(新教材)2020-2021学年物理人教版选择性第一册课时作业(八) 单摆(含解析)
(新教材)2020-2021学年物理人教版选择性第一册课时作业(九) 受迫振动 共振(含解析)
课时作业(九) 受迫振动 共振限时：40分钟一、单项选择题1．在洗衣机把衣服脱水完毕后，电动机还要转动一会才能停下来，此时发现洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减小直至停下来，其间振动剧烈的原因是( )A ．洗衣机没放平衡B ．电动机有一阵子转快了C ．电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等D ．这只是一种偶然现象2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前装一个配重杆的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前装配重杆的目的主要是( )A ．加大飞机的惯性B ．使机体更加平衡C ．使机翼更加牢固D ．改变机翼的固有频率 3.如图所示装置中，已知弹簧振子的固有频率f 固＝2 Hz ，电动机皮带轮的直径d 1是曲轴皮带轮d 2的12.为使弹簧振子的振幅最大，则电动机的转速应为( ) A ．60 r/min B ．120 r/minC ．30 r/minD ．240 r/min4．在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发生的声波，就能使酒杯碎掉(如图所示)．下列说法中正确的是( )A ．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B ．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C ．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D ．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz二、多项选择题5．铺设钢轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮都会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击力做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m ，列车固有振动周期为0.315 s ．下列说法中正确的是( )A ．列车的危险速率为40 m/sB ．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C ．列车运动的振动频率和列车的固有频率总是相等的D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行6．某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中的曲线Ⅰ所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中的曲线Ⅱ所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的()A．a点B．b点C．c点D．一定不是c点7．如图甲所示的装置可用于研究弹簧振子的受迫振动，砝码和轻弹簧构成弹簧振子．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期等于驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图像如图乙所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图像如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅．则()A．由图像可知T0＝4 sB．由图像可知T0＝8 sC．当T在4 s附近时，y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，y很小D．当T在8 s附近时，y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，y很小8．如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法正确的是()A．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B．若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则两次摆长之比l1:l2＝25:4C．图线Ⅱ若是在地球上完成的，则该摆摆长约为1 mD．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ是在地球上完成的。
2020--2021学年人教版(新教材)物理选择性必修第一册第2章：机械振动练习含答案
2020--2021人教（新教材）物理选择性必修第一册第2章：机械振动练习含答案人教（新教材）选择性必修第一册第2章：机械振动1、关于简谐运动的位移、速度和加速度的关系，下列哪些说法正确()A．位移减小时，加速度增大，速度增大B．位移方向总跟加速度的方向相反，跟速度方向相同C．物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D．物体向平衡位置运动时，做减速运动，背离平衡位置时，做加速运动2、关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是()A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置B．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移C．