2019版物理人教版选修3-4训练：第十一章 4- 单摆 WORD版含解析.docx

1、4.单摆基础巩固1在如图所示的装置中,可视为单摆的是()答案：A2下列有关单摆运动过程中受力的说法正确的是()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.单摆过平衡位置的合力为零D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力解析：单摆运动是在一段圆弧上的运动,因此单摆运动过程中不仅有回复力,而且有向心力,即单摆运动的合外力不仅要提供回复力,而且要提供向心力,故选项A错误;单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力,而不是摆线拉力的分力,故选项B正确,D错误;单摆过平衡位置时,回复力为零,向心力最大,故其合外力不为零,所以选项C错误。答案：B3单摆振

2、动示意图如图所示,下列说法正确的是()A.在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值B.在最大位移处势能最大,而动能最小C.在平衡位置绳子的拉力最大,摆球速度最大D.摆球由AC运动时,动能增大,势能减小答案：BCD4一单摆做小角度摆动,其振动图象如图所示,下列说法正确的是()A.t1时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小C.t3时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最大D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大解析：由振动图象可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大,此时摆球速度为零,悬线对摆球拉力最小;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大

3、,悬线对摆球拉力最大,故选项D正确。答案：D5在同一地点,两个单摆的摆长之比为41,摆球的质量之比为14,则它们的频率之比为()A.11B.12C.14D.41答案：B6对于秒摆(周期为2 s的单摆),下列说法正确的是()A.摆长缩短为原来的14时,频率是1 HzB.摆球质量减小到原来的14时,周期是4 sC.振幅减为原来的14时,周期是2 sD.如果重力加速度减为原来的14时,频率为0.25 Hz解析：秒摆的周期是2 s,由摆长和重力加速度决定,与摆球的质量和振幅无关,所以选项B错误,C正确;由T=2lg和f=1T可判定选项A和D正确。答案：ACD7做简谐运动的单摆摆长不变,将摆球质量增加为

4、原来的4倍,使摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的12,则单摆振动的()A.周期、振幅都不变B.周期不变、振幅减小C.周期改变、振幅不变D.周期、振幅都改变解析：决定单摆周期的是摆长和当地的重力加速度,与摆球质量无关,与单摆的运动速度也无关,所以选项C、D错误。决定振幅的是外来因素,反映在单摆的运动中,可以从能量角度去考虑,在平衡位置(即最低点)时的动能,当质量增为原来的4倍,速度减为原来的12时,动能不变,最高点的重力势能也不变。但是又因第二次摆球的质量增大了(实际上已经变成另一个摆动过程了),势能不变,质量变大了,摆动的竖直高度就一定变小了,也就是说,振幅变小了,故选项B正确,A错误。答案

5、：B8下图是单摆振动时摆球位移随时间变化的图象(重力加速度g取2 m/s2)。(1)求单摆的摆长l。(2)估算单摆偏离竖直方向的最大角度(单位用弧度表示)。解析：(1)根据周期公式有T=2lg由图象可知单摆周期T=2 s解得l=1 m。(2)单摆振动时偏离竖直方向的最大角度Al,解得0.05 rad。答案：(1)1 m(2)0.05 rad能力提升1把在北京调准的摆钟,由北京移到赤道上时,摆钟的振动 ()A.变慢了,要使它恢复准确,应增加摆长B.变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长C.变快了,要使它恢复准确,应增加摆长D.变快了,要使它恢复准确,应缩短摆长解析：把标准摆钟从北京移到赤道上,重力加

6、速度g变小,则周期T=2lgT0,摆钟显示的时间小于实际时间,因此变慢了。要使它恢复准确,应缩短摆长,B正确。答案：B2有一个单摆,在竖直平面内做小摆角振动,周期为2 s。如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时,在t=1.4 s 至t=1.5 s的过程中,摆球的()A.速度向右在增大,加速度向右在减小B.速度向左在增大,加速度向左也在增大C.速度向左在减小,加速度向右在增大D.速度向右在减小,加速度向左也在减小解析：在t=1.4 s至t=1.5 s的过程中,摆球处于从平衡位置向左最大位移运动的过程中,所以速度向左在减小,加速度向右在增大,C项正确。答案：C3在同一地点的A、B两个单摆做简谐运

