1、课时训练4单摆题组一单摆1.(多选)单摆是为了研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是()A.摆线质量不计B.摆线长度不伸缩C.摆球的直径比摆线长度小得多D.实际生活中的“秋千”就是单摆解析:一根不可伸长的且没有质量的细线悬挂一大小不计的小球组成的装置,我们称作单摆,它是一个理想化模型,所谓理想化是指细线不伸缩且无质量,小球的大小不计可视为质点,故选项A、B、C正确,D错误。答案:ABC2.下列有关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.单摆经过平衡位置时合力为零D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一
2、个分力解析:单摆运动是在一段圆弧上运动,因此单摆运动过程不仅有回复力,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;单摆经过平衡位置时,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:B题组二单摆的周期公式3.(多选)下列说法正确的是()A.单摆的等时性是由惠更斯首先发现的B.单摆的等时性是由伽利略首先发现的C.惠更斯首先将单摆的等时性用于计时D.伽利略首先发现了单摆的等时性,并把它用于计时解析:首先发现单摆等时性的是伽利略,首先将单摆的等时性用于计时的是
3、惠更斯。答案:BC4.(多选)下列情况下会使单摆的周期变大的是()A.将摆的振幅减为原来的一半B.将摆从高山上移到平地上C.将摆从北极移到赤道D.用一个装满沙子的漏斗(漏斗质量很小)和一根较长的细线做成一个单摆,摆动中沙慢慢从漏斗中漏出解析:将摆从北极移到赤道,g变小,由T=2知T变大;漏斗漏沙后摆长变长,故T变大。答案:CD5.将秒摆的周期变为4 s,下面哪些措施是正确的()A.只将摆球质量变为原来的B.只将振幅变为原来的2倍C.只将摆长变为原来的4倍D.只将摆长变为原来的16倍解析:单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均错;对秒摆,T0=2=2 s,对周期为4 s的单摆,T=2=4
4、s,故l=4l0,故C对,D错。答案:C6.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)(多选)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图所示。这样做的目的是()A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l=0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则该摆球的直径为 mm,单摆摆长为 m。(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图
5、中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin 5=0.087,sin 15=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是()解析:(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变,从而保证摆长一定,同时又便于调节摆长,选项A、C说法正确;(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d=12 mm+0.1 mm0=12.0 mm,则单摆摆长为l0=l-=0.993 0 m(注意统一单位);(3)单摆摆角不超过5,且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始,故选项A的操作符合要求。答案:(1)AC(2)12.00.993 0(3)A题组三用单摆测定重力加速度7.某同学在做
6、“利用单摆测重力加速度”实验中,先测得摆线长101.00 cm,摆球直径为2.00 cm,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s。则:(1)他测得的重力加速度g=m/s2。(2)他测得的g值偏小,可能的原因是。A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了C.开始计时时,秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动次数记为50次解析:(1)由题可知实验中所用单摆的摆长为l=101.00 cm+ cm=102.00 cm,单摆的振动周期T= s=2.03 s,由单摆的周期公式T=2,得g= m/s29.76 m/s2。(2)从g=可知,用单摆
7、测重力加速度时给实验带来误差的两个步骤是单摆摆长的测定和单摆周期的测定,测得的g值偏小,分析可能的原因时应该从这两方面去考虑:测摆线长时摆线拉得过紧会使摆长变长,测量结果偏大,因此选项A错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,这就是说实际实验中的摆长比实验开始测量的摆长要长,而在处理数据时采用的是实验开始测量的摆长,因此测量结果会偏小,因此选项B正确;开始计时时,秒表过迟按下,这样使得测量周期偏小,测出的g将偏大,因此选项C错误;实验中误将49次全振动次数记为50次,同样使得测量周期偏小,测出的g将偏大,因此选项D错误。答案:(1)9.76(2)B(建议用时:30分钟
