1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时素养评价四单摆(40分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分)1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是()【解析】选A。单摆的悬线要求无弹性且粗细、质量可忽略,摆球的直径与悬线长度相比可忽略,故A对,B、C错;悬点必须固定,故D错。2.周期为2 s的摆叫秒摆,若要将秒摆的周期变为0.5 s,下列措施可行的是()A.将摆球的质量及振动的振幅均减半B.将振幅和摆长均减半C.将摆长减为原来的D.将摆长减为原来的【解析】选D。摆球质量和摆的振幅均不影响单摆的
2、周期,故只要改变摆长即可改变周期,由周期公式知:=得l2=l1,D正确。3.(2020咸阳高二检测)在盛沙的漏斗下面放一木板,让漏斗左右摆动起来,同时其中细沙匀速流出,经历一段时间后,观察木板上沙子的堆积情况,则沙堆的剖面应是下图中的()【解析】选B。不考虑空气阻力,漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时,到达最底端运动速度最快,细沙漏到地面上的最少,两端漏斗运动最慢,细沙漏到地面上的最多,故选项B正确,选项A、C、D错误。4.(2020杭州高二检测)两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度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
3、和A1、A2,则()A.f1f2,A1=A2B.f1A2D.f1=f2,A1v2即Ek1Ek2,所以A1A2,C正确。5.(2020庆阳高二检测)砂漏斗与悬线构成砂摆在竖直平面摆动。 其下方有一薄板垂直于摆动平面匀速拉动,可画出振动图象,若有两个砂摆而薄板也分别以v1、v2两种速度拉动,且v2=4v1,得到如图所示的两种图象,则其振动周期T1和T2的关系为()A.T1T2=14B.T1T2=21C.T1T2=12D.T1T2=41【解析】选B。单摆的摆动和木板的运动同时进行,时间相同,设在板长为L范围内,则由图可知:T1=,T2=,根据题意v2=4v1,则T1=2T2。故B正确。6.如图所示,
4、曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面,圆弧与水平面相切于O点,AO弧长为10 cm,现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放,到达底端的速度分别为v1和v2,经历的时间分别为t1和t2,那么()A.v1v2,t1v2,t1=t2C.v1=v2,t1=t2D.以上三项都有可能【解析】选B。因为AO弧长远小于半径,所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动,即做简谐运动,等效摆长为2 m,单摆的周期与振幅无关,故有t1=t2,因mgh=mv2,所以v=,故v1v2,B项正确。7.(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势能
5、提供,运动的速率由钟摆控制。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,下列说法正确的是()A.当摆钟不准时需要调整圆盘位置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.把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移【解析】选A、C。调整圆盘位置可改变摆长,从而达到调整周期的作用。若摆钟变快,是因为周期变小,应增大摆长即下移圆盘;由冬季变为夏季,摆杆变长,应上移圆盘;从广州到北京,g值变大,周期变小,应增加摆长。综上所述,选项A、C正确。二、非选择题(14分)8.某同学探究单摆周期与摆长的关系,他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm,用游标卡尺测得
6、摆球直径如图甲所示,读数为_cm,摆长为_cm。用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示,停表读数为_s,如果测得的g值偏大,可能的原因是_(填序号)。A.计算摆长时加的是摆球的直径B.将摆球和摆线平放在桌面上,拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长C.摆线上端未牢固系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加(实验过程中先测摆长后测周期)D.实验中误将30次全振动记为31次【解析】游标卡尺的主尺读数为2 cm,游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标尺读数为100.05 mm=0.50 mm,所以最终读数为:2 cm+0.050 cm=2.050 cm;摆长为:8
7、9.40 cm+ cm=90.425 cm;由图乙可知:停表的读数t=57.0 s。根据T=2,得g=。A项:计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径,则摆长的测量值偏大,重力加速度测量值偏大,故A正确;B项:用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长使摆长的测量值偏小,重力加速度测量值偏小,故B错误;C项:摆线上端未牢固系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加,则摆长的测量值偏小,重力加速度测量值偏小,故C错误;D项:实验中误将30次全振动记为31次,则周期的测量值偏小,重力加速度测量值偏大,故D正确。答案:2.05090.42557.0A、D9.(15分)(1)(多选)在“探究单摆周期与摆长
8、关系”的实验中,下列做法正确的是()A.应选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线B.用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC.在小偏角下让单摆摆动D.当单摆经过平衡位置时开始计时,测量一次全振动的时间作为单摆的周期TE.通过简单的数据分析,若认为周期与摆长的关系为T2l,则可作T2-l图象;如果图象是一条直线,则关系T2l成立(2)如图1所示,用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点,现将小球拉离平衡位置,使细线与竖直方向成一夹角(该夹角小于5)后由静止释放。小球的大小和受到的空气阻力忽略不计。证明小球的运动是简谐运动;由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示,求小球运动
9、过程中的最大速度值。【解析】(1)选A、C、E。摆长等于摆线的长度加上摆球的半径,为减小误差应保证摆线的长短不变,选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线,故A正确;刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长,故B错误;单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动,单摆的摆角不能太大,一般不超过5,否则单摆将不做简谐运动,故C正确;当单摆经过平衡位置时速度最大,此时开始计时误差最小,但是要测量n次全振动的时间为t,再由T=求周期误差较小,故D错误;处理数据的时候,通常由线性关系比较好得出结论,故作T2-l图象,E正确。(2)设小球偏角为时离开平衡位置的位移为x,摆长为L,5,则:x=Lsin小球受到的回复力
10、:F=mgsin 联立解得:F=x且因F与x方向相反,故小球做简谐运动。由图2可知摆球的振幅A=0.08 m ,周期T=2 s以摆球为研究对象:由周期公式:T=2 由机械能守恒:mgL(1-cos)=m 由三角函数知识:1-cos=2sin2由圆的知识:=联立解得:vmax=0.08 m/s答案:(1)A、C、E(2)见解析0.08 m/s10.(15分)(1)(多选)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,下列说法中正确的是()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.在周期时振子具有正向加速度的是乙摆E.在周期时甲摆的回复力为零(2)
11、有一单摆,其摆长l=1.02 m,已知单摆做简谐运动,单摆振动30次用的时间t=60.8 s,试求:当地的重力加速度是多大?如果将这个单摆改为秒摆,摆长应怎样改变?改变多少?【解析】(1)选A、D、E。由图象可知,甲、乙周期相同,又T=2,同一地点所以g相同,故摆长l相等,A项正确;由图象可知,甲、乙振幅相同,摆球质量相等,所以两摆的机械能相等,最大速率相等,B、C项错误;由图象可知,周期时甲摆处于平衡位置,乙摆处于负向最大位移处,故乙摆具有正向加速度,D项正确;在周期时甲摆正经过平衡位置,故此时回复力为零,E正确。(2)当单摆做简谐运动时,其周期公式T=2,由此可知g=,只要求出T值代入即可
12、。因为T= s=2.027 s所以g= m/s2=9.79 m/s2。秒摆的周期是2 s,设其摆长为l0,由于在同一地点重力加速度是不变的,根据单摆的振动规律有:=,故有:l0= m=0.993 m。所以其摆长要缩短l=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m。答案:(1)A、D、E(2)9.79 m/s2缩短0.027 m【加固训练】1.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10 m/s2,试
13、求这个摆的摆长是多少。【解析】(1)由乙图知周期T=0.8 s,则频率f=1.25 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T=2得L=0.16 m。答案:(1)1.25 Hz(2)B点(3)0.16 m2.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()A.C点B.C点右侧C.C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。关闭Word文档返回原板块
