上海市海滨高中2019-2020学年物理沪科版选修3-4：1.3探究摆钟的工作原理 课时练（含解析）

1.3探究摆钟的工作原理
1．有一个正在摆动的秒摆，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t=1.2s时，摆球
A．正在做加速运动，加速度正在增大 B．正在做减速运动，加速度正在增大
C．正在做加速运动，加速度正在减小 D．正在做减速运动，加速度正在减小
2．关于单摆，下列说法正确的是（　　）
A．摆球运动的回复力是摆线的拉力与重力的合力
B．摆球运动过程中经过轨迹上同一点，加速度是不等的
C．摆球运动过程中，加速度的方向始终指向平衡位置
D．摆球经过平衡位置时，加速度不为零
3．下列关于单摆的说法，正确的是(　 　)
A．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
C．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
D．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
4．某秒摆从平衡位置开始摆动，摆动过程中说法正确的是(　　)
A．重力和绳的拉力的合力提供回复力
B．增大摆角可使单摆周期变大
C．小球连续两次经过同一位置时位移、加速度、速度相同
D．经1.2 s时，小球速度正减小，加速度正增大
5．有一个单摆，在竖直平面内做小摆角振动，周期为 2s。如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，在t=1.4s 至 t=1.5s 的过程中，摆球的（ ）
A．速度向右在增大，加速度向右在减小
B．速度向左在减小，加速度向左在增大
C．速度向左在减小，加速度向右在增大
D．速度向右在减小，加速度向左在减小
6．一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经过t=，摆球具有负向最大加速度，下面四个图象分别记录了该单摆从计时时刻开始到的振动图象，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图所示的单摆，不计空气阻力，摆球在运动过程中，最大摆角仅有4°，关于摆球受力情况的说法，正确的是
A．摆球受重力、弹力、回复力的作用
B．摆球所受合力充当回复力
C．摆球通过最高点时，合力等于零
D．摆球通过最低点时，合力不为零
8．关于简谐运动，下列说法正确的是
A．在平衡位置所受的合外力一定为零
B．位移的方向总是与加速度的方向相反，与速度的方向相同
C．振幅与最大位移不相同
D．单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力
9．关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是（　　）
A．单摆经过平衡位置时合力为零
B．摆角小于5°时，摆球合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
10．关于单摆做简谐运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．在平衡位置摆球的速度和位移均达到最大值
B．在最大位移处位移最大，而速度最小
C．在平衡位置摆球速度最大
D．摆球由最大位移到平衡位置运动时，速度变大，位移变小
11．甲、乙两个单摆在同地做简谐运动的图象如图所示，由图可知　　
A．甲和乙摆长一定相同
B．甲摆球的质量较大
C．甲和乙摆角大小相同
D．摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受拉力可能相同
12．某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球。实验步骤是：
A．石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长
C．将石块拉开一个大约α=30°的角度,然后由静止释放
D．从摆球摆到最高点时开始计时,测出30次全振动的总时间t,由T=t/30得出周期
E．改变OM间尼龙线的长度,再做几次实验,记下相应的L和T
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作计算时使用的数据，带入公式求出重力加速度g。
（1）你认为该同学以上实验步骤中有重大错误有两处，①_____________ __
② 。
（2）该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小?_________。你认为用何处理方法可以解决因摆长无法准确测量的带来的误差？
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．甲、乙两位同学分别使用图1所示的同一套装置观察单摆作简谐运动时的振动图象，已知二人实验时所用的单摆的摆长相同，落在木板上的细砂分别形成的曲线如图2所示，请分析说明为什么甲、乙两位同学得到的振动图象是不同的。
参考答案
1．B
【解析】
秒摆的周期为2s，则摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t=1.2秒时，摆球从平衡位置向右方最远处做减速运动；由于位移在变大，根据a=-kx/m可知，加速度也在变大．故选B．
2．D
【解析】
