2.4单摆振动的周期综合训练（Word版含答案）

2.4单摆振动的周期
一、选择题（共15题）
1．某同学将一根不可伸长的轻绳一端系上摆球，另一端系在力传感器上，测得轻绳的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，若已经测得摆长为L，摆球质量为m，结合图中信息可以推测出当地重力加速度为
A． B． C． D．
2．在环绕地球运动的空间实验室内，下列几项实验中不能进行的是（　　）
①用天平测物体质量
②用弹簧秤测作用于秤钩上的拉力
③用单摆测该处的重力加速度
④验证力的合成得平行四边形法则
A．①② B．①③ C．①②③ D．②③④
3．下列关于单摆的说法，正确的是( )
A．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿运动轨迹切线方向的分力
C．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
D．单摆振幅越大时，周期越长
4．夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中，现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是（　　）
A．小王荡秋千时，其周期大于6.28s
B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零
C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小
D．该秋千的绳子长度约为10m
5．关于小孩荡秋千，不计绳子重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．同一个秋千，荡秋千的小孩越重，秋千摆动的频率越大
B．在秋千经过最低处时小孩处于超重状态
C．当秋千摆到最高点时，绳子拉力可以大于小孩和秋千座椅的重力之和
D．荡秋千的过程一定可以视作简谐运动
6．在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实验数据做出周期（T）的平方和摆长（L）的T2-L图线，可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T2-L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是（　　）
A．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
B．出现图线c的原因可能是误将51次全振动记为50次
C．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L
D．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
7．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s。如果他测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．实验中误将49次全振动数为50次
C．开始计时，秒表过迟按下
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
8．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球拉至A点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，小于5且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，如图乙所示（图中所标字母以及重力加速度g均为已知量）。不计空气阻力。根据题中（包括图中）所给的信息，下列说法中正确的是（　　）
A．该单摆的周期为t0
B．该单摆的摆长为
C．增大摆球质量，周期将变大
D．将此单摆从赤道处移到北极，单摆的周期将变大
9．如图所示，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，将两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面。平衡时，甲、乙两摆的摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2。当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则（　　）
A．甲、乙两摆的周期相等
B．甲、乙两摆的振幅相等
C．甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能
D．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度
10．在用单摆测定重力加速度时，摆球应选用( )
A．半径为1 cm的木球 B．半径为1 cm的铝球
C．半径为1 cm的空心钢球 D．半径为1 cm的实心钢球
11．如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后
A．摆动的周期为
B．摆动的周期为
C．摆球最高点与最低点的高度差为0.3h
D．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h
12．我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球。假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为（　　）
A． B． C． D．
13．将某单摆的摆线上端系在一个力传感器上，单摆摆动过程中，摆线张力随时间的变化规律如图所示。已知单摆的摆角小于，取（重力加速度的大小），则下列说法正确的是（　　）
A．单摆的周期
B．单摆的摆长
C．时，摆球正经过最低点
D．摆球运动过程中周期越来越小
