东平高级中学2019-2020学年鲁科版选修3-4：1.3单摆 巩固练习（含解析）

1.3单摆
1．在上海走时准确的摆钟，随考察队带到北极黄河站，则这个摆钟（
）
A．变慢了，重新校准应减小摆长
B．变慢了，重新校准应增大摆长
C．变快了，重新校准应减小摆长
D．变快了，重新校准应增大摆长
2．下列说法中，符合物理学史实的是（　　）
A．法拉第发现了电流周围存在磁场
B．奥斯特总结出了磁场对运动电荷作用的规律
C．麦克斯韦发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转
D．惠更斯曾详尽地研究过单摆的振动，确定了计算单摆周期的公式
3．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟．如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动．在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是（　　）
A．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
B．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
D．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
4．不可伸长的细线下端悬挂一个小球，让细线从偏离竖直一个角度从静止释放，小球在竖直平面内振动，则（　　）
A．当小球达到最高位置时，速度最大，势能最小，绳上的拉力最大
B．当小球达到最高位置时，速度最小，势能最大，绳上的拉力最小
C．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是重力沿圆弧切线的分力
D．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是细线拉力、重力的合力
5．下列关单摆的认识说法正确的是（　　）
A．摆球运动到平衡位置时，合力为零
B．将摆钟由广州移至哈尔滨，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调短
C．在利用单摆测量重力加速度的实验中，将绳长当做摆长代入周期公式会导致计算结果偏小
D．将单摆的摆角从5?改为3?，单摆的周期不变
6．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球（小球可以看成质点）。在O点正下方，距O点处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C（图中未标出）是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h<)
A．点C与点B高度差小于h
B．点C与点B高度差等于h
C．小球摆动的周期等于
D．小球摆动的周期等于
7．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，如果得出的重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是__________
A．测量周期时，时间内全振动的次数少数了一次
B．测量周期时，时间内全振动的次数多数了一次
C．摆线上端固定不牢固，振动中出现松动，使摆线变长
D．在测量摆长时，将细线的长度加上小球的直径作为摆长.
E.小球没有在同一竖直面内运动，形成了圆锥摆
8．如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是
A．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1
B．时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
C．甲、乙两球的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
9．如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象可知（
）
A．两摆球质量相等
B．两单摆的摆长相等
C．两单摆相位相差
D．在相同的时间内，两摆球通过的路程总有
10．发生下列哪一种情况时，单摆周期会减小（　　）
A．减小摆长
B．减小摆球质量
C．减小单摆振幅
D．将单摆由高山山顶移至山下
11．一根长度均为L的细线，下端系在质量为m的小球上，细线的上端固定在天花板上，构成一双线摆。已知细线在天花板件的夹角为α，小球可以在垂直纸面的竖直平面内自由摆动，则小球自由摆动时的周期为_____________。
12．斌斌利用“探究单摆周期与摆长的关系”的实验装置(如图所示)来测定当地的重力加速度。他测得摆线长为L，铁球的直径为d；在测定周期时，摆球的计时起点应选择图中的_____位置(选填“A”、“B”或“C”)；若测得单摆n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度g可表达为___。
13．图甲是利用沙摆演示简谐运动图像的装置。盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙，在板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线。已知木板被水平拉动的甲乙速度为0.2m/s．图乙所示的一段木板的长度为0.6m，则这次实验沙摆摆动的周期为________s。
