上海市龙柏高中2019-2020学年物理沪科版选修3-4：1.4探究单摆振动的周期 配套作业（含解析）

1.4探究单摆振动的周期
1．如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是 (　 　)
A．T1>T2>T3>T4
B．T1C．T1D．T1>T2＝T3>T4
2．一个单摆做简谐运动，周期为T，振幅为A，振动机械能为E（以摆球通过最低点位置为重力势能参考平面）。若保持摆长不变，将摆球质量变为原来的4倍，而通过平衡位置的速度变为原来的一半，那么关于该单摆做简谐运动的周期、振幅、振动机械能，下列判断正确的是 （ ）
A．周期小于T，振幅仍为A，振动机械能仍为E
B．周期小于T，振幅小于A，振动机械能小于E
C．周期仍为T，振幅仍为A，振动机械能小于E
D．周期仍为T，振幅小于A，振动机械能仍为E
3．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A．T=2πr B．T=2πr
C．T= D．T=2πl
4．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下 列说法正确的是（ ）
A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期减小，振幅要增大
B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
5．两个摆长之比为4：l的单摆，在同一地点做简谐运动，则它们的周期之比为（　　）
A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1
6．若单摆的摆长不变,摆球的质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时的速度减为原来的1/3,则单摆振动的( ).
A．频率不变,振幅不变 B．频率不变,振幅变小
C．频率改变,振幅不变 D．频率改变,振幅变大
7．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（　　）
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的且尽可能长一些的
B．摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C．用悬线的长度作为摆长，测得的重力加速度值偏小
D．拉开摆球释放摆角小于)后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置50次的时间，则单摆周期
E. 画出的周期的二次方与摆长图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小
8．用多组实验数据做出T2 ? L 图象，也可以求出重力加速度 g，已知三位同学做出的T2 ? L 图线的示意图如图中的 a、b、c 所示，其中 a 和 b 平行，b 和 c 都过原点，图线 b 对应 的 g 值最接近当地重力加速度的值.则相对于图线 b，下列分析正确的是( )
A．出现图线 a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 L
B．出现图线 c 的原因可能是误将 49 次全振动记为 50 次
C．图线 c 对应的 g 值小于图线 b 对应的 g 值
D．图线 a 对应的 g 值等于图线 b 对应的 g 值
9．摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图所示．选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知(　　)
A．甲、乙两单摆摆长之比是4∶9
B．ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等
C．tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大
D．tc时刻甲、乙两单摆的速率相等
10．如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球忽略小球半径，下面说法正确的是　　
A．让小球在纸面内摆动，周期
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期
C．让小球在纸面内摆动，周期
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期
11．已知地球和月球的质量分别为M和m，半径分别为R和r．在地球上和月球上周期相等的单摆摆长之比为________，摆长相等的单摆在地球上和月球上周期之比为________．
12．一个单摆在甲地时，在时间t内完成m次全振动，移至乙地时，经过相同的时间完成n次全振动，则甲、乙两地重力加速度大小之比g甲：g乙等于______________．
13．如图所示的实线和虚线分别表示同一个单摆，在A、B两个大小相同的星球表面上做简谐振动的振动图像，其中实线是A星球上的曲线。虚线是B星球上的不考虑星球自转，请由图像和所学知识求：
（1）两个星球表面的重力加速度是gA:gB是多大？
（2）两个星球的平均密度ρA：ρB是多大
（3）该版本分别在两个星球上摆动时最大速度vA：vB是多大。
14．有一个单摆，当摆线与竖直方向成θ角（θ＜10°）时，摆球的速度为零，摆球摆到最低点时的速度为v，求单摆的周期.