8、)1.两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速v1、v2(v1v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则()A.f1f2和A1=A2B.f1A2D.f1=f2和A1A2,C对。答案:C2.摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(取作t=0),当振动至t=时,摆球具有负向最大速度,则单摆的振动图象是图中的()解析:从t=0时经过t=T,摆球具有负向最大速度,说明摆球在平衡位置,在给出的四个图象中,经过T具有最大速度的有B、C两图,而具有负向最大速度的只有C。答案:C3.要使单摆的振动频率加大,可采用下列哪些做法()A.使摆球的质量减小B.使单
9、摆的摆线变长C.将单摆从赤道移到北极D.将单摆从平原移到高山上解析:由f=知,要使f加大,则应使g加大或l减小,可知只有C正确。答案:C4.在一个单摆装置中,摆动物体是个装满水的空心小球,球的正下方有一小孔,当摆开始以小角度摆动时,让水从球中连续流出,直到流完为止,则此单摆的周期将()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:单摆小角度摆动,做简谐运动的周期为T=2,式中l为摆长,其值为悬点到摆动物体重心之间的距离,当小球装满水时,重心在球心,水流完后,重心也在球心,但水刚流出过程中重心要降低,因此,在水整个流出过程中,重心位置先下降后上升,即摆长l先增大后减小,所以摆动周
10、期将先增大后减小。答案:C5.(多选)图中两单摆摆长相同,平衡时两摆球刚好接触,现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放,碰撞后,两摆球分开,各自做简谐运动。以mA、mB分别表示摆球A、B的质量,则()A.如果mAmB,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果mAmB,下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧解析:A、B两球碰撞后,B球一定向右摆动,A球可能向右摆,也可能向左摆,还可能停下来。由于两单摆摆长相同,因此摆动的周期相同,它们在第一次碰后经半个周期回到平衡位置
11、而发生第二次碰撞,C、D正确。答案:CD6.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,摆线的上部将被小钉挡住,使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被摄入),P为摆动中的最低点。已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知,小钉与悬点的距离为()A.B.C.D.无法确定解析:从题图中看出被钉子挡住后的周期变为原来的一半,由周期公式T=2可知,摆长变为原来的,即钉子与悬点的距离为l,本题选择C。答案:C7.如图所示,升降机中有一单摆,当升降机静止时,单摆的周期为T1,当升降机以加速度a向上匀加速
12、运动时,单摆的周期为T2,则()A.T1=T2B.T2=T1C.T1=2D.T2=2解析:处于加速上升的升降机中的单摆的周期T2=2,升降机静止时的周期T1=2,T2=T1,故B选项正确。答案:B8.一登山运动员用一单摆来测量某山的海拔高度,当他在海平面时,在一定时间t0内测得一单摆全振动N次,当他到达山顶后,在相同时间t0内测得同一单摆全振动的次数为(N-1)次。若把地球视为半径为R的均匀球体,则此山的海拔高度为()A.B.C.D.解析:设海平面处重力加速度为g,山顶处为g,由g=,g=可得=()2,又T=2,T=2,可得=()2=()2,解得h=,故C项正确。答案:C9.在“用单摆测定重力
13、加速度”的实验中,由单摆做简谐运动的周期公式得到g=42,只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T。作出T2-l图象,就可以求出当地的重力加速度。理论上T2-l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)造成图象不过原点的原因是;(2)由图象求出的重力加速度g=m/s2。解析:(1)据T2=l=kl和题图所示图线的特点可知,摆长中少计了1 cm,即测摆长时漏测球的半径r。(2)g=42=42=42 m/s2=9.87 m/s2。答案:(1)测摆长时漏测球的半径r(2)9.8710.下图为演示沙摆振动图象的实验装置和实验结果。沙摆的摆动可看作简谐运动。若手拉木板的速率为0.2 m/s,由刻度尺上读出图线的尺寸,计算这个沙摆的摆长。(图中单位为cm)解析:由题图可知沙摆摆动周期即为木板移动30 cm所需的时间,即T= s=1.5 s,由T=2,得l0.56 m。答案:0.56 m