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也就越大D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移3、如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间为1 s，则下列说法正确的是()A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是1 s，振幅是10 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm4、一个做简谐运动的物体，每次具有相同的动能时，下列说法正确的是()A．一定具有相同的势能B．一定具有相同的速度C．一定具有相同的加速度D．一定具有相同的位移5、关于单摆，下列认识中正确的是()A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多C．单摆的振动总是简谐运动D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同6、在洗衣机把衣服脱水完毕后，电动机还要转动一会才能停下来，此时发现洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减小直至停下来，其间振动剧烈的原因是()A．洗衣机没放平衡B．电动机有一阵子转快了C．电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等D．这只是一种偶然现象7、弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是()A．振子在A、B两点时的速度和位移均为零B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变C．振子所受的弹力方向总跟速度方向相反D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动8、一个做简谐运动的质点，它的振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5 s后，位移的大小和经过的路程为()A．4 cm10 cm B．4 cm100 cmC．024 cm D．0100 cm9、做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力()A．做功一定为0B．做功一定不为0C．做功一定是12m v2D．做功可能是0到12m v2之间的某一个值10、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11、在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前装一个配重杆的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前装配重杆的目的主要是()A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率12、如图所示是某质点做简谐运动的振动图像．根据图像中的信息，回答下列问题．(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(2)质点在10 s末和20 s末的位移各是多少？(3)质点在15 s和25 s时各向什么方向运动？(4)质点在前30 s内运动的路程是多少？13、如图所示，一个轻弹簧与一个质量为m＝0.5 kg的小球所构成的弹簧振子放在光滑金属杆上，已知该弹簧的劲度系数k＝200 N/m，O点是弹簧振子静止时的位置，今将振子向右拉10 cm到A点，此时外力对弹簧振子做功为1 J，然后由静止释放，则它在A、B之间运动，不计其他阻力，求：(1)振子在哪点的速度最大？最大速度为多少？(2)振子在A点的位移．(3)振子在B点的加速度．2020--2021人教（新教材）选择性必修第一册第2章：机械振动练习含答案人教（新教材）选择性必修第一册第2章：机械振动1、关于简谐运动的位移、速度和加速度的关系，下列哪些说法正确()A．位移减小时，加速度增大，速度增大B．位移方向总跟加速度的方向相反，跟速度方向相同C．物体运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D．物体向平衡位置运动时，做减速运动，背离平衡位置时，做加速运动解析：位移增大时，加速度a ＝－kx m 增大，但物体做减速运动，速度减小，故A错误；加速度a ＝－kx m ，负号表示加速度方向与位移方向总相反，靠近平衡位置时加速，位移方向与速度方向相反，故B 错误，C 正确；物体向平衡位置运动时回复力的方向与运动方向相同，做加速运动，背离平衡位置时，回复力的方向与运动方向相反，物体做减速运动，故D 错误．答案：C2、关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )A ．平衡位置就是物体振动范围的中心位置B ．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移C ．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也就越大D ．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移解析：平衡位置是物体可以静止的位置，所以应与受力有关，与是否为振动范围的中心位置无关，A 错误；振动位移是以平衡位置为初始点，到振动物体所在位置的有向线段，振动位移随时间而变化，振动物体偏离平衡位置最远时，振动位移最大，B 正确，D 错误；振动物体的位移与运动的路程没有关系，C 错误．答案：B3、如图所示，弹簧振子在BC 间振动，O 为平衡位置，BO ＝OC ＝5 cm ，若振子从B 到C 的运动时间为1 s ，则下列说法正确的是( )A ．振子从B 经O 到C 完成一次全振动B．振动周期是1 s，振幅是10 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm解析：振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm，A、B错误；振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动振子通过的路程为40 cm，C错误；3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm，D正确．答案：D4、一个做简谐运动的物体，每次具有相同的动能时，下列说法正确的是() A．