参考答案
1．D
【解析】
据周期公式单摆的周期与幅和摆球质量无关，与摆长和重力加速度有关；（1）中沿斜面的加速度为a=gsinθ，所以周期为；（2）中加速度为a=g，所以周期为 （3）中的周期为 ；（4）中的加速度为a′=g+a，所以周期为；故T1＞T2=T3＞T4，故选C。
2．D
【解析】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，即周期仍为T；由可知，当摆球质量变为原来的4倍，通过平衡位置的速度变为原来的一半时经过最低点的动能不变，则振动机械能仍为E，在振动过程中机械能守恒，则有：，解得：，由此可知速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小，所以振幅小于A，D正确。
3．B
【解析】
在地球表面重力等于万有引力，故
解得
由单摆的周期：
联立各式解得
故选B．
【点睛】
本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式.
4．D
【解析】
根据单摆的振动周期公式：，周期与摆长和重力加速度有关，而这两个量均不变，故周期不变，单摆经过最大位移处，与竖直下落的雨滴相遇，使得单摆在最大位移处有了初速度，根据机械能守恒定律知，上摆的最大高度变大，即振幅增大，到达最低点（平衡位置）的速度变大，故D正确。
5．B
【解析】
根据公式可知，故B正确．
6．B
【解析】
单摆的周期公式，若单摆的摆长不变，则单摆振动的频率将不变；摆球经过平衡位置时的速度减为原来的1/3，振动减弱，故振幅变小，故B正确，ACD错误。
7．ABC
【解析】
A、为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，故A正确；
B、为减小阻力对实验的影响，减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；
C、用悬线的长度作为摆长时，摆长偏小，根据得：，g与摆长L成正比，故g测量值偏小，故C正确；
D、拉开摆球释放（摆角小于10°）后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置50次的时间△x，则单摆周期为 ，故D错误；
E、根据得： 可知，画出的周期的二次方与摆长（T2-L）图象中斜率，故E错误.
8．BD
【解析】
由单摆周期公式：可知：，根据数学知识可知，T2-L图象的斜率，当地的重力加速度。若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度L，则有，根据数学知识可知，对T2-L图象来说， 与b线斜率相等，两者应该平行，是截距，故做出的T2-L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L造成的，故A错误；实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率，当地的重力加速度，c图线所测g值大于图线b对应的g值，图线 a 对应的 g 值等于图线 b 对应的 g 值，故C错误，D正确.
9．AC
【解析】
A、由振动图象得到甲、乙两个单摆的周期之比为，根据单摆周期公式得，故甲、乙两个单摆的摆长之比为，故A正确；
B、根据摆长不同，摆动幅度相同，故摆角不等，故B错误；
C、有图可知时刻甲、乙两单摆的偏离平衡位置的差值最大，故势能差最大，故C正确；
D、时刻甲、乙两单摆的处于平衡位置，由动能定理得：，
由几何关系知：，（A为振幅，为摆长），联立得：，，故D错误．
点睛：本题关键从x-t图象得到周期，然后根据周期公式求解摆长之比，难度较大．
10．AD
【解析】
AC.当小球在纸面内做小角度的振动时，圆心时点，摆长为，故周期为。故A周期，C错误。
BD.当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在正上方，摆长为，故周期为。故B错误，D正确
11．Mr2：mR2
【解析】
根据可知，所以;根据，解得,所以；．
12．m2：n2
【解析】
[1]周期等于完成一次全振动的时间，一个单摆在甲地时经过时间t完成m次全振动，在乙地经过相同时间完成n次全振动，知单摆在两地的周期之比T甲：T乙=n：m，根据单摆的周期公式：
得：
重力加速度与周期平方成反比，则有：
g甲：g乙=m2：n2
13．（1） （2） （3）
【解析】（1）有图象可知，，，
根据单摆的周期公式得：，，
，
（2）在星球表面物体的重力星球对它的万有引力，则：
，，且，，
则：；
（3）由图象可知两单摆振幅相同，又由已知两单摆摆长相同，所以两单摆上升的最大高度h 相同，根据机械能守恒得：，，
解得：。
14．
【解析】
摆球从最大偏角处摆到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，
则有：
由单摆的周期公式：
联立解得：
【点睛】
本题要知道单摆摆动过程中，遵守机械能守恒，可求出摆长．并要掌握单摆的周期公式，即可轻松求解．