2.4单摆振动的周期 同步训练（Word版含答案）

2.4单摆振动的周期
一、选择题（共15题）
1．如图所示，用两不可伸长的轻绳悬挂一个小球，两绳长度均为L、两绳之间的夹角已知，小球的半径为r，当小球垂直于纸面做简谐运动时，其周期为（　　）
A． B． C． D．
2．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（　　）
A．单摆的摆球质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了摆线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是n+1次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是n-1次全振动
3．要增大一个单摆（最大摆角不超过5°）的频率，下列方法可行的是
A．只减小单摆的振幅 B．只增加摆球的质量
C．只减小单摆的摆长 D．只将单摆移到高山上
4．如图为一单摆的共振曲线，下列说法正确的是（　　）
A．该单摆的固有周期为2s
B．该单摆的摆长约为2m
C．将该单摆从地球搬到月球上，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
D．若摆长增大，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
5．某一物体在某行星表面所受重力是在地球表面时的16倍，在地球上走得很准的摆钟搬到该行星上，分针走一圈所用时间实际是
A．15min
B．30min
C．3h
D．4h
6．如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是（　　）
A．t1＝t2，v1>v2
B．t1>t2，v1C．t1v2
D．t1>t2，v1>v2
7．如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a向下加速运动的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电，放在匀强磁场B中，周期为T丙；单摆丁带正电，放在匀强电场E中，周期为T丁，那么(　　)
A．T甲＞T乙＞T丙＞T丁
B．T乙＞T甲=T丙＞T丁
C．T丙＞T甲＞T丁＞T乙
D．T丁＞T甲＝T丙＞T乙
8．在用单摆测量重力加速度的实验中，测出摆长和次全振动的时间，从而测定重力加速度。若测出的值偏小，则可能的原因是（　　）
A．摆球质量偏大
B．把次全振动记录为次
C．将从悬点到摆球上端的长度当作摆长
D．将从悬点到摆球下端的长度当作摆长
9．做简谐运动的单摆，其周期（ ）
A．随摆长的增大而增大 B．随振幅的增大而增大
C．随摆球质量的增大而减小 D．随摆球密度的增大而减小
10．如图所示，一小球用细线悬挂于点，细线长为点正下方处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放（摆角很小），这个摆的周期是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球用长为l的细绳悬挂在天花板上。当在整个空间加上水平向左的匀强电场时，小球恰能处于静止状态，此时细绳与竖直方向的夹角为θ（已知）。在时刻突然将电场方向改为竖直向下，小球将不再保持静止状态。已知小球可视为质点，细绳不可伸长，重力加速度为g，不计空气阻力，则下面说法正确的是（　　）
A．匀强电场的场强大小为
B．电场方向改变后瞬间小球的加速度为1. 05g
C．时刻小球的电势能最小
D．在时刻小球处于初始位置
12．一单摆由甲地移到乙地后,发现走时变快了,其变快的原因及调整的方法是(　　)
A．g甲>g乙,将摆长缩短
B．g甲C．g甲D．g甲>g乙,将摆长放长
二、多选题
13．如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以、分别表示摆球、的质量，则（ ）
A．如果，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧
C．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
14．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（　　）
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
15．如图所示，单摆摆球为带正电的玻璃球，摆长为L且不导电，悬挂于O点， 当摆球摆过竖直线OC时便进入或离开一匀强磁场，此磁场的方向与单摆摆动平面垂直。在摆角α<5°的情况下，摆球沿着AB弧来回摆动，下列说法正确的是 （ ）
A．图中A点和B点处于同一水平面上
B．单摆摆动的周期
C．单摆向左或向右摆过C点时摆线的张力一样大
D．在A点和B点，摆线的张力一样大
三、填空题
16．一个单摆，当它的摆长增加0.33m时，它的振动周期变为原来的1.2倍，这个单摆原来的摆长是______m。
17．某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长L和周期T。如图为根据实验数据作出的T2-L图像，由图像可得重力加速度g为___________m/s2（精确到小数点后两位），图像不过原点可能是由于摆长测量___________造成的。（选填“偏大”“偏小”）。
