可以看作是简谐振动。
17．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。( )
18．某一单摆在小角度自由摆动时的振动图像如图所示．根据数据估算出它的摆长为______m，摆动的最大偏角正弦值约为_______．
19．单摆的回复力
（1）回复力的来源：摆球的重力沿____________方向的分力。
（2）回复力的特点：在摆角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成____________，方向总指向____________，即F=-x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。
三、综合题
20．（1）单摆的回复力就是摆球所受的合外力吗？
（2）单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？
21．细长轻绳拴一质量为m的小球构成单摆，摆长为L。将单摆拉开一个小角度，然后无初速地释放，小球在竖直平面内做简谐运动，其振动图像如图所示，图中A、T为已知量，重力加速度为g。（提示：；当θ趋近于0时，）
(1)写出小球做简谐运动的位移x与运动时间t的函数表达式；
(2)求小球运动过程中的最大速度；
(3)求小球运动过程中轻绳的最大拉力。
22．如图所示,一块涂有炭黑的玻璃板,质量为2kg,在拉力F的作用下,在t=0时由静止开始竖直向上做匀加速运动．一个装有水平振针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线,量得OA=1.5cm,BC=3.5cm．求自玻璃板开始运动,经过多长时间才开始接通电动音叉的电源 接通电源时,玻璃板的速度是多大 (g取10m/s2)
23．如图，将一倾角为的斜面体（斜面光滑且足够长）固定在水平地面上，一劲度系数为、自然长度为的轻弹簧的上端固定在斜面上，下端与质量为的小滑块连接且弹簧与斜面平行。用外力控制小滑块使弹簧压缩了时将小滑块由静止开始释放，重力加速度为g。
（1） 求小滑块做简谐运动的振幅A；
（2） 若沿斜面向下为正方向且小滑块在斜面上简谐运动的周期为，小滑块沿斜面向下运动经过平衡位置时开始计时，请写出小滑块振动过程中位移随时间变化的函数关系式。
（3） 求小滑块的最大加速度am和弹簧的最大长度Lm。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
探究单摆摆长与周期的关系的实验中，要求最大摆角应小于5°，即最大振幅约为
故振幅取较合适。
摆球通过平衡位置时，速度最大，计时误差最小，故应从平衡位置处开始计时。
故选A。
2．B
【详解】
AB．一根线系着一个球悬挂起来，并且满足细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多时，这样的装置才能视为单摆，故A错误，B正确；
C．只有在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动，故C错误；
D．两个单摆结构相同时，它们的振动步调不一定相同，还与是否是受迫振动还是简谐振动有关，故D错误。
故选B。
3．D
【详解】
单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故A错误；摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度相同，故B错误；摆球在运动过程中，恢复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故C错误；单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，D正确；
故选D．
4．D
【详解】
AB．小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，可知两侧最高点动能均为零，故重力势能也相等，故最大高度相同，即点B与点A等高，故AB错误；
CD．小球从最低点到A点再到最低点的时间为
小球从最低点到B点再到最低点的时间为
则小球的周期为
故C错误，D正确。
故选D。
5．B
【详解】
A．甲、乙两个单摆的摆周期之比为2：3，根据
两个单摆的频率之比为3：2，故A错误；
B．从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期之比为2：3，根据单摆的周期公式
甲、乙两个单摆的摆长之比为4：9，故B正确；
CD．单摆的能量与振幅有关，还与振子的质量有关，由于振子的质量不知道，故无法判断振动的能量情况，故CD均错误。
故选B。
6．C
【详解】
A．由图可知，N1、N2的摆动幅度一样，故A错误；
B．因两摆的摆长相等，则由单摆的周期公式可知，两摆的周期相同，故B错误；
C．由图可知，N1的时间为T，N2的时间为2T，则由可知，N1对应的木板运动速度为N2对应的木板运动速度的2倍，故C正确；
D．因为N1、N2的摆动幅度一样，故它们在最低点时的速度相等，由牛顿第二定律可求出摆线的拉力为
在上式中，v、L相同，因使用同一套装置质量相同，故摆线的拉力相等，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】
一个单摆振动到达平衡位置时，速度最大，重力势能最小，由牛顿第二定律可得
解得
则速度越大，摆线的拉力越大，所以D正确；ABC错误；
