怀仁县巨子高中2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-4：1.3单摆 学业测评 （含解析）

1.3单摆
课时作业
1．做简谐运动的单摆，其周期（
）
A．随摆长的增大而增大
B．随振幅的增大而增大
C．随摆球质量的增大而减小
D．随摆球密度的增大而减小
2．单摆在摆动过程中，下列说法正确的是
A．回复力是重力和细线拉力的合力
B．摆动到最低点时回复力为零
C．动能变化的周期就等于振动周期
D．小球质量越大，周期越长
3．已知地球半径为R，一单摆在山脚下（处于海平面高度）的周期为T，将该单摆移到高为h的山顶，其周期改变量为（
）．
A．
B．
C．
D．
4．关于单摆做简谐振动，下列说法正确的是（
）
A．摆球做匀速圆周运动
B．摆动到最低点时加速度为零
C．速度变化的周期等于振动周期
D．振动的频率与振幅有关
5．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值偏小，可能是因为（
）
A．摆球的质量太大
B．测摆长时，将线长加小球直径作为摆长
C．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次
D．摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长
6．同一地方的两个单摆，做简谐运动的周期相同，则它们具有相同的（
）
A．摆球质量
B．振幅
C．摆球半径
D．摆长
7．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，如果测得的g值偏小，可能的原因是（）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动使摆线长度增大了
C．开始计时时，迟按秒表
D．实验中误将49次全振动计为50次全振动
8．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速、()在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为和，则
A．，
B．，
C．，
D．，
9．如图所示是两个理想单摆的振动图象，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移，以向右为正方向。下列说法中正确的是(　　)
A．同一摆球在运动过程中前后两次经过轨迹上的同一点，加速度是相同的
B．甲、乙两个摆的频率之比为1∶2
C．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
D．从t＝0时起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲位于平衡位置，速度方向向左
E.t＝2
s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
10．某学生利用单摆测定重力加速度，在以下各实验步骤中，有错误的步骤是（）
A．在未悬挂之前先测定好摆长
B．测得的摆长为10
cm
C．将摆球拉离平衡位置，摆角约15°后，让其在竖直平面内振动
D．测单摆周期时，应从摆球通过平衡位置开始计时
11．如图所示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．设向右为正方向，如图是这个单摆的振动图象．该单摆振动的频率是________Hz，若振幅有所减小，则振动周期将________(选填“增大”“减小”或“不变”)．
12．做简谐运动的单摆，摆球质量不变，摆线与竖直方向所成的最大夹角不变，其周期随摆长的增大而__________，其振幅随摆长的增大而________。（选填“增大”、“减小”或“不变”）。若某同学测得摆长为L的单摆n次全振动的时间t，由此可计算出当地的重力加速度g=_________。
13．如图，A、B分别表示甲单摆（实线）和乙单摆（虚线）的振动图象，则甲、乙两摆的摆长之比为________，甲、乙两摆的频率之比为________；3s内甲、乙两摆的摆球所通过的路程之比________．
14．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝L/2，将单摆拉至A处由静止释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是________．
参考答案
1．A
【解析】
A．根据单摆的周期公式知，将单摆的摆长加长，周期变长，故A正确；
B．根据单摆的周期公式知，单摆的周期与振幅无关，故B错误；
C．根据单摆的周期公式知，单摆的周期与摆球的质量无关，故C错误；
D．根据单摆的周期公式知，单摆的周期与摆球的密度无关，故D错误；
故选A。
2．B
【解析】
A．重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，A错误；
B．根据回复力公式：
摆动到最低点时。是平衡位置，位移为零，回复力为零，B正确；
C．在小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复；故其动能变化的周期为单摆周期的一半，C错误；
D．单摆的周期公式：
与小球的质量无关，D错误。
故选B。
3．A
【解析】
设单摆的摆长为，地球的质量为M，根据万有引力定律等于重力，
在海平面上，有
在山顶上，有
所以海平面的重力加速度和高度为h山顶上的重力加速度之比为：
据单摆的周期公式可知
在海平面有：
在山顶上有：
由以上各式可求得：
选项A正确，BCD错误。
故选A。
4．C
【解析】
单摆做简谐振动时，从最高点到最低点速度逐渐增加，向心加速度逐渐变大；结合单摆的振动规律及周期公式讨论周期与速度变化的周期的关系，根据周期公式可知影响单摆频率的因素．
【详解】
A．单摆做简谐振动时，摆球经过最低点的速度最大，摆球的运动不是匀速圆周运动，选项A错误；
B．摆动到最低点时向心加速度最大，选项B错误；
C．速度变化的周期等于振动周期，选项C正确；
D．根据单摆振动的周期公式可知，单摆的频率与振幅无关，选项D错误；
故选C.
