1、第3节 单摆1将秒摆(周期为2 s)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：选C.由T2可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错误；对秒摆，T022 s，对周期为4 s的单摆，T24 s，l4l0，故C正确，D错误2在用单摆测定重力加速度时，某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测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
2、.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3.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为的斜面上，其摆角为，如图所示，下列说法正确的是()A摆球做简谐运动的回复力为Fmgsin sin B摆球做
3、简谐运动的回复力为Fmgsin C摆球做简谐运动的周期为2 D摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为Fmgsin 解析：选A.摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的下滑分力沿圆弧的切向分力来提供，则回复力为Fmgsin sin ，故选项A正确，B错误；摆球做简谐运动的等效重力加速度为gsin ，所以其周期为T2 ，故选项C错误；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin (llcos )mv2，由牛顿第二定律得Fmgsin m ，由以上两式可得线的拉力为F3mgsin 2mgsin cos ，故选项D错误4有一单摆，当它的摆长增加2 m时，周期变为原来的2倍求它原来的周期是多少？(
4、g10 m/s2)解析：设该单摆原来的摆长为l0，振动周期为T0；则摆长增加2 m后，摆长变为l(l02) m，周期变为T2T0.由单摆周期公式，有T022T02 联立上述两式，可得l0 mT01.64 s.答案：1.64 s课时作业一、单项选择题1当摆角很小时(小于5)，单摆的振动是简谐运动，此时单摆振动的回复力是()A摆球重力与摆线拉力的合力B摆线拉力沿圆弧切线方向的分力C摆球重力、摆线拉力及摆球所受向心力的合力D摆球重力沿圆弧切线方向的分力解析：选D.单摆做简谐运动的回复力由重力沿切线方向的分力提供，D正确2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，
5、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3用单摆测定重力加速度，依据的原理是()A由g 看出，T一定时，g与l成正比B由g 看出，l一定时，g与T2成反比C由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，利用g 可算出当地的重力加速度D同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比解析：选C.同一地区的重力加速度g为定值利用该实验测重力加速度最主要的是要测准摆长(
6、从悬点到球心的距离)和周期4.如图所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子，P与悬点相距ll，则这个摆做小幅度摆动时的周期为()A2B2C D2 解析：选C.摆线碰到钉子前，周期T12，碰到钉子后，周期为T22，所以摆的周期TT1T2，C对5如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是()AT1T2T3T4 BT1T2T3T2T3T4 DT1T2T3T2T3T4，选项C正确6在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比
7、单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为()AT2r BT2rCT DT2l 解析：选B.考虑单摆的周期公式与万有引力定律根据单摆周期公式T2和GMgr2可得T22r，故选项B正确二、多项选择题7在下列情况下，能使单摆周期变大的是()A将摆球质量减半，而摆长不变B将单摆由地面移到高山C将单摆从赤道移到两极D保持摆线长度不变，换一较大半径的摆球解析：选BD.根据单摆周期公式T2知，影响单摆周期的因素为摆长l和重力加速度g.当摆球质量减半时摆长未变，周期不变；当将单摆由地面移到高山时g值变小，T变大；
8、当将单摆从赤道移到两极时g值变大，T变小；当摆线长度不变，摆球半径增大时，摆长l增大，T变大8.如图所示，用绝缘细线悬吊着带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则()A当小球每次通过平衡位置时，动能相同B当小球每次通过平衡位置时，速度大小相同C当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力相同D撤去磁场后，小球摆动周期变大解析：选AB.洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此不参与提供回复力，所以对周期及动能无影响，A、B正确，D错误；小球每次通过平衡位置时，洛伦兹力大小不变，而其方向由速度和磁场方向共同决定，所以丝线拉力不总是相同，C错误9如图为甲、乙两单摆的振动图象，则()A若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、
9、乙两单摆的摆长之比l甲l乙21B若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙41C若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲g乙41D若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲g乙14解析：选BD.由题中图象可知T甲T乙21，若两单摆在同一地点，则两摆摆长之比l甲l乙41，若两摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲g乙14.10如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是()A甲、乙两单摆的摆长相等B甲单摆的振幅比乙的大C甲单摆的机械能比乙的大D在t0.5 s时有正向最
10、大加速度的是乙单摆解析：选ABD.振幅可从题图上看出，甲单摆振幅大，两单摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，故无法比较机械能t0.5 s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度三、非选择题11.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示(1)组装单摆时，应在下列器材中选用_(选填选项前的字母)A长度为1 m左右的细线B长度为30 cm左右的细线C直径为1.8 cm的塑料球D直径为1.8 cm的铁球(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g _(用L、n、t表示)(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理组次123摆长
11、L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(ms2)9.749.73请计算出第3组实验中的T_s，g_m/s2.(4)用多组实验数据作出T2L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值则相对于图线b，下列分析正确的是_(选填选项前的字母)A出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C图线c对应的g值小于图线b对应的g值(5)
12、某同学在家里测重力加速度他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为030 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g_(用l1、l2、T1、T2表示)解析：(1)组装单摆时，应选用1 m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，选项A、D正确(2)单摆的振动周期T.根据T2，得g.(3)T32.01 s.根据T2，得g9.76 m/s2.(4)根据T2，得T2L，
13、即当L0时，T20.出现图线a的原因是计算摆长时过短，误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，选项A错误；对于图线c，其斜率k变小了，根据k，可能是T变小了或L变大了选项B中误将49次全振动记为50次，则周期T变小，选项B正确；由k得g，则k变小，重力加速度g变大，选项C错误(5)设A点到铁锁重心的距离为l0.根据单摆的周期公式T2，得T12 ，T22 .联立以上两式，解得重力加速度g.答案：(1)AD(2)(3)2.019.76(4)B(5)12.摆长为l的单摆在平衡位置O的左右做摆角小于5的简谐运动，当摆球经过平衡位置O(O在A点正上方)向右运动的同时，另一个以速度v在光滑水平面运动的小滑块，恰好经过A点向右运动，如图所示，小滑块与竖直墙面P碰撞后以原来的速率返回，略去碰撞所用时间，试问：(1)A、P间的距离满足什么条件，才能使小滑块刚好返回A点时，摆球也同时到达O点且向左运动？(2)A、P间的最小距离是多少？解析：(1)小滑块做匀速直线运动的往返时间为t1，t1，单摆做简谐运动回到O点且向左运动所需时间为t2t2nT(n0，1，2，)，其中T2由题意可知t1t2，所以nT解得x(2n1)2(n0，1，2，)(2)由(1)知，当n0时，A、P间的距离最小，xmin.答案：见解析