一定具有相同的势能B．一定具有相同的速度C．一定具有相同的加速度D．一定具有相同的位移答案：A5、关于单摆，下列认识中正确的是()A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多C．单摆的振动总是简谐运动D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同解析：单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，A错，B正确．单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错．两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，D错．答案：B6、在洗衣机把衣服脱水完毕后，电动机还要转动一会才能停下来，此时发现洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减小直至停下来，其间振动剧烈的原因是()A．洗衣机没放平衡B．电动机有一阵子转快了C．电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等D．这只是一种偶然现象解析：洗衣机脱水时，电动机转速很快，频率很大，可以说远大于洗衣机的固有频率，不能发生共振现象．当脱水终止时，随着电动机转速的减小，频率也在减小，肯定有一段时间，频率接近或等于洗衣机的固有频率，从而发生共振现象，洗衣机振动剧烈．答案：C7、弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是()A．振子在A、B两点时的速度和位移均为零B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变C．振子所受的弹力方向总跟速度方向相反D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动答案：D8、一个做简谐运动的质点，它的振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5 s后，位移的大小和经过的路程为()A．4 cm10 cm B．4 cm100 cmC．024 cm D．0100 cm答案：B9、做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力()A．做功一定为0B．做功一定不为0C．做功一定是12m v2D．做功可能是0到12m v2之间的某一个值解析：弹簧振子过半个周期一定运动到关于平衡位置对称的位置处，两处速度大小相等，由动能定理知合外力做功为0，A正确．答案：A10、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：单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，速度减小，C对．答案：C11、在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前装一个配重杆的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前装配重杆的目的主要是()A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率解析：飞机的机翼(翅膀)很快抖动起来，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率，机翼发生共振，在飞机机翼前装配重杆，是为了改变机翼的固有频率，使驱动力的频率远离机翼的固有频率，选项D正确．答案：D12、如图所示是某质点做简谐运动的振动图像．根据图像中的信息，回答下列问题．(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(2)质点在10 s末和20 s末的位移各是多少？(3)质点在15 s和25 s时各向什么方向运动？(4)质点在前30 s内运动的路程是多少？解析：(1)质点离开平衡位置的最大距离等于质点的最大位移的大小，由题图看出，此距离为20 cm.(2)质点在10 s末的位移x1＝20 cm,20 s末的位移x2＝0.(3)15 s末质点位移为正，15 s后的一段时间，位移逐渐减小，故质点在15 s末向负方向运动，同理可知，25 s末质点也向负方向运动．(4)前30 s质点先是由平衡位置沿正方向振动了20 cm，又返回平衡位置，最后又到达负方向20 cm处，故30 s内运动的总路程为60 cm.答案：(1)20 cm(2)20 cm0(3)负方向负方向(4)60 cm13、如图所示，一个轻弹簧与一个质量为m＝0.5 kg的小球所构成的弹簧振子放在光滑金属杆上，已知该弹簧的劲度系数k＝200 N/m，O点是弹簧振子静止时的位置，今将振子向右拉10 cm到A点，此时外力对弹簧振子做功为1 J，然后由静止释放，则它在A、B之间运动，不计其他阻力，求：(1)振子在哪点的速度最大？最大速度为多少？(2)振子在A 点的位移．(3)振子在B 点的加速度． 解析：(1)由于弹簧振子在运动过程中满足机械能守恒，故在平衡位置O 点的速度最大，由题意知：外力做的功转化为系统的弹性势能，该势能又全部转化成振子的动能，即W ＝12m v 2解得：v ＝2Wm ＝2×10.5 m/s ＝2 m/s. (2)振子在A 点的位移大小为x ＝10 cm ，方向由O 指向A.(3)由于振动的振幅为10 cm ，故在B 点的位移大小是10 cm ，即弹簧压缩10 cm ，此时回复力的大小F ＝kx ＝200×0.1 N ＝20 N ，即振子所受到的合外力大小为20 N ，由牛顿第二定律得：a ＝F m ＝200.5 m/s 2＝40 m/s 2，方向由B 指向O.答案：(1)O 点 2 m/s(2)10 cm ，方向由O 指向A(3)40 m/s 2，方向由B 指向O。
人教版选择性必修第一册课件单摆(共30张PPT)
解析 设两个单摆的周期分别为 Ta 和 Tb，由题意 10Ta＝6Tb， 得 Ta∶Tb＝3∶5.根据单摆周期公式 T＝2π gl ，可知 l＝4gπ2T2， 由此得 la∶lb＝Ta2∶Tb2＝9∶25.则 la＝259－9×1.6 m＝0.9 m，lb＝
252－5 9×1.6 m＝2.5 m.
