烟台市第十中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-4：1.3单摆 课时训练（含解析）

1.3单摆
课时训练
1．做简谐运动的单摆摆长不变，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
2．摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图所示，选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长之比是
B．ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等
C．tb时刻甲、乙两单摆的势能差最小
D．tc时刻甲、乙两单摆的速率相等
3．如图所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球。用手向下拉一小段距离后释放铁球，铁球便上下做简谐运动，则（　　）
A．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置
B．在小球从最高点向平衡位置运动的过程中小球的位移逐渐减小，回复力、加速度先减小后增大
C．若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期
D．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为
4．物体做简谐运动时，下列叙述正确的是（　　）
A．平衡位置就是回复力为零的位置
B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态
C．物体到达平衡位置时，合力一定为零
D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零
5．将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了。其原因和调整的方法分别为（
）
A．，将摆长缩短
B．，将摆长加长
C．，将摆长缩短
D．，将摆长加长
6．如图所示，房顶上固定一根长2.5m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1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为（　　）
A．0.2πs
B．0.4πs
C．0.6πs
D．0.8πs
7．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
8．实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。如果实验得到的结果比当地的重力加速度值小，可能的原因是（　　）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．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
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将n－1次全振动数为n次
9．某同学在学校实验室采用甲、乙单摆做实验时得到的振动图象分别如下图中甲、乙所示，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．两摆球经过平衡位置时，速率可能相等
C．乙单摆的振动方程是
D．在任意相同时间内，两摆球的位移之比为10:7
10．在用单摆测量重力加速度的实验中，下列说法正确的是
。
A．尽量选择质量大、体积小的摆球
B．用刻度尺测量摆线的长度，将其作为单摆的摆长
C．为方便测量，可以让单摆的振幅尽可能大
D．释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T=
E.测量多组摆长和对应的周期T，分别以和T2为纵坐标和横坐标，作出函数图像，根据直线的斜率求出重力加速度g
11．一个摆长为l的单摆，摆球质量为m，带负电，电荷量为q．如果此单摆在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中做简谐振动，此时这个单摆的振动周期________．
12．处于同一地点的两个单摆，当A摆完成全振动次数的时间内，B摆刚好完成全振动次数，则两摆的周期之比为_______________，摆长之比为______________．
13．振动的“回复力”是按力的_________命名的，弹簧振子的回复力是由_______提供的，单摆的回复力是由________提供的．
14．如图所示，一细绳的上下端都系着一个小球，把上端的小球固定起来，构成一个单摆，将该单摆做小幅度摆动，测得摆动周期为T；如果使这两个小球都带上正电荷，再让这个单摆做小幅度摆动，测得此时摆动周期为．比较这两个摆动周期应该有________T（选填“＞”“＝”或“＜”）．
参考答案
1．C
【解析】
由单摆的周期公式
可知单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅是反映单摆运动过程中的机械能大小的物理量，由
可知摆球经过平衡位置时的动能不变，但摆球质量改变，摆球运动时重力势能变化，因此摆球的机械能改变，从而导致振幅改变，故C正确，ABD错误。
故选C。
2．A
【解析】
本题考查根据振动图像分析简谐振动。
【详解】
A．由题图可知
＝＝
又因为
T＝2π
所以摆长之比为，A正确；
B．由于两摆线长度不同，在ta时刻离开平衡位置位移相等，两个单摆的摆角不相等，B错误；
C．因为甲的摆线短、摆幅大，所以甲上升的最大高度大于乙的，在tb时刻，乙在平衡位置(最低处)，而甲在最高处，因此两者的势能差是最大的，C错误；
D．由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的，所以tc时刻甲经过平衡位置时的速率大于乙的，所以D错误。
故选A。
3．C
【解析】
A．当弹簧的弹力等于重力时，小球所受的合力为零，该位置才是平衡位置，A错误；
B．在小球从最高点向平衡位置运动的过程中，小球的位移逐渐减小，回复力、加速度逐渐减小，B错误
C．在平衡位置时，弹簧的伸长量
由题可知，单摆的振动周期
C正确；
D．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为，D错误。
故选C。
4．A
【解析】
A．平衡位置就是回复力为零的位置，A正确；
BCD．单摆摆动经过平衡位置时，虽然回复力为零，但合力不为零，而是合力指向圆心，提供圆周运动的向心力，不处于平衡状态，BCD错误。
故选A。
5．A
【解析】
将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了，说明周期变长了，根据单摆的周期公式可知：甲地的重力加速度大于乙地的重力加速度；为了减小周期，可以减小摆长，故A正确，BCD错误。
故选A。
6．B
【解析】
由单摆周期公式知
小球从最左端运动到最右端的最短时间为
故B正确，ACD错误。
故选B。
7．B
【解析】
把调准的摆钟，由北京移至赤道，重力加速度变小，根据周期公式
则周期变长，钟变慢，要使它准确应该使T减小，即减少摆长L。故ACD错误，B正确。
故选B。
8．B
【解析】
根据可得
A．测摆线长时摆线拉得过紧时，摆线长的测量值偏大，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值大，故A错误；
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，则摆长测量值小于实际值，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值小，故B正确；
C．开始计时，秒表过迟按下使得周期测量值偏小，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值大，故C错误；
D．实验中误将n－1次全振动数为n次使得周期测量值偏小，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值大，故D错误。
故选B。
9．AC
【解析】
A．两个单摆的振动周期相同，都是2s，根据振动周期公式
可知两个单摆的摆长相等，A正确；
B．因为两个单摆的振幅不同，因此经过平衡位置时的速率不同，B错误；
C．由于乙的振幅为7cm，振动周期为2s，由图像可知振动方程为
C正确；
D．虽然振幅之比为10：7，但振动过程中，位移有时可能甲大，有时可能乙大，不能确定，D错误。
故选AC。
10．ADE
【解析】
A．尽量选择质量大、体积小的摆球，可以减小阻力使实验更准确，A正确；
B．用刻度尺测量摆线的长度，用游标卡尺测出小球的直径算出半径，则线长加半径作为摆长，B错误；
C．为了准确，单摆的振幅尽可能小，最大不超过5o，C错误；
D．为了准确可以多测几个周期，比如释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T=，D正确；
E．测量多组摆长和对应的周期T，分别以和T2为纵坐标和横坐标，作出函数图像，根据直线的斜率求出重力加速度g，E正确。
故选ADE。
11．
【解析】
[1]处于竖直向下的匀强电场中的摆球，竖直方向受到的合力：
合
摆球在摆动的过程中等效重力加速度大小为：
根据单摆周期公式可得此时这个单摆的振动周期：
12．
【解析】
[1]由题意知在相同时间内,A摆全振动次，B摆恰好全振动了次，则根据周期定义有：
[2]因为周期：
所以有：
所以：
13．效果
弹簧弹力
重力切向分力
【解析】
[1][2][3]因为“回复力”是指向平衡位置的，不是某一特指的力，所以是按力的效果来命名的；而弹簧振子的回复力室友弹簧的弹力提供的；单摆的回复力是由重力沿切线方向的分力提供的.
14．＝
【解析】
[1]．单摆振动的回复力等于重力沿切线方向的分量；当这两个小球都带上正电荷时，摆球所受的库仑力的方向沿摆线方向向下，此力的方向与摆球回复力的方向垂直，则摆球所受的回复力不变，则摆球的周期不变，即T′=T.