故选D。
8．D
【详解】
A．在水平方向上，小球除了受电场力外，还受到绳子拉力作用，因此加速度不再是，A错误；
B．由于运动的对称性，细绳通过OO′后小球A速度减少为0时，细绳与OO′的夹角仍为θ，B错误；
C．根据动能定理
小球A通过OO′时，质量越大， 速度越小，C错误；
D．小球A的运动与单摆的运动类似，其等效重力加速度
代入单摆的振动周期公式，可得
小球A经 恰好与OO′时重合，D正确。
故选D。
9．D
【详解】
秒摆的周期为T=2s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t=1.6s时，即T由于摆角在变小，故F回=mgsinθ也在变小。
故选D。
10．A
【详解】
AB．摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的分力沿圆弧的切向分力来提供，则回复力为
F＝mgsinθsinα
故选项A正确，B错误；
C．摆球经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误；
D．设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得
mgsinα（l－lcosθ）＝mv2
由牛顿第二定律得
F′－mgsinα＝m
由以上两式可得线的拉力为
F′＝3mgsinα－2mgsinαcosθ
故选项D错误。
故选A。
11．B
【详解】
A．由振动图像知，甲摆的振幅大于乙摆的振幅，A正确；
B．甲摆的振幅大，但甲乙摆球的质量未知，故无法判断两摆的机械能，B错误；
C．由周期公式
及两摆的振动图像知两摆的周期相等，故摆长相同，C正确；
D．在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负值，则乙摆具有正向最大加速度，D正确。
故选B。
12．A
【详解】
本题是类似单摆模型，回复力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为mgsinα，下滑分力的切线分力为mgsinαsinθ，故A正确，B错误；类似单摆模型，等效重力加速度为gsinα，故周期为：，故C错误；摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力和重力的下滑分力的合力提供向心力，故，故T＞mgsinα，故D错误．
13．BC
【详解】
制作单摆时应选用体积小、质量大的球和细、轻、弹性小的线；细线长度应长一些；故应用实心钢球和长约1m的细线；故选BC．
14．BD
【详解】
A．单摆运动是在一段圆弧上的运动，因此单摆运动过程不仅有回复力，还有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故A错误；
B．单摆的回复力总是指向平衡位置，是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故B正确；
CD．摆球过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，故C错误，D正确。
故选BD。
15．AB
【详解】
A．小球摆动过程中，受到重力和细线的拉力，沿圆弧切线方向为小球的振动方向，将摆球所受重力沿圆弧切线方向和半径方向分解，沿圆弧切线方向的分力为摆球的回复力，故A正确；
B．小球由c到b的过程，重力做负功，拉力与速度垂直，不做功，由功能关系知：动能减小，重力势能增大，故B正确；
C．c点为小球圆弧轨迹的最低点，小球在c点时的重力势能最小，速率最大，由知，向心加速度最大，故C错误；
D．在平衡位置时，由
知，摆线弹力最大，摆球重力沿圆弧线方向的分力为零，回复力为零，故D错误。
故选AB。
16． 远小于 远小于 单摆 5°
【详解】
线的质量远小于小球的质量，则线的质量可忽略不计；
小球的直径远小于细线的长度，则可以把小球看做质点；
单摆；
摆角不超过时5°，单摆的振动可以看作是简谐振动。
17．错误
【详解】
只有单摆在摆角很小（小于5o）时，才能认为是简谐运动，判断错误。
18． 1 0.04
【详解】
由振动图像可知，单摆的周期为2s,根据，可得：
；
单摆的振幅为4cm，则摆动的最大偏角正弦值约为
．
19． 圆弧切线 正比 平衡位置
20．（1）回复力不是合外力。单摆的运动可看成变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球沿圆弧振动的回复力；（2）单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零
21．(1)或；(2)；(3)
【详解】
(1)简谐运动的角速度
位移x与运动时间t的函数表达式
或
(2)小球在最低点的速度最大记为vm，
从最高点运动到最低点
得
当θ趋近于0时，
可得
(3)摆动到最低点时拉力最大，最大拉力为Tmax
可得
22．0.1s；0.1m/s
【详解】
设玻璃板竖直向上运动的加速度为a，则有：
其中：
解得
；
根据匀变速运动的推论，知：
则打A点时玻璃板的速度为
接通电源时，玻璃板的速度是
根据速度时间关系公式，有，解得
即自玻璃板开始运动，经0.1s时间才开始接通电动音叉电源．
23．（1）；（2）；（3），
【详解】
（1）平衡位置时
解得
小滑块做简谐运动的振幅为
（2）角速度
位移随时间变化的函数关系式为
（3）由牛顿第二定律得
解得
由简谐运动的对称性可知，弹簧的最大长度为