人教版物理高三选修3-4第十一章第四节单摆同步练习

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人教版物理高三选修3-4第十一章
第四节单摆同步练习
一．选择题
1．单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的(　　)
A．位移一定减小　　　　　　 B．回复力一定减小
C．速度一定减小 D．加速度一定减小
答案：C
解析：
解答：单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，加速度方向与速度方向相反，速度减小，C正确。
分析：明确单摆的运动过程则可分析重力势能减小所对应的过程，则可明确其各物理的变化情况。
2．利用砂摆(用线悬挂起来的盛砂漏斗)描迹，显示简谐运动的图象的实验，如果考虑到砂子逐渐减少的因素，该砂摆的振动频率将(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
答案：D
解析：
解答：砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先变长后变短，根据单摆周期公式知周期先变大后变小，由可知，频率先减小后增大。
分析：砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先边长后变短，根据单摆周期公式进行判断周期如何变化，然后再根据周期与频率的关系判断频率如何变化。
3．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
答案：A
解析：
解答：小球从A、B点释放后均做简谐运动，，，R为球面半径，故，A点离开平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即，A正确。
分析：由于AO的弧长远小于圆弧的半径，所以小球的运动可视为简谐运动（单摆运动），根据周期公式，比较时间．根据动能定理比较到达O点的速度。
4．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动(　　)
A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长
B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长
C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长
D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长
答案：B
解析：
解答：把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了．要使它恢复准确，应缩短摆长，B正确。
分析：首先知道重力加速度的变化，再根据周期公式，确定是增加摆长还是减小摆长。
5．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是(　　)
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
答案：D
解析：
解答：单摆做小角度摆动时，平衡位置时摆球速度最大，悬线对摆球的拉力最大，最大位移处时速度为零，拉力最小，由题图知，时刻是在最大位移处，时刻是在平衡位置，故D正确。
分析：根据位移情况分析摆球的位置，分析摆球的速度和拉力大小．当摆球在平衡位置时速度最大，回复力最小，向心力最大；当摆球在最大位移处速度为零，回复力最大，向心力最小。
6．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取t＝0)，当振动至t＝时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的(　　)
A.
B.
C.
D.
答案：D
解析：
解答：，摆球具有负向最大速度时，应在平衡位置，，速度方向为－y方向，即沿y轴负方向，故D选项正确。
分析：由单摆的周期公式可知，摆球恰具有负向最大速度，即可判断振动图象。
7．一单摆的摆长为40 cm，摆球在t＝0时刻正从平衡位置向右运动，若g取10 m/s2，则在1 s时摆球的运动情况是(　　)
A．正向左做减速运动，加速度正在增大
B．正向左做加速运动，加速度正在减小
C．正向右做减速运动，加速度正在增大
D．正向右做加速运动，加速度正在减小
答案：D
解析：
解答：由，代入数据得，则时，正处于第四个内，由左侧最大位移向平衡位置运动，D正确。
分析：根据摆长，由单摆周期公式求出单摆的周期，根据时间与周期的关系，结合t=0时刻摆球的运动情况分析．当摆球衡位置时，速度增大，加速度减小；当摆球离开平衡位置时，速度减小，加速度增大。
8.如图所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时释放，则两小球相碰的位置是(　　)
A．C点 B．C点右侧
C．C点左侧 D．不能确定
答案：A
解析：
解答：由于半径远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因为在同一地点，周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故两球同时到达C点，故选项A正确。
分析：由题，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆运动，根据单摆的周期公式，即可判断相遇的位置。
9.同一地点的甲、乙两单摆(摆球质量相等)的振动图象如图所示，下列说法中错误的是(　　)
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的机械能比乙摆小
C．甲摆的最大速率比乙摆小
D．在周期时摆球具有正向加速度的是乙摆
答案：BC
解析：
解答：由振动图象可得，甲、乙两摆球的振动周期相同，由题意可知两摆球在同一地点，重力加速度g相同，由周期公式可得，甲、乙两单摆的摆长相等，故A选项正确；由图象可得，两摆球振幅相同，且摆球质量相等，故两单摆的机械能相同，两球的最大速率相等，故B、C选项错误；在周期时，乙摆球在负向最大位移处，乙摆球此时具有正向最大加速度，故D选项正确．
分析：A、根据振动图象比较周期和振幅，根据单摆周期公式得到摆长关系；B、有图象得到振幅，考虑质量不同，比较机械能大小关系；C、图象的切线斜率表示速度，在平衡位置速度最大 D、由x-t图象得到位移，根据判断加速度。
10．在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是(　　)
A．量摆长时没有把小球半径算进去
B．摆球的质量测得不准确
C．摆角小，使周期变小
D．应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期
答案：D
解析：
解答：由单摆周期公式可知，重力加速度：。单摆的摆长应等于摆线的长度加上摆球的半径，如测量摆长时没有把小球半径算进去，摆长测量值L偏小，由可知，重力加速度的测量值偏小，故A错误；由可知，重力加速度与摆球质量无关，摆球质量测量不准不影响重力加速度的测量值，故B错误；单摆的周期与偏角无关，偏角对测量g没有影响，故C错误；应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期时，算出的周期T偏小，由可知，重力加速度的测量值偏大，故D正确．