14．如图所示的双线摆，如果摆球大小不计，其摆线长均为，线与天花板间的夹角为，此双线摆等效为单摆时的摆长是________.当小球垂直于纸面做简谐运动时，周期
T=________。
参考答案
1．D
【解析】
摆钟从上海到北极，纬度升高，重力加速度g变大，由单摆的周期公式可知，摆钟的周期变小，即摆动变快，要将周期T调大从而重新校准应增大摆长L，故D正确，ABC错误。
故选D。
2．D
【解析】
A．奥斯特发现了电流周围存在磁场，选项A错误；
B．洛伦兹总结出了磁场对运动电荷作用的规律，选项B错误；
C．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，选项C错误；
D．惠更斯曾详尽地研究过单摆的振动，确定了计算单摆周期的公式，选项D正确。
故选D。
3．C
【解析】
由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2π，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动．
ABD.由上分析可知，ABD错误；
C.由上分析可知，C正确。
4．BC
【解析】
AB．
在单摆振动过程中，当摆球到达最高点时，速度为0，即最小；因为是最高点所以重力势能最大，即势能最大；设绳子偏离竖直方向的角度为θ，如图：
根据牛顿第二定律：
得
θ越小，v越大则绳子拉力越大，而此时最高点，θ最大，v最小，故绳子拉力最小，故A错误B正确；
CD．
单摆做简谐运动的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，或者说是合力沿着运动轨迹切向的分力；而合力的径向分量提供向心力；故C正确D错误。
故选BC。
5．CD
【解析】
A．摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力指向圆心做为圆周运动的向心力，故A错误；
B．由于哈尔滨的重力加速度大于广州的重力加速度，因此将摆钟由广州移至哈尔滨，重力加速度变大，为保证摆钟的准确，需要将钟摆摆长调长，故B错误；
C．摆长应为线长与球的半径之和，根据单摆的振动周期公式
如果周期测量准确，而摆长代入值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故C正确；
D．单摆的振动周期与振幅无关，因此将单摆的摆角从5?改为3?，单摆的周期不变，故D正确。
故选CD。
6．BC
【解析】
AB．小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，两侧最高点动能均为零，故重力势能也相等，故最大高度相同，故A错误，B正确；
CD．小球B→A→B的时间为
小球B→C→B的时间为
故小球摆动的周期为
故C正确，D错误。
故选BC。
7．BDE
【解析】
由单摆的周期公式得
A．数振动次数时，少计了一次，则求出的周期T偏大，由知测量值偏小，则A错误；
B．数振动次数时，多计了一次，则求出的周期T偏小，由知测量值偏大，则B正确；
C．振动中出现松动，使摆线变长，测得的周期变大，则由可知测量值偏小，C错误；
D．测量摆长时，将细线的长度加上小球的直径作为摆长，则由可知测量值偏大，则D正确；
E．形成圆锥摆，如图所示：
根据向心力计算公式可得
解得
则周期偏小，g测量值偏大，则E正确；
故选BDE。
8．AB
【解析】
A．由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，振幅之比为2：1，故选项A正确；
B．t=2s时，甲摆在平衡位置处，则甲单摆的重力势能为零；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；
C．由单摆的周期公式
得到甲、乙两摆的摆长之比为1：4，故选项C错误；
D．因摆球摆动的最大偏角未知，无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系，故选项D错误。
故选AB。
9．BC
【解析】
A.单摆周期与质量无关，所以无法得到两球的质量关系；选项A不合题意.
B.从图上知，则摆长相等；B项符合题意．
C..两单摆相位相差，故C项符合题意.
D.由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足，若不能满足以上的要求，则不一定满足，故D项不合题意.
10．AD
【解析】
根据单摆周期公式可知：
A．减小摆长，周期减小，选项A正确；
B．减小摆球质量，周期不变，选项B错误；
C．减小单摆振幅，周期不变，选项C错误；
D．将单摆由高山山顶移至山下，则g变大，周期变小，选项D正确。
故选AD。
11．
【解析】
如下图所示，此单摆可等效为摆长为Lsinα的单摆，
根据单摆的周期公式，可得小球的周期为：。
12．C
【解析】
[1].摆球经过C位置时，速度最大，从该位置开始计时误差较小。
[2].摆长为：
，
摆球的周期为：
根据得：
。
13．1.5
【解析】
由题中“在板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线”可知，本题考查在简谐运动图像中计算周期，根据简谐运动特点和规律可分析本题。
【详解】
由题中数据可得，沙摆周期T为
14．L
sin
2
【解析】
[1]摆球垂直纸面做简谐运动，由图可知此双线摆等效为单摆时的摆长是：
[2]根据单摆的振动周期可得摆球垂直纸面做简谐运动的周期为：