高中物理人教版选修3-4 随堂检测第十一章 第4节　单摆 Word版含解析

[随堂检测]
1．某单摆在摆动过程中由于阻力作用，机械能逐渐减小，则单摆振动的(　　)
A．频率不变，振幅不变　　　 B．频率改变，振幅不变
C．频率不变，振幅改变 D．频率改变，振幅改变
解析：选C.单摆振动的能量与振幅有关，故当机械能减小时，振幅减小；单摆的频率只与摆长和重力加速度有关，与振幅无关，故频率不变；故选C.
2．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是(　　)
A．摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D．摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
答案：B
3．有一个正在摆动的秒摆(周期为2 s)，在t＝0时正通过平衡位置向右运动，当t＝1.7 s时，摆球的运动是(　　)
A．正向左做减速运动，加速度大小在增加
B．正向左做加速运动，加速度大小在减少
C．正向右做减速运动，加速度大小在增加
D．正向右做加速运动，加速度大小在减少
解析：选D.由题，单摆的周期是2 s，一个周期分成四个1/4周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t＝1.7秒时，单摆是由最大位移处向平衡位置向右运动，所以速度向右在增加，加速度在减小．故A、B、C错误，D正确．
4．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会(　　)
A．偏大　　　　　　 B．偏小
C．一样 D．都有可能
解析：选C.根据单摆的周期公式：T＝2π得：T2＝L＋r，T2与L图象的斜率k＝，横轴截距等于球的半径r.故g＝，根据以上推导，如果L是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的计算没有影响，一样，故A、B、D错误，C正确．
5．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中不正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲单摆的振幅比乙的大
C．甲单摆的机械能比乙的大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙单摆
解析：选C.振幅可从题图上看出，甲单摆振幅大，两单摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，故无法比较机械能．t＝0.5 s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．
[课时作业] [学生用书P91(单独成册)]
一、单项选择题
1．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
解析：选B.把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期T＝2π>T0，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．
2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的(　　)
A．只将摆球质量变为原来的
B．只将振幅变为原来的2倍
C．只将摆长变为原来的4倍
D．只将摆长变为原来的16倍
解析：选C.由T＝2π可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错误；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，l＝4l0，故C正确，D错误．
3．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的(　　)
A．频率、振幅都不变　　　 B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变
解析：选C.由单摆周期公式 T＝2π知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，频率不变．没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，则有：mgh＝mv2，质量改变后：4mgh′＝·4m·，可知h′≠h，振幅改变，故选C.
4．已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m，则两单摆长la与lb分别为(　　)
A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m
B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m
D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m
答案：B
二、多项选择题
5．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是(　　)
A．适当加长摆线
B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
解析：选AC.适当加长摆线有利于测量摆长，使相对误差减小，另外有利于控制摆角不易过大，因此选项A正确；质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，以减小摆动过程中空气阻力的影响，选项B错误；单摆偏离平衡位置的角度不能太大，因为若偏角太大，单摆的运动就不是简谐运动，选项C正确；经过一次全振动后停止计时，所测时间偶然误差过大，应测量多次全振动的时间再求平均值，以减小偶然误差，选项D错误．
6．通过DIS实验系统和力传感器可以测量单摆摆动时悬线上的拉力的大小随时间变化的情况．某次实验结果如图所示，由此曲线可知(　　)
A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点
B．摆球摆动过程中机械能守恒
C．摆球摆动的周期是T＝0.6 s
D．单摆的摆长约为0.36 m
解析：选AD.当悬线的拉力最大时，摆球通过最低点，由图读出t＝0.2 s时摆球正通过最低点．故A正确．摆球经过最低点时悬线的拉力随时间在减小，说明存在空气阻力，摆球机械能不断减小．故B错误．由图读出：摆球从最低点到最高点的时间为0.3 s，则摆球的摆动周期大约为1.2 s．故C错误．根据T＝2π可求得摆长约为0.36 m，选项D正确．
三、非选择题
7．某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石代替小球．他设计的实验步骤如下：
A．将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点，如图所示；
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝得出周期；
E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；
F．求出多次实验中测得的l和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g＝l，求出重力加速度g.
(1)该同学以上实验步骤中有重大错误，请指出并改正为_______________________________
________________________________________________________________________.
(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)．
(3)为解决摆长无法准确测量的困难，可采用图象法，以T2为纵轴，以l为横轴，作出多次测量得到的T2－l图线，求出图线斜率k，进而求得g＝________(用k表示)．k值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难．
解析：(1)实验步骤中有错误的是
B：用刻度尺测量石块重心到悬挂点间的距离才是摆长．
D：应在摆球经过平衡位置时计时．
F：应该用各组的l、T求出各组的g后，再取平均值．
(2)由单摆的周期公式T＝2π得：g＝.可知，该同学用OM的长作为摆长，摆长偏小，由此式可知，g的测量值偏小．
(3)画出T2－l图线，由T2＝l可知，图象的斜率k＝，即g＝，解决了摆长无法准确测量的困难．
答案：(1)见解析　(2)偏小　(3)
8．如图所示，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象．根据图象回答：
(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9.86 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
解析：(1)由单摆振动图象得：T＝0.8 s，
故：f＝＝1.25 Hz.
(2)开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B点．
(3)根据公式：T＝2π
得：L＝＝ m≈0.16 m.
答案：(1)1.25 Hz　(2)开始时刻摆球在B点
(3)0.16 m
9．简谐运动的条件是“质点所受回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，即F＝－kx”．如图，圆弧面上的小球(可看做质点)左右振动，振动幅度较小．小方同学测得圆弧半径R＝1.2 m，小球某次经过圆弧最低点时开始计时，并数“1”，然后小球每经过一次最低点就依次数“2、3、4…”，当数到“31”时停止计时，发现用时33秒．
(1)请论证小球在振动幅度较小时，是简谐运动；
(2)根据题中条件，利用所学知识计算当地的重力加速度(π2取9.8，结果保留2位有效数字)．
解析：利用在角度很小时sin θ＝，证明小球的回复力表达式满足F回＝－kx形式，类比单摆周期公式，求解重力加速度表达式计算
(1)回复力F回＝mgsin θ
在角度很小时sin θ＝
则F回＝mgsin θ＝mg＝x＝kx
由于回复力与位移方向相反，所以F回＝－kx，所以是简谐运动．
(2)由单摆周期公式T＝2π
小球的运动与单摆类似，则有T2＝4π2，得g＝，T＝2.2 s，解得g≈9.7 m/s2.
答案：(1)见解析　(2)9.7 m/s2