1、课时作业(四)1对于单摆的振动，以下说法中正确的是()A单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等B单摆运动的回复力就是摆球受到的合力C摆球经过平衡位置时所受回复力为零D摆球经过平衡位置时所受合外力为零解析单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为m，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零，故应选C.答案C2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当摆球的重力势能增大时，小
2、球的位移增大，回复力、加速度增大，速度减小，故C项正确答案C3.如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成角已知甲的质量大于乙的质量当细线突然断开后，两物块都做简谐运动，在摆动过程中下列说法正确的是()A甲的振幅小于乙的振幅B甲的振幅等于乙的振幅C甲的最大速度小于乙的最大速度D甲的运动周期大于乙的运动周期解析由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来两者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，故甲的振幅小A项正确，两物体在平衡位置时速度最大，根据mgl(1cos)mv2，得v，与质量无关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，C项正确；根据T2，
3、周期与质量无关，所以D项错答案AC4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项正确答案B5一单摆摆长为40 cm，摆球在t0时刻正在从平衡位置向右运动，若g10 m/s2，则在1 s时摆球的运动情况是()A正向左做减速运动，加速度正在增大B正向左做加速运动，加速度正在减小C正向右做减速运动，加速度正在增大
4、D正向右做加速运动，加速度正在减小解析由T2，得周期T1.256 s，1 sT.所以从t0时刻，经过1 s后，正由左端最大位移处向平衡位置运动过程中，选项D正确答案D6.如图所示为同一实验室中两个单摆的振动图像，从图中可知，两摆的()A摆长相等B振幅相等C摆球质量相等D摆球同时改变速度方向解析由图像可知，两摆的振幅不同，周期相同，说明摆长相同，速度方向不是同时改变，所以选项A对，选项B、D错；据图中信息无法判断摆球质量关系，选项C错误答案A7.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，图为摆球从右边最高点M
5、摆至左边最高点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()AL/4 BL/2C3L/4 D条件不足，无法判断解析该题考查周期公式中的等效摆长图中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，根据周期公式T2，可得左半部分单摆的摆长为，即小钉距悬点的距离为3L/4，故C选项正确答案C8一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，若这两个行星的质量之比为M1M241，半径之比R1R221，则()AT1T211 BT1T241CT1T221 DT1T212解析单摆的周期公式为
6、T2，对同一单摆有T.又根据万有引力定律mgG，有g，因此T，故T1T21.答案A9.如图所示，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，到达低端的速度分别为v1和v2，经历的时间分别为t1和t2，那么()Av1v2，t1t2 Bv1v2，t1t2Cv1v2，t1t2 D以上三项都有可能解析因为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t1t2，因mghmv2，所以v，故v1v2，B项正确答案B10如图是演
7、示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下的木板N被匀速地拉出时，从摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO1代表时间轴图是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v22v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动周期T1和T2的关系为()AT2T1 BT22T1CT24T1 DT2T1解析由题图可知，薄木板被匀速拉出的距离相同，且v22v1，则木板N1上时间轴单位长度代表的时间t1是木板N2上时间轴单位长度的时间t2的两倍，由图线可知，T1t1，T2t2，因而得出T14T2，D项正确答案D11在做“用单摆测定重力加速度”的实
8、验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图甲所示光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为_若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一个小球进行实验，则该单摆的周期将_(填“变大”“不变”或“变小”)，图乙中t将_(填“变大”“不变”或“变小”)解析一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t12t0t12t0；小球的直径变大后，摆长变长，周期变大；使得每次经过最低点的时间变长答案2t0变
9、大变大12在“利用单摆测重力加速度”的实验中(1)以下做法中正确的是()A测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长B测量周期时，从小球到达最大位移位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间C要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10(2)某同学先用米尺测得摆线长为97.43 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图所示为_ cm，则单摆的摆长为_ cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示为_ s，则单摆的周期为_ s；当地的重力加速度为g_ m/s2.(3)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，
10、一位同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g_.解析(1)单摆的摆长应为摆线长再加上摆球的半径，A选项错；选择计时起点应以通过平衡位置(速度最大处)为起点可以减小计时误差，B选项错误；单摆振动过程中摆角要小于10，D选项错误，故C选项正确(2)摆球直径为2150.0521.25 mm2.125 cm.摆长为97.432.125/298.49 cm.秒表读数为9010.0100.0 s周期T2 s而g429.75 m/s2.(3)设摆线底端到重心的距离为r，则有T12，T22，
11、由两式，得g42.答案(1)C(2)2.12598.49100.02.09.75(3)4213如图所示为一单摆及其振动图像，由图回答：(1)单摆的振幅为_，频率为_，摆长约为_；图中所示周期内位移x最大的时刻为_(2)若摆球从E指向G为正方向，为最大摆角，则图像中O、A、B、C点分别对应单摆中的_点一周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是_势能增加且速度为正的时间范围是_(3)单摆摆球多次通过同一位置时，下述物理量变化的是()A位移 B速度C加速度 D动能E摆线张力(4)若在悬点正下方O处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且OEOE，则单摆周期变为_ s，挡后绳张力_解析(1)由纵坐标的
12、最大位移可直接读取振幅为3 cm.从横坐标可直接读取完成一个全振动即周期T2 s，进而算出频率f0.5 Hz，算出摆长l1 m从图中看出纵坐标有最大值的时刻为0.5 s末和1.5 s末(2)图像中O点位移为零，O到A的过程位移为正，且增大，A处最大，历时周期，显然摆球是从平衡位置E起振并向G方向运动的，所以O对应E，A对应G.A到B的过程分析方法相同，因而O、A、B、C点对应E、G、E、F点摆动中EF间加速度为正，靠近平衡位置过程中加速度逐渐减小且加速度与速度方向相同，即从F到E的运动过程对应图像中C到D的过程，时间范围是1.5 s2.0 s.摆球远离平衡位置势能增加，即从E向两侧摆动，又因速度为正，显然是从E到G的过程对应图像中为O到A的过程，时间范围是00.5 s.(3)过同一位置，位移、回复力和加速度不变；由机械能守恒知，动能不变，速率也不变，摆线张力mgcosm也不变；由运动分析可知，相邻两次过同一点，速度方向改变故选B项(4)碰钉后改变了摆长，因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期，前已求出摆长为1 m，所以T左1 s；钉右侧的半个周期，T右0.5 s，所以TT左T右1.5 s.答案(1)3 cm0.5 Hz1 m0.5 s末和1.5 s末(2)E、G、E、F1.5 s2.0 s00.5 s(3)B(4)1.5变大