单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故A错误；摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度相同，故B正确；摆球在运动过程中，恢复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故C错误；单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，D错误；故选B．
点睛：单摆摆动过程中，受重力和细线的拉力，重力的切向分量提供回复力，径向分力和细线拉力的合力提供向心力．
3．B
【解析】
摆球经最低点（振动的平衡位置）时回复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力（等于重力沿圆弧切线方向的分力）提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误．故选B．
【点睛】简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点．单摆处于圆周运动，其合力提供向心力，回复力只是合力的一个分力．单摆摆球经过平衡位置时仍具有向心加速度．
4．D
【解析】
重力沿切线方向的分力提供秒摆做简谐运动的向心力，故A错误；单摆的周期与摆角无关，增大摆角单摆周期不变，故B错误；小球连续两次经过同一位置时位移、加速度相同，速度大小相等而方向相反，速度不同，故C错误；秒摆的周期为2s，秒摆从平衡位置开始摆动，经过1.2s时摆球从平衡位置向最大位置处运动，此时位移增大，加速度增大，故D正确；
5．C
【解析】
在t=1.4秒至t=1.5秒的过程中，单摆是由平衡位置向左向最大位移处运动，所以速度向左在减小，加速度方向向右在增大。故ABD错误，C正确。
6．A
【解析】
单摆的周期公式，则ts内小球的振动周期数为：个周期；因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时小球的位置应为平衡位置向下运动，故A正确，BCD正确；
7．D
【解析】
摆球受重力、摆线的拉力的作用，选项A错误；摆球重力沿切线方向的分量充当回复力，选项B错误；摆球通过最高点时，合力不等于零，选项C错误；摆球通过最低点时，合力为m，不为零，选项D正确；故选D.
8．C
【解析】
简谐振动的物体在平衡位置所受的回复力为零，但是合外力不一定为零，例如单摆振动到最低点时，选项A错误；位移的方向总是与加速度的方向相反，与速度的方向可能相同，也可能相反，选项B错误；振幅是振动物体离开平衡位置的最大位移，它是标量，振幅与最大位移不相同，选项C正确；单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故D错误；故选C.
9．C
【解析】
摆球通过平衡位置时，所受回复力为零，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，故A错误；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，故B错误；摆球所受回复力是重力沿切线方向的分力，重力的另一个分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，而向心力指向悬点，根据牛顿第二定律可知：摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，回复力才等于重力和摆线拉力的合力；重力的另一个分力等于摆线对摆球的拉力，在其他位置时，重力的另一个分力小于摆线对摆球的拉力，故C正确，D错误。
故选C。
10．BCD
【解析】
AC.在平衡位置处，摆球的势能最小，动能最大，速度最大，但是位移从平衡位置为起点，所以位移最小，A错误C正确
B.在最大位移处，势能最大，动能最小，速度最小，位移最大，B正确
D.摆球从最大位移处到平衡位置，势能减小，动能增大，速度增大，向平衡位置移动，位移变小，D正确
11．AD
【解析】
A、由图可知，甲和乙两摆的周期相同；则由单摆的周期公式可知，可知，两摆的摆长一定相同，故A正确；
B、因为单摆的周期与摆球、摆角无关，所以甲乙摆球的质量无法比较，由于摆线长度相同，据几何关系知，摆角大，振幅大，故BC错误；
D、在最低点时，拉力与重力的合力充当向心力，则有；，解得，因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同，同时因为质量不同，故拉力有可能相同，故D正确．
点睛：本题关键是根据位移时间关系图象得到两个单摆的振幅和周期的关系，然后再结合周期公式进行分析．
12．(1)BDF (2)偏小 (3)可采用图象法，以T2为纵轴，以L为横轴，作出多次测量得到的T2－L图线，求出图线斜率k.再由得，k值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难．或其联立方程求解也可。
【解析】
试题分析：（1）摆长为摆线长与小球半径之和，B错误；为了减小误差，应从最低点计时，D错误；测得数据后，应先计算g的值，再求平均值，F错误；
（2）用OM的长作为摆长，摆长偏小，根据公式得，故g值偏小
(3)可采用图象法，以T2为纵轴，以L为横轴，作出多次测量得到的T2－L图线，求出图线斜率k.再由得.k值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难．或其联立方程求解也可
考点：“用单摆测定重力加速度”的实验
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．
14．两次拉动木板的速度不同（v甲＞v乙）．
【解析】
单摆的摆动具有等时性，甲图时间2T，乙图时间为4T；根据，甲的速度大，即v甲＞v乙；