1、第十一章 第4节单摆练能力、课后提升一、选择题1(2019全国卷)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O处有一固定细铁钉将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2)后由静止释放，并从释放时开始计时当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的xt关系的是()解析：选A由单摆的周期公式T2可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误；由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、
2、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确2(2019江苏扬州中学期中)一个单摆的摆球运动到最大位移时，正好遇到空中竖直下落的雨滴(雨滴质量远小于摆球质量)，雨滴均匀附着在摆球的表面，则下列说法正确的是()A摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大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，振幅要增大解析：选D在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故摆球经过平衡位置时速度增大，单摆的振幅增大，由于雨滴质量
3、远小于摆球质量，摆球仍做简谐运动，由于摆球质量及振幅不影响周期，则周期不变，故选项D正确3.如图所示为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l，沙桶的质量为m，沙子的质量为M，Mm，沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的周期()A不变B先变大后变小C先变小后变大D逐渐变大解析：选B在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，则等效摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，沙摆的重心又重新上移，则等效摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.4.如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)，组成了所谓的双线摆，若细线长均为l，两线与天花板的夹角均为，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为
4、()A2 B2C2 D2 解析：选D这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T2计算，但注意此处的l与题中的细线长不同，公式中的l是指质点到悬点(等效悬点)的距离，此题中单摆的等效摆长为lsin ，代入周期公式，可得T2 ，故选D.5. (多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示以下说法正确的是()A当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置B摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移解析：选AC根据周期公式
5、T2知，当摆钟不准确时需要调整摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，则需将摆长增大，D错误6在“用单摆测重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能因为()A测摆长时摆线拉的过紧B测摆长时用摆线长代替摆长而漏加小球半径C测量周期时，将n次全振动误记成n1次全振动D开始记时时，小球通过平衡位置时秒表按下的时刻滞后于小球通过平衡位置的时刻解析：选B根据T2，g推理得B对7(2019现代双语学校期中)将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到
6、障碍物，摆球继续向右摆动用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法不正确的是()A这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒B摆线碰到障碍物前后的摆长之比为94C摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大D摆线经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变解析：选D摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为32，根据单摆的周期公式T2得，摆长之比为94，故B正确；摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周
7、运动的半径变小，根据Fmgm知，张力变大，根据vr，知角速度增大，故C正确，D错误故选D.8(2018石家庄辛集中学期中)如图，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面平衡时，甲、乙两摆的摆线与竖直方向的夹角分别为1和2，且12.当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则()A甲、乙两摆的周期相等B甲、乙两摆的振幅相等C甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能D甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度解析：选C根据几何关系可知，甲的摆长大于乙的摆长，甲的摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅，根据T2知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A、B错
8、误；两球开始处于平衡状态，设两球中间的细线的拉力大小为FT，根据共点力平衡知，m甲g，m乙g，则m甲tA，所以A球先到达C点，故选项A正确二、非选择题11在利用单摆测定重力加速度的实验中：(1)实验中，需要用到绳子、球、计时器以及尺子等，下列给出了一些选择，你认为相对合适的器材是_(填写序号)A1米长细线 B1米长粗线C10厘米细线 D泡沫塑料小球E小铁球 F秒表G时钟 H厘米刻度米尺I毫米刻度米尺(2)实验中，测出不同摆长L对应的周期值T，作出T2L图象，如图所示，T2与L的关系式是T2_，利用图线上任两点A，B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线斜率k，再由k可求出g_.(3)根
9、据(2)中的方法进行实验，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的_A计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径B测量周期时，将n次全振动误记为n1次全振动C计算摆长时，将悬线长加小球直径D测量周期时，将n次全振动误记为n1次全振动解析：(1)为了减少实验误差，摆线选择1米左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺，选择AEFI.(2)根据单摆的周期公式T2，解得T2.对此图象可知，斜率k.解得g.(3)根据(2)中的求解方法，摆长的测量不影响T2L图象的斜率，即摆长测量偏大或偏小，g值不变，A、C选项错误；测量周期时，将n次全振动误记为n1次全振动，
10、则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，B选项错误；测量周期时，将n次全振动误记为n1次全振动，则周期测量值偏大，导致重力加速度测量值偏小，D选项正确答案：(1)AEFI(2)(3)D12如图所示，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方向运动为正方向，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？(3)若当地的重力加速度为9.86 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？解析：(1)由单摆振动图象得：T0.8 s，故f1.25 Hz.(2)开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B点(3)根据公式，T2得L m0.16 m.答案：(1)1.25 Hz(2)在B点(3)0.16 m
