1、一、选择题1(2014威海高二检测)单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的()A位移一定减小B回复力一定减小C速度一定减小 D加速度一定减小解析：选C.单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，加速度方向与速度方向相反，速度减小，C正确2(2014洛阳八中高二期中)利用砂摆(用线悬挂起来的盛砂漏斗)描迹，显示简谐运动的图象的实验，如果考虑到砂子逐渐减少的因素，该砂摆的振动频率将()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大解析：选D.砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先变长后变短，根据单摆周期公式
2、T2知周期先变大后变小，由f可知，频率先减小后增大3如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是()At1t2，v1v2 Bt1t2，v1v2Ct1v2 Dt1t2，v1v2解析：选A.小球从A、B点释放后均做简谐运动，t1，t2，R为球面半径，故t1t2.A点离开平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1v2，A正确4(2014安徽师大附中高二检测)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，
3、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：选B.把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期T2T0，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5(2014正定中学高二检测)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()At1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小Bt2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小Ct3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大Dt4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大来源:学+科+网Z+X+X+K解析：选D.单摆做小角度摆动时，
4、平衡位置时摆球速度最大，悬线对摆球的拉力最大，最大位移处时速度为零，拉力最小，由题图知，t1、t3时刻是在最大位移处，t2、t4时刻是在平衡位置，故D正确6摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取t0)，当振动至t时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的()解析：选D.tT，摆球具有负向最大速度时，应在平衡位置，y0，速度方向为y方向，即沿y轴负方向，故D选项正确7(2014兰州高二检测)一单摆的摆长为40 cm，摆球在t0时刻正从平衡位置向右运动，若g取10 m/s2，则在1 s时摆球的运动情况是()来源:学科网ZXXKA正向左做减速运动，加速度正在增大B正向左做加速
5、运动，加速度正在减小C正向右做减速运动，加速度正在增大D正向右做加速运动，加速度正在减小解析：选D.由T2，代入数据得T1.256 s，则1 s时，正处于第四个T内，由左侧最大位移向平衡位置运动，D正确8.如图所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时释放，则两小球相碰的位置是()AC点 BC点右侧CC点左侧 D不能确定解析：选A.由于半径远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆因为在同一地点，周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故两球同时到达C点，故选项A正确来源:学科网ZXXK来源:Z。xx
6、。k.Com9.(2014雅安高二检测)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，下列说法中错误的是()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在周期时摆球具有正向加速度的是乙摆解析：选BC.由振动图象可得，甲、乙两摆球的振动周期相同，由题意可知两摆球在同一地点，重力加速度g相同，由周期公式T2可得，甲、乙两单摆的摆长相等，故A选项正确；由图象可得，两摆球振幅相同，且摆球质量相等，故两单摆的机械能相同，两球的最大速率相等，故B、C选项错误；在周期时，乙摆球在负向最大位移处，乙摆球此时具有正向最大加速度，故D选项正确10在用单摆测定重力加速度时，某
7、同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是()A量摆长时没有把小球半径算进去B摆球的质量测得不准确C摆角小，使周期变小D应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期解析：选D.由单摆周期公式T2可知，重力加速度：g.单摆的摆长应等于摆线的长度加上摆球的半径，如测量摆长时没有把小球半径算进去，摆长测量值L偏小，由g可知，重力加速度的测量值偏小，故A错误；由g可知，重力加速度与摆球质量无关，摆球质量测量不准不影响重力加速度的测量值，故B错误；单摆的周期与偏角无关，偏角对测量g没有影响，故C错误；应当测振动30次的时间求其周期，结果把29
8、次当作30次计算周期时，算出的周期T偏小，由g可知，重力加速度的测量值偏大，故D正确二、非选择题11在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2l图象，就可以求出当地的重力加速度理论上T2l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是_.(2)由图象求出的重力加速度g_m/s2.(取29.87)解析：(1)由题中图象知，当l0时，T0，说明l不等于摆长，可能只是线长，忽略了球的半径(2)T2l图象的斜率k.由图象知，k4，故g2 m/s29.87 m/s2.答案：(1)测单摆摆长时，漏掉了摆球的半径(2)9.8712图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时刻摆球在何位置？来源:Z.xx.k.Com(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？解析：(1)由题中乙图知周期T0.8 s，则频率f1.25 Hz.(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点(3)由T2得l0.16 m.答案：(1)1.25 Hz(2)B点(3)0.16 m