5．D
【解析】
在“用单摆测定重力加速度”的实验中，根据
得
A．g值与摆球的质量无关，A错误；
B．测摆长时，将线长加小球直径作为摆长，使得偏大，则g值偏大，B错误；
C．测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次，使得g值偏大，C错误；
D．摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长，使得测得的比实际值偏小，则g值偏小，D正确。
故选D。
6．D
【解析】
由单摆周期公式可知，同一地方，重力加速度相同，两单摆周期相同，所以摆长一定相同，故D正确。
故选D。
7．B
【解析】
根据公式g=判断误差原因。
【详解】
根据单摆的周期公式：
解得；
A．测摆线长时摆线拉得过紧，导致摆长测量值偏大，即测得的g值偏大，A错误；
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动使摆线长度增大了，即测量值小于实际摆长，测得的g值偏小，B正确；
C．开始计时时，迟按秒表，导致测量周期偏小，测得的g值偏大，C错误；
D．实验中误将49次全振动计为50次全振动，由于周期
，n偏大，则测得周期偏小，测得的g值偏大，D错误。
故选B。
8．C
【解析】
单摆做简谐运动，频率、周期取决于装置本身，振幅取决于能量。因两单摆相同，则固有频率、周期相同，而即，所以，C正确。
9．ADE
【解析】
A．由回复力方程F＝－kx知，对于同一个摆球，在运动过程中前后两次经过轨迹上的同一点时，回复力是相同的，故加速度也是相同的，故A正确；
B．根据振动图象知，甲、乙两个单摆的周期分别为
T甲＝4s，T乙＝8s
由f＝可得，
故B错误；
C．由单摆的周期公式T＝2π得，单摆的摆长之比
L甲∶L乙＝＝1∶4
故C错误；
D．从t＝0时起，乙第一次到达右方最大位移处时，位移为正，结合图象可知，此时t＝2s，甲位于平衡位置，速度方向向左，故D正确；
E．t＝2s时，甲摆处于最低点，故重力势能最小，乙摆处于最大位移处，速度为零，故动能为零，故E正确。
故ADE。
10．ABC
【解析】
测量摆长时应等悬挂好以后才测量，摆长要求远远大于球半径，摆角应小于5°；本题考查了单摆实验中注意的操作。
【详解】
A．应在悬挂好后，利用米尺来测量摆长，A错误，符合题意；
B．测出的摆长不能是10
cm，这样l不满足单摆条件，B错误，符合题意；
C．将摆球拉离平衡位置，摆角应小于5°，C错误，符合题意；
D．测单摆周期时，应从摆球通过平衡位置开始计时，D正确，不符合题意。
故选ABC。
11．1.25
不变
【解析】
(1)单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期．由图象求出单摆的周期，然后求出频率．
(2)单摆的小角度摆动是简谐运动，周期公式为与振幅无关.
【详解】
(1)由振动图象可得周期，而频率
(2)由单摆的周期公式可知周期与振幅无关，则减小振幅其周期不变.
【点睛】
本题关键是根据单摆的周期公式以及周期和频率的关系.
12．增大增大
【解析】
根据单摆的周期公式判断周期的变化和求出重力加速度．振幅是振子偏离平衡位置的最大距离．
【详解】
将单摆的摆长加长，根据单摆的周期公可知，周期变长；振幅是振子偏离平衡位置的最大距离，将单摆的摆长加长，摆线与竖直方向所成的最大夹角不变，由几何关系可知，摆球偏离平衡位置的最大距离变大，振幅增大．由题意可知，根据，解得：。
【点睛】
单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。并会由周期公式确定出g的表达式。
13．
1：4
2：1
4：1
【解析】
由图象可直接读出单摆的周期，由单摆的周期公式求解摆长之比；由求解频率之比；根据路程与振幅的关系，求解3s内路程之比．
【详解】
摆球完成一次全振动所用的时间为一个周期，由图读出甲、乙两单摆的周期分别为
，则
根据单摆的周期公式得：摆长，
知，所以甲、乙两摆的摆长之比为
由频率与周期的关系：，
则得甲、乙两摆的频率之比为
由图知，3s内甲、乙两摆通过的路程分别为
，则：
【点睛】
对于简谐运动，要抓住周期性即重复性，知道质点在一个周期内通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，四分之一、八分之一周期内的路程不能以此类推，只能求解特殊点的路程．
14．π(＋)；
【解析】
[1]．由A→B的运动时间
t1＝
=
由B→C的运动时间
由对称性知此摆的周期
．