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．如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在悬点，这样，力传感器可测出摆线的张力和时间的关系。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间小角度来回摆动，其中点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中为摆球从点开始运动的时刻，取10m/s2.根据题设甲乙两个图，可计算出的物理量有（、、和为已知量）（　　）
A．摆线长 B．摆球质量
C．摆角 D．摆球的最大速度
二、填空题
16．一单摆的摆长为L，将摆球向左拉至水平标志线上（图中虚线）。由静止释放摆球，当摆球运动至最低点时，摆线碰到障碍物P，摆球继续摆动。用频闪相机长时间拍摄，得到图示照片，则摆线的悬点O与障碍物P在竖直方向之间的距离为________。不计空气阻力，摆线向右碰到障碍物的瞬间，摆球的角速度突然增大，其原因是：________。
17．在利用单摆测当地的重力加速度时，为了减小测量误差，摆球应选用______（填“小铁球”、“小木球”或“小塑料球”）。测量周期时，使单摆的最大摆角小于5°，若某次实验测得摆长为0.990m，周期为2.00s，则当地的重力加速度大小______。（取，结果保留三位有效数字）
18．一个单摆在甲地时，在时间t内完成m次全振动，移至乙地时，经过相同的时间完成n次全振动，则甲、乙两地重力加速度大小之比g甲：g乙等于______________。
19．正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2（m/s2）；根据以上数据可得小球运动的周期T＝________ s；房顶到窗上沿的高度h＝________ m。
三、综合题
20．如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝m/s，忽略阻力，取g＝10m/s2，π2≈g，求：
（1）单摆的摆长L；
（2）摆球的质量m；
21．U型池轮滑的比赛场地如图所示，该场地是一个半径的圆弧，可视为质点、质量的运动员在圆弧内的同一竖直面内运动，若运动员始终在圆弧最低点附近运动（视为简谐运动），不计一切摩擦及空气阻力，取重力加速度大小，。
(1)求运动员从最高点运动到最低点所用的时间t；
(2)若运动员从距最低点的高度处由静止开始下滑，求运动员在最低点受到的赛场的支持力的大小F。
22．某学校的兴趣小组在实验室做单摆振动实验。如图甲所示为单摆在B、C两点间振动的情形，O点是平衡位置，图乙是这个单摆的振动图像，单摆振动的周期为T0，取摆球向右运动的方向为正方向，学校所在地的重力加速度为9.801m/s2。若将此单摆移至悬停在某一高度的热气球载人舱中，做摆角小于5°的振动，测得周期为T，已知地球半径为R。
（1）求此单摆的摆长。（结果保留两位有效数字）
（2）求该热气球此时离海平面的高度。（均用题中物理量的符号表示）
23．如图所示，当单摆摆球经过平衡位置O向右做简谐运动的瞬间，一个以速度v做匀速运动的小球，同时经过O正下方A点在水平面上向右运动，与竖直墙壁B碰撞后以原速率返回，求B、A间距满足什么条件，才能使小球恰好返回A点时摆球也经过平衡位置O。（设球与墙壁碰撞时间不计，摆长为L）
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
由单摆的周期公式
因为由图像可知单摆周期为4T，假设当地重力加速度为g，带入数值的得
故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
2．B
【详解】
在环绕地球运动的空间实验室内，一切跟重力相关的都不能进行。所以天平不能测物体的质量，因为物体和砝码对托盘无压力；弹簧秤是利用形变产生拉力的，所以可以测拉力；单摆在完全失重的情况下将不再摆动，验证力的合成时是利用弹簧的拉力测量力的，所以可以得到平行四边形法则。
故选B。
3．B
【详解】
AB．摆球的回复力由摆球所受的合力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)提供，摆球所受的合力沿摆线方向的分力提供向心力，故B正确，A错误；
C．摆球经最低点(振动的平衡位置)时回摆球的复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故C错误；
D．单摆的周期与摆球的质量无关，与单摆的振幅无关，故D错误；
4．D
【详解】
A．小王荡秋千时，根据
可知做单摆运动的物体的周期与质量无关，其周期等于6.28s，故A错误；
B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；
C．小明荡到图中对应的b点时，b点为平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误；
D．根据
计算得l≈10m，故D正确。
5．B
【详解】
A．小孩荡秋千，不计空气阻力的影响，类似于单摆，由单摆的周期公式
其周期与小孩的质量无关，则知频率与小孩的质量也无关，故A错误；
B．在秋千达到最低处时，小孩的加速度竖直向上，则小孩处于超重状态，故B正确；
C．当秋千摆到最高点时，则由
可知绳子拉力小于小孩和秋千座椅的重力之和，故C错误；
D．只有摆角很小情况下，此过程才近似看成简谐运动。故这一过程不一定是简谐运动，故D错误。
故选B。
6．C
【详解】
A．由单摆周期公式
整理得
图线的斜率
图线c的斜率比图线b的斜率小，故图线c对应的g值大于图线b对应的g值，A错误；
B．若误将51次全振动记为50次，导致周期偏大，测得重力加速度偏小，B错误；
CD．图线a与图线b对比可知，相同的周期，摆长整体偏小相同的量，故原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，漏加小球的半径，C正确，D错误。
故选C。
7．D
【详解】
摆线的长度用L表示，摆球的直径用d表示，振动的次数用n表示，由单摆的周期公式