分析：单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动。摆球经过平衡位置时速度最大，此时计时，误差比较小。根据单摆的公式，推导出g的表达式．再根据g的表达式分析误差形成的原因。
11.如图所示,三根细线在O点处打结,A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上,使AOB成直角三角形,∠BAO=30°,已知OC线长是l,下端C点系着一个小球,下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)(　　)
A.让小球在纸面内振动,周期T=2π
B.让小球在垂直纸面内振动,周期T=2π
C.让小球在纸面内振动,周期T=2π
D.让小球在垂直纸面内振动,周期T=2π
答案：A
解析：
解答：让小球在纸面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为l,周期;让小球在垂直纸面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为,周期。
分析：单摆模型及问题求解思路
①单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件:①圆弧运动;②小角度摆动;③回复力。
②首先确认符合单摆模型的条件,然后寻找等效摆长l及等效加速度g,最后利用公式或简谐运动规律分析求解问题。
12.有一摆长为l的单摆,悬点正下方某处有一小钉,当摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部将被小钉挡住,使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被摄入),P为摆动中的最低点。已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知,小钉与悬点的距离为(　　)
A.l/4　　　B.l/2　　　C.3l/4　　　D.无法确定
答案：C
解析：
解答：从题图中看出被钉子挡住后的周期变为原来的一半,由周期公式可知,摆长变为原来的,即钉子与悬点的距离为,本题选择C。
分析：已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，根据摆球从M到P、P到N的间隔，确定摆球在左右两侧摆动的周期关系，由单摆周期公式研究摆长关系，再求解小钉与悬点的距离。
13.用单摆测定重力加速度,根据的原理是(　　)
A.由g=看出,T一定时,g与l成正比
B.由g= QUOTE EMBED Equation.DSMT4 看出,l一定时,g与T2成反比
C.由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定,利用g= QUOTE EMBED Equation.DSMT4 可算出当地的重力加速度
D.同一地区单摆的周期不变,不同地区的重力加速度与周期的平方成反比
答案：C
解析：
解答：g是由所处的地理位置的情况来决定的,与l及T无关,故只有C正确。
分析：当地的重力加速度由所处的位置决定，与摆长和周期无关。根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式。
14．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A．T＝2πr　　　　　　 B．T＝2πr
C．T＝ D．T＝2πl
答案：B
解析：
解答：考虑单摆的周期公式与万有引力定律．根据单摆周期公式和可得，故选项B正确.
分析：先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式。
15.如图，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)．打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为(　　)
A．0.2π s　　　　　　　　 B．0.4π s
C．0.6π s D．0.8π s
答案：B
解析：
解答：由单摆周期公式知，
T1＝2π＝2π s＝0.6π s
T2＝2π＝2π s＝π s
摆球从左到右的时间为t＝＝0.4π s
分析：本题实际为两个单摆，从左到右的时间为两个摆总周期的。
二．填空题
16. 如图所示,半径是R的圆弧状光滑轨道置于竖直面内并固定在地面上,轨道的最低点为B。在轨道的A点(弧AB所对圆心角小于5°)和弧形轨道的圆心O两处各有一个静止的小球甲和乙,若将它们同时无初速释放,则 球先到达B点。(不考虑空气阻力)
答案：乙
解析：
解答：乙球做自由落体运动，所以。
甲球沿圆弧做简谐运动,此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为因此第1次到达B处的时间为，故乙球先到达B点。
分析：根据高度求出乙球下落的时间表达式，A到B的圆心角小于5°，所以A做简谐运动，根据周期性得出时间与小球A周期的关系，再比较两球到达B的时间。
17. 在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中,某同学准备好相关实验器材后,把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放,同时按下秒表开始计时,当单摆再次回到释放位置时停止计时,将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处,请对其中两处加以改正。 。
答案：①应在摆球通过平衡位置时开始计时;②应测量单摆多次全振动的时间,再计算出周期的测量值。(或在单摆振动稳定后开始计时)
解析：
解答：不妥之处有以下两点:①应在摆球通过平衡位置时开始计时;②应测量单摆多次全振动的时间,再计算出周期的测量值。(或在单摆振动稳定后开始计时)
分析：在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小．把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期。
18. 某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长l1，测得周期为T1；第二次测得悬线长为l2，测得周期为T2。根据上述数据，g值应为 .
答案：
解析：
解答：设重心与悬线与球上表面接触处距离为r，则
第一次：T1＝2π ①
第二次：T2＝2π ②
由①②两式消去r得g＝。
分析：根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式，注意摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，周期等于完成一次全振动的时间。
19. 在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。
①造成图象不过坐标原点的原因可能是 .