7、动的图象如图所示,其中实线表示A的运动图象,虚线表示B的运动图象。关于这两个单摆的以下判断中正确的是()A.这两个单摆的摆球质量一定相等B.这两个单摆的摆长一定不同C.这两个单摆的最大摆角一定相同D.这两个单摆的振幅一定相同答案：BD4在用单摆测定重力加速度的实验中,用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示,已知单摆的摆长为l,则重力加速度g为()A.42lt2B.2lt2C.42l9t2D.2l4t2答案：D5有一摆长为l的单摆,悬点正下方某处有一小钉,当摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部将被挡住,使摆长发生变化。现使摆球做小角度摆动,如图为摆球从右边最高点M摆至左边最高

8、点N的闪光照片(悬点和小钉未摄入),P为摆动中的最低点,每相邻两次闪光的时间间隔相等,则小钉距悬点的距离为()A.l4B.l2C.3l4D.条件不足,无法判断解析：该题考查周期公式中的等效摆长。题图中M到P为四个时间间隔,P到N为两个时间间隔,即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的12,根据周期公式 T=2lg,可得左半部分单摆的摆长为l4,即小钉距悬点的距离为3l4,故C选项正确。答案：C6用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。甲(1)组装单摆时,应在下列器材中选用(选填选项前的字母)。A.长度为1 m左右的细线B.长度为30 cm左右的细线C.直径为1.8 cm的塑料球D.直径为1.

9、8 cm的铁球(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=(用l、n、t表示)。(3)下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理。组次123摆长l/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(ms-2)9.749.73请计算出第3组实验中的T=s,g=m/s2。(4)用多组实验数据作出T2-l图象,也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-l图线的示意图如图乙中的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

10、值。则相对于图线b,下列分析正确的是(选填选项前的字母)。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lB.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值乙丙(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图丙所示,由于家里只有一根量程为30 cm 的刻度尺,于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2,由此可得重力加速度g=(用l1、l2、T1

11、、T2表示)。解析：(1)在用单摆测定重力加速度的实验中,摆线应选取长约1 m左右的不可伸缩的细线,摆球应选取体积小质量大的铁球,以减小实验误差,故选A、D。(2)和(3)根据单摆的周期公式可以推导出重力加速度的表达式g=42lT2,单摆的周期为完成一次全振动所用的时间,给出n次全振动时间t,可以利用T=tn求出周期,代入重力加速度表达式即可计算得g=42n2lt2。(4)在用图象法处理数据时,明确T2-l图象的斜率k=42g,所以斜率k越小,对应重力加速度g越大,C错误。在图象中,图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长时漏加小球半径,与纵轴负半轴相交表示计算摆长时多加小球半径,故A错误。若误将49

12、次全振动记为50次全振动,则周期测量值偏小,g测量值偏大,对应图象斜率偏小,故B正确。(5)A点下方摆线长不变,可设为l0,l0+l1为第一次摆长,l0+l2为第二次摆长,分别代入重力加速度表达式,联立消去l0,即可得重力加速度表达式g=42(l1-l2)T12-T22。答案：(1)AD(2)42n2lt2(3)2.019.76(4)B (5)42(l1-l2)T12-T227两个单摆的振动图象如图所示。(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少?(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向,从t=0起,乙第一次到达右方最大位移处时,甲振动到了什么位置?向什么方向运动?解析：由题中图象知T甲=

13、4 s,T乙=8 s。(1)由T=2lg得l甲l乙=T甲2T乙2=4282=14。(2)由于乙的周期T乙=2T甲,故乙由平衡位置第一次到达右方最大位移处时,已振动了14个周期,历时2 s,此时甲已经过半个周期,因此必又刚好回到平衡位置且向左运动。答案：(1)14(2)平衡位置,向左运动8有人利用安装在热气球载人舱内的单摆来确定热气球的高度。已知该单摆在海平面处的周期是T0。当热气球停在某一高度时,测得该单摆周期为T。求该热气球此时离海平面的高度h。把地球看成质量均匀分布的半径为R的球体。解析：根据单摆的周期公式可知T0=2lg0T=2lg其中l是单摆长度,g0和g分别是两地点的重力加速度。根据万有引力公式得g0=GMR2g=GM(R+h)2其中G是引力常量,M是地球质量。由式解得h=TT0-1R。答案：h=TT0-1R