上海市龙柏高中2019-2020学年物理沪科版选修3-4：1.3探究摆钟的工作原理 配套作业（含解析）

1.3探究摆钟的工作原理
1．下列关于单摆运动过程中的受力说法，正确的是（ ）
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆过平衡位置时，所受的合力为零
D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
2．如图所示，长度为的轻绳上端固定在点，下端系一小球（小球可视为质点）。在点正下方，距点处的点固定一颗小钉子。现将小球拉到点处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球，点是小球运动的最低点，点（图中未标出）是小球能够到达的左方最高位置。已知点与点之间的高度差为，。、、、在同一竖直平面内，当地的重力加速度为，不计空气阻力及绳与钉子碰撞时的能量损失。下列说法正确的是（ ）
A．小球受重力、弹力、向心力、回复力四个力的作用
B．小球运动到点时加速度为零
C．点与点高度差等于
D．小球摆动的周期等于
3．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大
B．时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小
D．时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
4．一摆长为L的单摆在悬点正下方0.75L处有一钉子P，单摆从A点静止释放，已知摆角很小，下列说法中正确的是（　　）
A．单摆在最高点A时，绳子的拉力提供回复力
B．单摆在最低点B时，合外力为零
C．从碰钉到第一次摆回B点的时间为
D．从碰钉到第一次摆回B点的时间为
5．一个单摆做简谐运动，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
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．如图所示为某一质点在0～4s时间内的振动图象，下列叙述中正确地是（　　）
A．该质点时向正方向振动 B．该质点时加速度方向为负方向
C．该质点2s时加速度最大，且方向为负方向 D．该质点5s时加速度最大，且方向为负方向
8．单摆振动的回复力是
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
9．如图甲所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水．沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线．注射器喷嘴到硬纸板的距离很小,且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计．若按图乙所示建立xOy坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图象．关于图乙所示的图象，下列说法中正确的是( )
A．x轴表示拖动硬纸板的速度
B．y轴表示注射器振动的位移
C．匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期
D．拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短
10．一单摆悬于O点,摆长为L,若在O点的正下方的O'点钉一个光滑钉子,使OO'=L/2,将单摆拉至A处释放,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°,则以下说法正确的是(??? )
A．由于机械能守恒可得摆角大小不变
B．A和C两点在同一水平面上
C．周期
D．周期
11．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，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
12．关于简谐运动的位移、速度、加速度的关系,下列说法正确的是( )
A．加速度增大时，速度必减小
B．速度、加速度方向始终相反
C．通过平衡位置时，v、a均改变方向
D．远离平衡位置时，v、a方向相反
13．简谐运动特征：
运动特征：往复运动、周期性
受力特征：回复力________。
描述简谐运动的物理量：
位移：________。
振幅：偏离平衡位置的位移大小的最大值
周期：一个________所用的时间。
频率：单位时间内________的次数。
初相：用角度描述的振子初始位置。
简谐运动的图象：
正弦曲线：纵坐标表示位移，横坐标表示时间。
物理意义：描述振子的位移随时间变化的规律。
从图象可获得的信息：________、________、位移等。
简谐运动的两个模型：
弹簧振子：回复力来源——弹簧的________。
单摆：回复力来源：重力的切向分力。
做简谐运动的条件：摆角很小。
周期公式：________。
简谐运动的能量：振幅决定振动的能量。动能和势能相互转化，机械能________。
阻尼振动：
特征：振幅________。
能量转化：机械能转化为________。
受迫振动：
定义：在________驱动力作用下的振动。
频率：振动频率________驱动力的频率。
共振：时振幅________。
实验：用单摆测定重力加速度________。
14．甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．
甲组同学采用图甲所示的实验装置．该组同学先测量出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．请写出重力加速度的表达式g=____________（用所测物理量表示）．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值_________．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v-t图线．由图丙可知，该单摆的周期T=___________s．在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出（周期平方-摆长）图线，并根据图线拟合得到方程．由此可以得出当地的重力加速度g=___________．(取，结果保留3位有效数字)
参考答案
1．B
【解析】
试题分析：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．
ABD、单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故DA错误B正确；
C、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．
2．C
【解析】
A.小球在运动的过程中只受到重力和绳子的拉力，向心力与回复力都是效果力，故A项不合题意.