②由图象求出的重力加速度g＝ m/s2.(取π2＝9.87)
答案：测单摆摆长时，漏掉了摆球的半径|9.87
解析：
解答：(1)由题中图象知，当时，，说明l不等于摆长，可能只是线长，忽略了球的半径．(2)图象的斜率k＝.由图象知，v，故。
分析：根据实验注意事项与实验原理分析实验误差．由单摆周期公式变形，得到与L的关系式，分析图象斜率的意义，求解g。
20. 根据单摆周期公式T=2π,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。
①用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为 mm。
②以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有 。
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时间间隔Δt即为单摆周期T
e.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间Δt,则单摆周期T=
答案： 18.6|a、b、e
解析：
解答：(1)(2)摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,摆球尽量选择质量大些、体积小些的,都是为了更加符合单摆的构成条件,故a、b是正确的;摆线相距平衡位置的角度,以不大于5°为宜,故c是错误的;拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间,则单摆周期，故d错,e对。
分析：解答本题可按以下思路进行:(1)首先要理解游标卡尺的读数规则,主尺刻度+游标尺刻度(与主尺对齐的刻度)×;(2)掌握实验中的正确操作及减少实验误差的方法和做法。
三．解答题
21. 图甲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。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像。根据图像回答:
(1)单摆振动的频率是多大
答案：由乙图知周期,
则频率
(2)开始时刻摆球在何位置
答案：由乙图知,0时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以在B点。
(3)若当地的重力加速度为10m/s2,试求这个摆的摆长是多少。
答案：由得。
解析：
解答：(1)由乙图知周期,
则频率。(2)由乙图知,0时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以在B点。(3)由得。
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）根据图象所示时摆球的位移确定摆球开始时刻的位置。（3）已知单摆周期与当地的重力加速度，由单摆周期公式的变形公式可以求出摆长。
22. 有一单摆，在地球表面为秒摆，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6。
(1)将该单摆置于月球表面，其周期为多大？
答案：由单摆的周期公式知，，所以，
(2)若将摆长缩短为原来的1/2，在月球表面时此摆的周期为多大？
答案：据公式知，，
故T′月∶T月＝∶，
T′月＝·T月＝×4.9 s＝3.5 s。
(3)该秒摆的摆长为多少？(取g＝9.8 m/s2)
答案：据公式知，。
解析：
解答：由单摆的周期公式知，，所以，
据公式知，，
故T′月∶T月＝∶，
T′月＝·T月＝×4.9 s＝3.5 s。
据公式知，。
分析：根据单摆的周期公式以及万有引力公式计算。
23. 两个等长的单摆,第一个放在地面上,另一个放在高空,当第一个单摆振动n次的同时,第二个单摆振动(n-1)次。如果地球半径为R,那么第二个单摆离地面的高度为多大
答案：设第二个单摆离地面的高度为h,则距地心距离为,设此处重力加速度为,地表处重力加速度为,则:
①
又由得:
即②
由①②解得。
解析：
解答：设第二个单摆离地面的高度为h,则距地心距离为,设此处重力加速度为,地表处重力加速度为,则:
①
又由得:
即②
由①②解得。。
分析：根据单摆的周期公式，可求得地面与高处的重力加速度之比．根据重力等于万有引力，列式可求出第二个单摆离地面的高度。
24. 天花板上O点悬挂一单摆,绳子长度为0.99l,质量分布均匀的实心小球质量为m,直径为0.02l,O点正下方0.1l处有一钉子P,如图所示,现将单摆向左拉开一个小角度θ,并由静止释放,小球左右摆动过程中,偏角始终都小于5°,重力加速度为g。求:
(1)单摆的振动周期;
答案：摆长为OA的单摆周期
摆长为PB的单摆周期
由题意得
，单摆的振动周期
解得。
(2)小球从左摆到最低点时,绳子对小球的拉力大小。
答案：从静止释放到最低点,由机械能守恒得
在最低点
解得
解析：
解答：①摆长为OA的单摆周期
摆长为PB的单摆周期
由题意得
，单摆的振动周期
解得。
②从静止释放到最低点,由机械能守恒得
在最低点
解得。
分析：（1）根据单摆周期公式，结合题目条件，即可求解；（2）根据机械能守恒定律与牛顿第二定律，即可求解。
25. 几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰,他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表,山顶上还有形状不规则的石子和矮树,他们知道地球半径为R0,海平面处的重力加速度为g0。请根据以上条件,为他们设计测量山峰海拔高度的方法。
(1)写出操作步骤和需要直接测量的物理量(物理量用字母符号表示)。
答案：用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上,用钢卷尺量出摆绳长,用手表测出摆动周期,改变摆绳长至,测出摆动周期。
(2)推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式(要求写出推导过程)。
答案：由(1)得山顶的重力加速度。因为地面的重力加速度,山顶的重力加速度,由上述两式可得
。
解析：
解答：①用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上,用钢卷尺量出摆绳长,用手表测出摆动周期,改变摆绳长至,测出摆动周期。
②由(1)得山顶的重力加速度。因为地面的重力加速度,山顶的重力加速度,由上述两式可得
。
分析：单摆完成一次全振动的时间是一个周期。单摆完成n次全振动所用的时间t，求出周期。由单摆的周期公式得出重力加速度的表达式。根据万有引力提供向心力公式即可求得高度。
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