18．单摆可以测量地球的重力加速度g，若摆线长为L，摆球直径为D，周期为T，其重力加速度g=_________。利用单摆的等时摆动，人们制成了摆钟。若地球上标准钟秒针转一周用时60s，将该钟拿到月球上时，秒针转一周与地球上_________s时间相同（已知g地=6g月）。
19．如图所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设向右为正方向，如图是这个单摆的振动图象．该单摆振动的频率是________Hz，若振幅有所减小，则振动周期将________(选填“增大”“减小”或“不变”)．

四、解答题
20．两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂，两单摆摆动平面相互平行，振动图像如图（a）。t=0时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至摆角相同处，如图（b）。求：
（1）两单摆摆长之比；
（2）通过计算判断同时释放两摆球，两摆球是否可以同时摆到最左端？如果可以请计算所经历的时间；如果不可以请说明理由。
21．周期是的单摆叫秒摆，秒摆的摆长是多少？把一个地球上的秒摆拿到月球上去，已知月球上的自由落体加速度为，它在月球上做50次全振动要用多少时间？
22．如图所示，在O点系着一细绳，细绳穿过小球B的通过直径的小孔，使B球能一直顺着绳子滑下来．在O点正下方有一直径为R的光滑弧形轨道，圆心位置恰好在O点，弧形轨道的最低点为O ．在接近O 处有另一小球A，令A、B两球同时开始无初速度释放．假如A球到达平衡位置时正好能够和B球相碰，A、B 球均可视为质点．则：
(1)B球与绳之间的摩擦力与B球重力大小之比是多少？
(2)比值的最小值为多少？
23．如图所示，有一光滑的圆形槽，半径为R，其最低点为O2，有两个相同的小球M和N，将M放在距O2点正上方h高的O1处，将N放在圆弧槽上靠近O2点的地方稍偏左的A点，让A B两球同时自由运动，不计一切阻力，欲使M、N在O2点正好相遇，h的高度应为多少？
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
单摆的周期公式为
公式中的l指质点到悬点（等效悬点）的距离，此题中单摆的摆长为，带入公式可得
故ABC错误，D正确。
故选D。
2．C
【解析】
【详解】
A．由单摆周期公式，可得
由该式知重力加速度与摆球的质量无关，故A错误；
B．测量摆长时，忽略了小球的半径，所测摆长偏小，则所测得的g值偏小，故B错误；
CD．设单摆做n次全振动的时间为t，单摆的周期，若误记作次全振动，则
即周期的测量值小于真实值，测得的g值偏大；
若误记作次全振动，则
即周期的测量值大于真实值，测得的g值偏小，故C正确，D错误。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
根据单摆的周期公式 可知，要增大单摆的频率，可减小摆长，或者增大g，故选项C正确，D错误；单摆的频率与单摆的振幅和质量无关，选项AB错误；故选C.
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据图像可知，0.5即为此单摆的固有频率，所以固有周期为
A正确。
B．根据单摆固有周期公式可知，则有
所以可解得摆长约为1m，B错误。
C．根据固有周期公式可知，从地球搬到月球上，重力加速度减小，固有周期增加，固有频率降低，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，C错误。
D．根据固有周期公式可知，若摆长增加，固有周期增加，固有频率降低，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，D错误。
故选A。
5．A
【解析】
【详解】
根据在星球表面万有引力等于重力可知：某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的16倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g′=16g；根据单摆的周期公式T=2π可知，该星球上单摆的周期是地球上周期的，所以此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是地球上分针走一圈的，即为h=15min；故选A.
6．A
【解析】
【详解】
从A、B点均做单摆模型运动，由单摆周期公式
可得
，
R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1＞v2。故A正确，BCD错误。
故选A。
7．B
【解析】
【详解】
根据单摆周期公式，重力加速度越大，周期越小；图甲中，g甲=g；图乙中，电梯处于失重状态，等效重力加速度为
g乙＝g－a＜g
图丙中，合力的切向分量不变，故等效重力加速度为
g丙=g
图丁中，电场力向下，等效重力加速度为
g丁=g＋＞g
则
g甲=g丙＞g乙
故
T乙＞T甲=T丙＞T丁
故选B。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据单摆的周期公式得：
A．摆球质量偏大，重力加速度不变，故A错误；
B．把次全振动记录为次，测量周期偏小，则重力加速度偏大，故B错误；
C．将从悬点到摆球上端的长度当作摆长，摆长测量值偏小，则重力加速度偏小，故C正确；
