上海市丰华高中2019-2020学年物理沪科版选修3-4：1.4探究单摆振动的周期 课时训练（含解析）

1.3探究单摆振动的周期
1．将秒摆（周期为2s）的周期变为1s，下列措施可行的是（ ）
A．将摆球的质量减半 B．摆长减为原来的 C．摆长减半 D．振幅减半
2．如图甲所示是演示简谐运动图象的装置，当漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，振动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系．板上的直线OO1代表时间轴，图乙中是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线，若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1，则板N1、N2上曲线所代表的周期T1和T2的关系为( )
A．T2=T1 B．T2=2T1
C．T2=4T1 D．T2=T1
3．关于单摆，下列说法正确的是
A．物体能被看作单摆的条件是摆动时摆角要小于5°
B．振动的频率与振幅无关
C．细线拉力与重力的合力提供回复力
D．摆动到最低点时摆球合力为零
4．甲、乙两个单摆的振动图象如图所示，根据振动图象可以断定
A．甲、乙两单摆振动的周期之比是3：2
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是2：3
C．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆摆长之比是9：4
D．若甲、乙两单摆摆长相同，在不同地点摆动，则甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9：4
5．如图所示，一单摆在做简谐运动，下列说法正确的是
A．单摆的幅度越大，振动周期越大
B．摆球质量越大，振动周期越大
C．若将摆线变短，振动周期将变大
D．若将单摆拿到月球上去，振动周期将变大
6．如图甲所示，一个单摆的小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，振动图象如图乙所示．不计空气阻力， 取．对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）

A．单摆的位移随时间变化的关系式为
B．单摆的摆长约为
C．从到的过程中，摆球由左向右接近平衡位置
D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
7．下图为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象可知
A．两摆球的质量相等 B．两单摆的振幅相等
C．两单摆相位相差/2 D．两单摆的摆长相等
8．关于摆的等时性及摆钟的发明，下列叙述符合历史事实的是（ ）
A．单摆的等时性是由惠更斯首先发现的
B．单摆的等时性是由伽利略首先发现的
C．惠更斯首先将单摆的等时性用于计时，发明了摆钟
D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
9．同一地点的甲、乙两单摆（摆球质量相等）的振动图象如图所示，下列说法中正确的是
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的机械能比乙摆小
C．甲摆的最大速率比乙摆小
D．在周期时振子具有正向加速度的是乙摆
E.在周期时甲摆的回复力为零
10．在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是
A．应选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线
B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长
C．在小偏角下让单摆摆动
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期
E.通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为，则可作图象；如果图象是一条直线，则关系成立
11．用单摆测重力加速度的实验中，为使周期的测量尽可能准确，开始计时的位置应在单摆摆动到_____________(选填“最高点”或“最低点”).如果测量出摆球完成N次全振动的时间为t，则计算单摆周期的表达式T= t/N，这是应用了________(选填“比较法”、“放大法”、“替代法”、“转换法”)来减少测量的误差.
12．某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s．则：
（1）他测得的重力加速度g=________ m/s2；
（2）他测得的g值偏小，可能的原因是________．(填选项前面的字母)
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49.5次全振动数为50次
13．简谐运动是一种周期性运动，其周期与振动物体的质量的平方根成正比，与振动系统的振动系数的平方根成反比，而与振幅无关，即：．
试论证分析如下问题：
（）如图甲，摆长为、摆球质量为的单摆在间做小角度的自由摆动，当地重力加速度为．
a．当摆球运动到点时，摆角为，画出摆球受力的示意图，并写出此时刻摆球受到的回复 大小；
b．请结合简谐运动的特点，证明单摆在小角度摆动时周期为．
（提示：用弧度制表示角度，当角很小时，，角对应的弧长与它所对的弦长也近似相等）


