古交市第二高级中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-4：1.3单摆 质量检测（含解析）

1.3单摆
课时作业
1．甲、乙两单摆振动图象如图所示，则（
）
A．甲的振幅小
B．乙的摆长短
C．ta时刻甲的摆角大
D．tb时刻两摆球速度相同
2．如图，竖直平面内有一半径为1.6m、长为10cm的圆弧轨道，小球置于圆弧端点并从静止释放，取g=10m/s2，小球运动到最低点所需的最短时间为（
）
A．0.2πs
B．0.4πs
C．0.8πs
D．πs
3．在单摆的摆角小于的情况下，为了增大其振动周期，可行的办法是
A．增大摆球的质量
B．增大振动的振幅
C．减小单摆的摆长
D．将单摆从山脚下移至山顶上
4．如图所示为单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（　　）
A．摆长
B．回复力
C．频率
D．振幅
5．如图所示是一个单摆的共振曲线.若单摆所处环境的重力的加速度g=9.8m/s2，则此摆的摆长约为（
）
A．0.5m
B．1m
C．2m
D．3m
6．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像如图(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
7．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（　　）
A．t
B．2t
C．3t
D．4t
8．将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图7所示．某同学由此图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是（
）
A．t＝0.2
s时摆球正经过最低点
B．t＝1.1
s时摆球正经过最低点
C．摆球摆动过程中机械能减小
D．摆球摆动的周期是T＝1.4
s
9．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是（
）
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5
s时有正向最大加速度的是乙摆
E.由图象可以求出当地的重力加速度
10．如图，长为的轻绳上端固定在O点，下端系一小球（小球可视为质.点）在O点正下方距O点处的P点固定一小钉子，现将小球拉至A点，使细线与竖直方向间夹角为（很小），然后由静止释放小球，小球运动的最低点为B，点C（图中未标出）是小球能够到达的左方最高位置.A、B、P、O在同一竖直平面内，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的有
A．点C与点A等高
B．点C在点A上方
C．小球摆动的周期为
D．小球摆动的周期为
11．［选修模块3-4］一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，制成单摆装置．在O点有一个能测量绳中拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐振动，由传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图所示，则小球振动的周期为________s，此单摆的摆长为________m（重力加速度g
=10m/s2，取π2=
10）．
12．升降机中有一单摆,若当它随升降机匀速上升时,它的摆动周期是2s;则当它随升降机以3g/4的加速度减速上升时,周期是_____s;当它随升降机以3g的加速度加速上升时,周期是______s.
13．单摆做简谐振动时回复力是由摆球__________的分力提供．用单摆测重力加速度实验中，尽量做到摆线要细，弹性要小，质量要轻，其质量要_________摆球质量．
14．有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确的探究了单摆周期T和摆长L的关系．然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2－L图象，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高，则去“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是________(填“A”或“B”)．另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图象，如图乙所示，由图象可知两单摆摆长之比=________，在t=2s时b球振动方向是：________(填“＋y”或“y”)．
参考答案
1．C
【解析】
A．由题目图可知，甲的振幅大，故A错误；
B．由图知，甲单摆的周期为
乙单摆的周期为
T乙=tb
则
T甲：T乙=2：3
由单摆周期公式得：甲、乙两单摆的摆长之比
故B错误；
C．ta时刻甲、乙两单摆的位移相等，由于甲的摆长短，则甲的摆角大，故C正确；
D．tb时刻甲、乙两摆球均通过平衡位置，速度方向相反，则速度不同，故D错误。
故选C。
2．A
【解析】
小环运动到最低点所需的最短时间为周期，则有：
t=T=×2π=×2π=0.2πs
A正确，BCD错误。
故选A。
3．D
【解析】
AB．单摆的周期公式可知，增大摆球的质量和振幅，不影响周期的大小，故AB错误；
C．单摆的周期公式可知，减小单摆的摆长，可以减小周期，故C错误；
D．单摆的周期公式可知，将单摆从山脚下移至山顶上，重力加速度减小，则周期增大，故D正确。
故选D。
4．B
【解析】
由图可直接看出的物理量有：周期T=2s，振幅A=3cm；由单摆的周期公式：
则频率：
可求出摆长为：
由于不知道摆球的质量，所以无法知道回复力。B正确，ACD错误。
故选B。
5．B
【解析】
由图可知，此单摆振动固有频率为f=0.5Hz，则周期为
根据单摆的周期公式，则有
故ACD错误，B正确。
故选B。
6．C
【解析】
根据单摆的周期公式：得：，T2与L图象的斜率，横轴截距等于球的半径r．
故
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ABD错误，C正确．
故选C．
7．D
【解析】
单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得，该单摆的周期为4t，故D项正确，ABC三项错误。
8．AC
【解析】
摆球摆到最低点时，速度最大，绳子拉力最大，A对；在最高点时，绳子的拉力最小，t＝1.1
s时，摆球应处在最高点，B错；从图像来看，小球摆到最低点的速度逐渐减小，C对；由相邻绳子拉力最大的时间间隔是半个周期，可知周期为1.2s，D错；
9．ABD
【解析】
A．由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等．故A正确；
B．甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大．故B正确；
C．尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小．故C错误；
D．在t=0．5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度．故D正确；
E．由单摆的周期公式得，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加速度．故E错误．
【点睛】
本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向，这些都是基本功．
10．AD
【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，即点C与点A等高，故A正确，B错误；
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错误，D正确。
故选AD。
11．4s
4m
【解析】
因为一个周期内两次经过平衡位置，经过平衡位置时拉力最大，可知小球的周期为4s．根据
得摆长为：．
12．4
1
【解析】
据单摆的振动周期公式：当它随升降机匀速上升时，；当它随升降机以3g/4的加速度减速上升时，等效重力加速度为：g-g=．所以；联立解得：T1=2T=4s；它随升降机以3g的加速度加速上升时，等效重力加速度为：g+3g=4g，所以；联立解得：T2=0.5T=1s.
13．重力沿圆弧切线；
远小于
【解析】
单摆做简谐振动时回复力是由摆球重力沿圆弧切线的分力提供．用单摆测重力加速度实验中，尽量做到摆线要细，弹性要小，质量要轻，其质量要远小于摆球质量．
14．B
＋y
【解析】
本题的考点是单摆运动．
【详解】
单摆周期公式为：
，整理变形得：结合数学知识，图象中斜率越大代表的重力加速度值越小，纬度越低重力加速度值越小，已知天津市比上海市的纬度高，故南开的重力加速度比较大，对应的图象斜率越小，应为B．
由摆球振动图象可以看出Ta：Tb=2：3
由图象知T2与L成正比，故
t=2s时振动图象的斜率为正，故摆球正在向+y方向运动．
【点睛】
单摆问题解决的关键是单摆周期公式