B.小球运动的轨迹是圆弧的一部分，小球运动到点时加速度为向心加速度，故B项不合题意.
C.小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，由于，可知两侧最高点处动能均为零，故重力势能也相等，故最大高度相同，故C项符合题意.
D.小球从B→A→B的时间为；小球从B→C→B的时间为；故小球摆动的周期为，故D项不合题意.
3．D
【解析】
AC.由振动图象知，和时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大，A项不合题意，C项不合题意.
BD.和时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由于摆球做圆周运动，由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最大，故B项不合题意，D项符合题意.
4．C
【解析】
A、在最高点时，重力沿半径方向的分力与绳子的拉力平衡，重力沿圆弧切线的分力提供回复力，即绳子的拉力和摆球重力的合力提供回复力，故选项A错误；
B、在最低点由绳子的拉力和重力合力提供向心力，合外力不为零，故选项B错误；
CD、单摆运动的周期为，碰钉后绳长变短为，周期变长为，从碰钉到第一次摆回点的时间为，故选项C正确，D错误。
5．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。
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．D
【解析】
A、根据图像质点在时刻正向负的最大位移处运动，故选项A错误；
B、根据回复力和牛顿第二定律：可知，该时刻该质点的位移为负值，故此时加速度方向为正方向，故选项B错误；
C、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点在时刻位移为零，故该时刻加速度为零，故选项C错误；
D、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点时刻质点处于正的最大位移处，故该时刻加速度为负方向最大值，故选项D正确．
8．B
【解析】
单摆振动的受力为重力、绳子拉力，其中绳子拉力与重力沿着绳子的分量共同提供向心力，物体的重力沿着速度方向分量在摆角很小时几乎指向平衡位置，提供回复力．因此正确答案为B
9．BC
【解析】
注射器振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上x轴上的坐标代表时间．A错误．白纸上与垂直的坐标是变化的，即y轴代表了注射器的位移，B正确．由图乙可知，匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期，C正确；注射器振动周期与拖动白纸的速度无关．拖动白纸的速度增大，注射器振动周期不改变，D错误．
10．BD
【解析】
A、B、小球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，可知，A和C两点在同一水平面上.由于摆长会发生变化，所以摆角大小是变化的；故A错误，B正确.
C、D、小球从A摆到B的时间为：，从B到C的时间为：，故小球的运动周期为： ，故C错误，D正确.
故选BD.
11．ABD
【解析】
由图看出，两个单摆的周期相同，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．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．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．在t=0.5s时，乙摆具有最大负向位移，由 可知，乙摆具有正向最大加速度．故D正确．
点睛：本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答．由振动图象读出振幅、周期是基本功，要熟练掌握．
12．AD
【解析】
加速度满足，所以加速度增大时，位移也增大，所以速度必减小，故A正确；向平衡位置运动时，速度、加速度方向相同，故B错误；通过平衡位置时，速度方向不改变，故C错误；远离平衡位置时，加速度方向指向平衡位置，速度方向背离平衡位置，即v、a方向相反，故D正确．所以D正确，BC错误．
13． 全振动 全振动 振幅 周期 弹力 守恒 递减 内能及其他形式的能 周期性 等于 最大
【解析】
本题为基本知识训练题，熟记给知识点结论即可作答。
【详解】
略
14． 偏小 2.0 9.76
【解析】
根据得：
单摆完成n次全振动所用的时间t,所以周期为
则 ；由于松动导致测量的摆长变小，所以g的测量值也偏小．
结合图像可知单摆的周期为T=2s，
单摆的周期为
结合
可知： ，即
故本题答案是：(1). (2). 偏小 (3). 2.0 (4). 9.76