1.3 单摆 同步练习 (含答案解析) (3)

1.3
单摆
同步练习
1．关于单摆，下列说法中正确的是
(　　)．
A．摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力
B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的
C．摆球在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，加速度为零
2.如图所示是一个单摆(α<5°)，其周期为T，则下列说法正确的是
(　　)．
A．把摆球质量增加一倍，则周期变小
B．把偏角α变小时，周期也变小
C．摆球由O
→B→O，运动的时间为T
D．摆球由O
→B→O，运动的时间为
3．一个单摆和一个弹簧振子，在上海调节使得它们的振动周期相等(设为T)．现在把它们一起拿到北京，若不再做任何调节．设这时单摆的振动周期为T1，弹簧振子的振动周期为T2，则它们的周期大小的关系为
(　　)．
A．T1B．T1＝T2C．T1>T2＝T
D．T14.如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都做简谐运动，在摆动过程中下列说法正确的是
(　　)．
A．甲的振幅小于乙的振幅
B．甲的振幅等于乙的振幅
C．甲的最大速度小于乙的最大速度
D．甲的运动周期大于乙的运动周期
5.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5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.
B.
C.
D．无法确定
6．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．测定周期时，振动次数少数了一次
B．测定周期时，振动次数多数了一次
C．摆球的质量过大
D．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径
7．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”“不变”或“变小”)．
8.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)
9.有五组同学用单摆测定重力加速度，各组的实验器材、数据如下表所示．若各组同学实验操作水平一样，那么第________组同学测定的结果最准确．若该组同学根据自己测得的实验数据作出单摆的振动图象(如图所示)，
那么该同学测出的重力加速度大小是________m/s2.
组制
摆球材料
最大偏角
摆长
测全振动次数
1
木
10°
0.40
m
10
2
铝
10°
0.50
m
20
3
铜
12°
0.60
m
30
4
铁
11°
0.80
m
40
5
铅
8°
0.80
m
50
10.
如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线，以摆球最低位置为重力势能的零点，则摆球在摆动过程中
(　　)．
A．位于B处时动能最大
B．位于A处时势能最大
C．在位置A的势能大于在位置B的动能
D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能
11.如图所示为同一实验室中两个单摆的振动图象，从图中可知，两摆的
(　　)．
A．摆长相等
B．振幅相等
C．摆球质量相等
D．摆球同时改变速度方向
12．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，若这两个行星的质量之比为M1∶M2＝4∶1，半径之比R1∶R2＝2∶1，则(　　)．
A．T1∶T2＝1∶1
B．T1∶T2＝4∶1
C．T1∶T2＝2∶1
D．T1∶T2＝1∶2
13．图甲中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，设摆球向右运动为正方向，图1－3－16乙是这个单摆的振动图象，根据图象回答：
图
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10
m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
答案：
1.
解析　摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A错；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D错；由简谐运动特点知B正确．
2.
解析　单摆的周期T与摆球质量无关，选项A错．偏角α变小，振幅变小，但单摆的周期T与振幅无关，选项B错．摆球由O
→B→O的过程仅完成了半个全振动，运动时间等于，选项C错、D对．
3.
解析　弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数和振子质量有关，拿到北京后周期不变；北京的重力加速度比上海的大，单摆拿到北京后周期变小．答案　A
4.
解析　由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来二者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，故甲的振幅小．A正确，两物体在平衡位置时速度最大，根据mgh＝mv2得v＝，与质量无关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，C正确；根据T＝2π
，周期与质量无关，所以D错．答案　AC
5.
解析　设每相邻两次闪光的时间间隔为t0，由图象可知摆球在右侧周期所用时间t1＝4t0，在左侧周期所用时间t2＝2t0，故在右侧运动周期T1与在左侧运动周期T2之比＝＝，根据单摆周期公式T＝2π，可得＝，故l1＝L，l2＝L，小钉与悬点的距离L′＝l1－l2＝L，正确答案为C.
6.
解析　由计算g的公式g＝可知，如果振动次数多数了一次，即T偏小，使g偏大，选项A错、B对．摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项C错．当l偏小时，求得的g偏小，选项D错．答案　B
7.
解析　单摆的摆长等于悬点到小球顶点的绳长与小球半径之和，所以当小球的直径改为原来的2倍时，其摆长增大，由周期公式T＝2π可知，单摆的周期变大．答案　变大
8.
解析　(1)由图象知，当l＝0时，T≠0，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，k＝4，故g＝π2
m/s2＝9.87
m/s2.
答案　(1)测单摆摆长时，漏掉了摆球的半径　(2)9.87
9.
解析　第5组同学的单摆摆长适当，偏角小于10°，振动次数越多，误差越小．从振动图象上知T＝1.80
s，代入公式g＝，得g＝9.74
m/s2.
答案　第5组　9.74
10.
解析　摆球在摆动过程中总机械能守恒，只是动能和重力势能之间的转化，故D错．位置A是摆动的最高点，动能为零，势能最大，B对．在B处，总机械能为动能与势能之和，在A处势能为总机械能，故C对．摆球在平衡位置时势能为零，动能最大，故A错．答案　BC
11.
解析　由图象可知，两摆的振幅不同，周期相同，说明摆长相同，速度方向不是同时改变，所以选项A对，B、D错；据图中信息无法判断摆球质量关系，选项C错．答案　A
12.
解析　单摆的周期公式为T＝2π，对同一单摆有T∝
.又根据万有引力定律mg＝G，有g＝，因此T∝
，故T1∶T2＝
＝
＝1.
13.解析　(1)由乙图知周期T＝0.8
s，
则频率f＝＝1.25
Hz.
(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T＝2π得l＝＝0.16
m.
图
图5
图
图
图
图