D．将从悬点到摆球下端的长度当作摆长，摆长测量值偏大，则重力加速度偏大，故D错误；
故选C。
9．A
【解析】
【详解】
A．根据单摆的周期公式知，将单摆的摆长加长，周期变长，故A正确；
B．根据单摆的周期公式知，单摆的周期与振幅无关，故B错误；
C．根据单摆的周期公式知，单摆的周期与摆球的质量无关，故C错误；
D．根据单摆的周期公式知，单摆的周期与摆球的密度无关，故D错误；
故选A。
10．D
【解析】
【分析】
【详解】
以为摆长的运动时间为
以为摆长的运动时间为
则这个摆的周期为
故选D。
11．D
【解析】
【详解】
A．小球恰能处于静止时对小球进行受力分析如图
根据水平和竖直方向平衡有
联立得电场强度
故A错误；
B．突然将电场方向改为竖直向下时，对小球进行受力分析如图
可知沿绳方向平衡有
垂直于绳方向根据牛顿第二定律有
又知电场强度
联立解得瞬时加速度
故B错误；
C．电场方向改变后，将重力场和电场的复合场等效为一个新的重力场有
又
联立得
则单摆的周期
可知
时刻小球处于最低点，电势能最小，但是
时小球并非处于最低点，电势能不是最小，故C错误；
D．在
时刻小球处于初始位置,故D正确。
故选D。
12．B
【解析】
【详解】
试题分析：将一个单摆由甲地移到乙地后，发现摆钟变快了，知周期变短了，通过单摆的周期公式分析原因和增大周期的方法．
根据单摆的周期公式，知摆钟变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即，为了增大周期，可以增大摆长，B正确．
13．CD
【解析】
【详解】
质量不同，碰撞后小球的速度不同，因为两摆球的摆长相同，根据单摆的周期公式T=2π单摆的周期相同，碰后两小球都是经过T回到平衡位置，所以下一次碰撞的位置在平衡位置，与质量无关．故CD正确，AB错误．故选CD．
点睛：解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π，知道单摆的周期与摆球的质量无关，与摆长有关．
14．AD
【解析】
【详解】
试题分析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：，解两式得：，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故C错误；由单摆的周期公式可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D正确．
考点：考查了动量守恒定律．单摆周期
15．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电小球在磁场中运动过程中洛伦兹力不做功，整个过程中小球的机械能都守恒，所以A、B处于同一水平线上，故A正确；
B．由于洛伦兹力与绳子拉力在一条直线上，不影响加速度，则周期不改变，即有
故B正确；
C．根据小球的机械能守恒可知，小球向左和向右经过C点时速率相等，则向心力相同，但由于洛伦兹力方向相反，所以单摆向左或向右运动经过C点时线的拉力大小不等，故C错误；
D．球在A、B点时速度均为零，向心力均为零，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以拉力大小相等，故D正确。
故选ABD。
16．0.75
【解析】
【分析】
【详解】
根据
可知
解得摆长
l=0.75m
17． 9.86或9.87 偏小
【解析】
【分析】
【详解】
[1]根据单摆公式得
结合图像有
解得
[2]由图可知，摆长为零时，单摆存在周期，说明摆长测量结果偏小。
18．
【解析】
【详解】
[1]单摆的长度
其周期为
所以重力加速度
[2]地球上标准钟秒针转一周用时60s，则在月球上有
。
19． 1.25 不变
【解析】
【分析】
(1)单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期．由图象求出单摆的周期，然后求出频率．
(2)单摆的小角度摆动是简谐运动，周期公式为与振幅无关.
【详解】
(1)由振动图象可得周期，而频率
(2)由单摆的周期公式可知周期与振幅无关，则减小振幅其周期不变.
【点睛】
本题关键是根据单摆的周期公式以及周期和频率的关系.
20．（1）；（2）不可以；理由见解析
【解析】
【详解】
（1）由图（a）可知，两单摆的周期之比
由可得两单摆摆长之比
（2）同时释放两摆球，假设两摆球可以同时摆到最左端，运动时间为t，则
，
两式相等，则
即
上式中m、n不可能同时为整数，由此可以判断假设不成立，即两摆球不可以同时摆到最左端。
21．0.99m，
【解析】
【详解】
根据周期公式 可得
代入解得
秒摆搬到月球上，其与地球上的秒摆的周期关系为
50次全振动所用的时间为
22．（1）(n=0，1，2……) （2）
【解析】
【详解】
圆弧轨道运动的小球A接近O 运动，故可看做单摆模型
A球作简谐运动，由周期公式得A到O 的时间为：
B球作匀变速运动从O到O 的时间为，由题意得，解得
对于小球B，由牛顿第二定律得：mg-f=ma
得(n=0，1，2……)
(2)由可知当n=0时，则比值最小，最小值为
23．（其中n = 0，1，2…）
【解析】
【分析】
【详解】
球N做简谐运动的周期为
球N到达O2需要的时间t1为
（其中n = 0，1，2…）
而球M的自由下落的高度
且
解得
（其中n = 0，1，2…）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页