图甲 图乙 图丙
（）类比法、等效法等都是研究和学习物理过程中常用的重要方法．长为的轻质绝缘细线下端系着一个带电量为，质量为的小球．将该装置处于场强大小为的竖直向下的匀强电场中，如图乙所示；将该装置处于磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图丙所示．带电小球在乙、丙图中均做小角度的简谐运动．请分析求出带电小球在乙、丙两图中振动的周期．
14．有一个摆长为L的单摆，它的摆球质量为m，从与竖直方向成θ的位置无初速开始运动，重力加速度为g，以平衡位置为参考平面，求：
(1)单摆的总机械能；
(2)在偏角很小的情况下，从开始运动到摆球第一次经过最低位置需要的时间。
参考答案
1．B
【解析】
秒摆的周期由2s变为1s，周期变为原来的，由单摆周期公式T=2π可知：
A.单摆的周期与摆球质量无关，将摆球的质量减半，周期不变，故A错误；
B.将摆长减为原来的，周期变为原来的倍，即秒摆（周期为2s）的周期变为1s，故B正确；
C.将摆长减半，周期变为原来的倍，即周期变为s，故C错误；
D.单摆的周期与振幅无关，振幅减半，单摆周期不变，故D错误。
2．D
【解析】
在木板上由摆动着的漏斗中漏出的沙形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的规律，即沙摆的振动图象．由于拉动木板的速度不同，所以N1、N2上两条曲线的时间轴的(横轴)单位长度代表的时间不等．如果确定了N1、N2上两条曲线的时间轴的单位长度与时间的对应关系后，就可以确定各条曲线代表的沙摆完成一次全振动所需的时间，即振动周期，从而可以确定T1、T2的关系．
【详解】
由图可见，薄板被匀速拉出的距离相同，且v2＝2v1，则木板N1上时间轴单位长度代表的时间t1是木板N2上时间轴单位长度代表的时间t2的两倍，即t1＝2t2.由图线可知，T1＝t1，T2＝t2，因而得出 ，故D正确，ABC错误．故选D．
3．B
【解析】
A. 物体能被看作简谐运动的条件是摆动时摆角要小于5°，选项A错误；
B. 振动的频率与振幅无关，只于摆长有关，选项B正确；
C. 单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故C错误。
D.摆球在摆动到最低点处，小球处于超重状态，摆线弹力最大，合力不为零，摆球受到的合外力提供向心力，但回复力为零，故D错误。
4．D
【解析】
A.根据图象可知，甲和乙的周期之比为：T甲：T乙=2：3．故A项不符合题意；
B.因为，所以甲乙的频率之比为f甲：f乙=3：2，故B项不符合题意；
CD.根据单摆的周期公式可知，同一地点，重力加速度相同，则甲乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为4：9，故C项不符合题意；摆长相同，重力加速度和周期的平方成反比，即甲乙两单摆所在地的重力加速度之比为9：4，故D项符合题意．
5．D
【解析】
单摆的与幅度和质量无关，AB错误；摆线变短，则L减小，故周期减小，C错误；若将单摆拿到月球上去，重力加速度g减小，故T增大，D正确．
6．A
【解析】由振动图象读出周期，振幅，由得到角频率，则单摆的位移随时间变化的关系式为．故A正确．由公式，T=2s代入得到．故B错误．从到的过程中，摆球从最高点运动到最低点，由右向左接近平衡位置．故C错误．从到的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错误．故选A．
7．CD
【解析】
AD.从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式 可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误，D正确；
B.由图可知，甲、乙两个单摆的振幅分别是4cm、2cm，所以两单摆的振幅不相等，故B错误；
C. 从图象可以看出，t=0时刻，甲到达了正向最大位移处而乙才开始从平衡位置向正向的最大位移处运动，所以两单摆相位相差为，故C正确。
8．BC
【解析】
AB.伽利略最早发现了教堂里吊灯摆动的等时性；故A项不合题意，B项符合题意.
CD.后来惠更斯按照伽利略的构想，发明制作了一个摆钟；故C项符合题意，D项不合题意.
9．ADE
【解析】
A.由图象可知，甲、乙周期相同，又，同一地点所以g相同，故摆长l相等，A项符合题意.
BC.由图象可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，B项不合题意；C项不合题意.
D.由图象可知，周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处，故乙摆具有正向加速度，D项符合题意.
E.在周期时甲摆正经过平衡位置，故此时回复力为零，E项符合题意.
10．ACE
【解析】
A.摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线，故A项符合题意.
B.刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，故B项不合题意.
C.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，故C项符合题意.
D.当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量n次全振动的时间为t，再由求周期误差较小，故D项不合题意.
E.处理数据的时候，通常由线性关系比较好得出结论，故作图象；故E项符合题意.
11． 最低点 放大法
【解析】为使周期的测量尽可能准确，开始计时的位置应在单摆摆动到最低点，摆球完成N次全振动的时间为t，则计算单摆周期的表达式，这是应用了放大法来减少测量的误差．
12．(1)9.76　(2)B
【解析】试题分析：（1）根据公式可得，从题中信息知道单摆的摆长，单摆周期为，代入解得
（2）测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，根据公式可得，测量偏大，故A错误；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，但在计算的时候仍按照原来的长度计算，则摆长比实际小，根据公式可得，测量偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
考点：“利用单摆测重力加速度”的实验
【名师点睛】单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和．本实验测量g的原理是单摆的周期公式，根据此公式变形得到，并判断g值偏小的原因
13．（）a．；b．见解析；（）；
【解析】
（）a．根据单摆受力分析可知，；
b．在中，当很小时，，乖于角对应的弧长与半径的比值．
当很小时，弧长近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移：，振动系数
代入简谐运动周期公式：；
单摆周期公式：；
（）图乙中，摆球受到重力，电场力电和摆线拉力，与重力场中的单摆类比，等效的“重力”，，
代入单摆周期公式得：
图丙中，摆球受到重力，洛伦兹力下洛和摆线拉力，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相同，．
14．(1)E=mgL(1-cosθ) (2) t=
【解析】（1）以平衡位置所在的水平面为参考平面，初位置的动能EK=0，重力势能EP=mgL（1-cosθ）．
所以E=EK+EP=mgL（1-cosθ）．
故单摆的总机械能为mgL（1-cosθ）．
（2）单摆完成一次全振动的时间T=2π；则．
故从开始运动到摆球第一次经过最低位置需要的时间为.