得
g=
A．测摆线长时摆线拉得过紧，代入的L值要比单摆摆动时的大，由上式可知g的测量值偏大，A错误；
B．实验中误将49次全振动数为50次，代入的n值变大，由上式可知g的测量值偏大，B错误；
C．开始计时，秒表过迟按下，代入的时间t值偏小，由上式可知g值的测量值偏大，C错误；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即为单摆的实际摆长比测量值大，代入的是测量值，所以由上式可知，g值偏小，D正确。
故选D。
8．B
【详解】
A．小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律可知该单摆的周期为，故A错误；
B．根据单摆周期公式
求得
故B正确；
C．单摆运动的周期与摆球的质量无关，故C错误；
D．北极的重力加速度大于赤道的重力加速度，根据
可知单摆周期变小，故D错误。
故选B。
9．C
【详解】
AB．根据几何关系可知，甲的摆长大于乙的摆长，甲的摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅，根据T=2π知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A、B错误；
C．两球开始处于平衡状态，设两球中间的细线的拉力大小为FT，根据共点力平衡知
m甲g=
m乙g=
则有
m甲在摆动的过程中，机械能守恒，则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故C正确；
D．根据动能定理，因为甲摆球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故D错误。
故选C。
10．D
【详解】
钢球密度大,同样的体积更重,符合单摆测g时对小球的要求,小一些、重一些好，故选D。
11．D
【详解】
试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=Mv12
a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有 Mv1-m 2v1=（M+m）v2
碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：
整理得：v2＝0．5v1，所以h'=0．25h．故C错误，D正确．故选D．
12．B
【详解】
测出单摆的周期，便可以算出该星球表面的重力加速度，由可得
摆球受到的重力可近似看作等于摆球与该星球之间的万有引力，有
可得
将星球看作球体，则，所以，最终可导出
故选B。
13．BC
【详解】
A．单摆在平衡位置时摆线张力最大，由振动图象可知，单摆连续两次通过平衡位置的时间差为，所以单摆的振动周期为，A错误；
B．根据单摆的周期公式
可得摆长，B正确；
C．时摆线的拉力最大，所以摆球正经过最低点，C正确；
D．摆线张力的极大值发生变化，说明摆球在最低点时的速度大小发生了变化，所以摆球做阻尼振动，振幅越来越小，因为周期与振幅无关，所以单摆的周期不变，D错误。
故选BC。
14．AD
【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．
15．BCD
【详解】
A．由图象可以看出单摆的周期
根据
得出摆长
由于不知道摆球半径，故无法求出摆线长，故A错误；
B．在点拉力有最大值，根据牛顿第二定律有
在、两点拉力有最小值
由到机械能守恒可得
由此可求得摆球的质量
故B正确；
C．根据在、两点拉力有最小值
则可得
得
故C正确；
D．根据在点拉力有最大值，根据牛顿第二定律有
可得
故D正确；
故选BCD。
16． 水平方向没有力的作用，线速度大小不变，但半径减小，故角速度突然增大
【详解】
设频闪相机闪光周期为 T，则由图可知，单摆在左半部分摆动时
在右半部分摆动时
根据单摆周期公式
解得
摆线向右碰到障碍物的瞬间，摆球水平方向没有力的作用，线速度大小不变，但半径减小，故角速度突然增大。
17． 小铁球 9.77
【详解】
在利用单摆测当地的重力加速度时，为了减小测量误差，摆球应选用小铁球，由于铁球质量较大，空气阻力影响较小，更准确；
根据单摆周期公式
可得
代入数据，解得
18．m2：n2
【详解】
单摆的振动周期等于完成一次全振动的时间，单摆在甲地时，在时间t内完成m次全振动，周期为，在乙地经过相同时间完成n次全振动，周期为，故单摆在两地的周期之比为
T甲：T乙=n：m
单摆的周期公式为
整理得
重力加速度与周期平方成反比，则有
g甲：g乙=m2：n2
19． 3.0 3.0
【详解】
从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30s，故周期为:
本题单摆为复合摆，当摆长为L时，小摆周期为
当摆长为时，大摆周期为
故单摆周期为
联立解得
20．（1）1m；（2）0.2kg
【详解】
(1)由乙图可知，单摆的摆动周期为2s，单摆周期公式为
代入数据解得摆长为
(2)摆球经过最低点时，由牛顿第二定律可得
由题意可知
，v＝m/s
代入数据解得摆球的质量为
21．(1)1.57s；(2)696N
【详解】
(1)由单摆的周期公式有
其中，运动员从最高点运动到最低点所用的时间
解得
(2)运动员由静止开始下滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有
根据牛顿第二定律有
解得
22．（1）；（2）
【详解】
（1）由单摆的振动图像，有
T0=0.8s
根据公式T0=2π，可得
L==0.16 m
（2）根据单摆的周期公式
T0=2π、T=2π
其中L是单摆的摆长，g0和g分别是两地点的重力加速度，根据万有引力定律公式可得
g0=G
g=G
由以上各式联立解得
23．（n＝1，2，3…）
【详解】
摆球做简谐运动而小球做匀速直线运动，再次相遇的条件为小球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍。小球运动时间为
（n＝1，2，3…）
又
联立解得
（n＝1，2，3…）
答案第1页，共2页