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A．t1 时刻摆球速度为零，摆球的合力为零 B．t2 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 C．t3 时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大 D．t4 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
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【解析】 由题图读出 t1 时刻摆球在正向最大位移处，速度 为零，回复力最大，合力不为零，故 A 项错误；t2 时刻位移为零， 说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故 B 项错误；t3 时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最 大，故 C 项正确；t4 时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球 速度最大，悬线对它的拉力最大，故 D 项正确．
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3．已知单摆 a 完成 10 次全振动的时间内，单摆 b 完成 6 次
全振动，两摆长之差为 1.6 m，则两单摆长 la 与 lb 分别为( B )
A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m
B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m
D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m
莫为一身之谋，而有天下之志。 母鸡的理想不过是一把糠。
一个人如果胸无大志，既使再有壮丽的举动也称不上是伟人。 母鸡的理想不过是一把糠。 一个人如果胸无大志，既使再有壮丽的举动也称不上是伟人。
谁不向前看，谁就会面临许多困难。
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在如图所示的装置中，可视为单摆的是( A )
高中物理第2章机械振动4单摆课时分层作业含解析新人教版选择性必修第一册
单摆(建议用时:25分钟)考点一单摆及单摆的回复力1．关于单摆,下列说法正确的是( )A．摆球做匀速圆周运动B．摆球摆动到最低点时加速度为零C．摆球速度变化的周期等于振动周期D．摆球振动的频率与振幅有关C[摆球在摆动中速度大小是变化的,不是匀速圆周运动,A错误；摆球摆动到最低点时加速度不为零,受向上的合外力,故加速度竖直向上,B错误；摆球速度变化的周期以及位移变化的周期均等于振动周期,C正确；摆球振动的频率与振幅无关,只取决于摆长和当地的重力加速度,D错误．]2．有一个正在摆动的秒摆(T＝2 s),若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,那么当t＝1.6 s时,以下对摆球的运动情况及其切向加速度变化情况正确的是( ) A．正在向左做减速运动,加速度正在增大B．正在向右做减速运动,加速度正在增大C．正在向右做加速运动,加速度正在减小D．正在向左做加速运动,加速度正在减小D[秒摆的周期是2 s,则摆球从平衡位置向左运动时开始计时,那么当t＝1.6秒时,摆球从最右端向平衡位置做加速运动,由于位移在变小,故切向加速度也在变小．故D正确．] 3．单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )A．t1时刻摆球速度最大,摆球的回复力最大B．t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零,摆球的回复力最小D．t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大D[由图知t1时刻小球处在最大位移处,速度为零,回复力最大,拉力最小,A项错误；t2时刻摆球处在平衡位置,其速度最大,回复力为零,拉力最大,故B错误；t3时刻摆球在最大位移处,速度为零,回复力最大,拉力最小,故C项错误；t4时刻摆球在平衡位置处,速度最大,回复力为零,但小球有竖直向上的加速度,处于超重状态,悬线对它的拉力最大,故D正确．]考点二 单摆的周期4．将秒摆的周期由2 s 变为1 s,下列措施可行的是( ) A ．将摆球的质量减半 B ．将振幅减半 C ．将摆长减半D ．将摆长减为原来的14D [秒摆的周期由2 s 变为1 s,周期变为原来的12,由单摆周期公式T ＝2πlg可知,应将摆长减为原来的14,秒摆的周期与摆球的质量、振幅无关,故选项D 正确．]5．地球表面的重力加速度约为9.8 m/s 2,月球表面的重力加速度是地球表面的16,将走时准确的摆钟从地球放到月球上去,在地球上经过24 h,该钟在月球上显示经过了( )A ．4 hB ．9.8 hC ．12 hD ．58.8 hB [由单摆的周期公式T ＝2πl g ,得T 地T 月＝g 月g 地＝16,即T 月＝6T 地,则摆钟在月球上单位时间内完成的全振动的次数为在地球上的66,所以在地球上经过24 h,该钟在月球上显示经过的时间为24×66h ＝4 6 h≈9.8 h ,选项B 正确．] 6．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T ＝2πlg＞T 0,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．]7．要将秒摆的周期由2 s 变为4 s,下列措施可行的是( ) A ．只将摆球质量变为原来的14B ．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C [单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A 、B 项均错误；对秒摆,T 0＝2πl 0g＝2 s,对周期为4 s 的单摆,T ＝2πlg＝4 s,故l ＝4l 0,故C 项正确,D 项错误．] 8．利用盛砂的漏斗演示简谐运动,如果考虑漏斗里砂子逐渐减少,则砂摆的频率将( ) A ．逐渐增大 B ．逐渐减小 C ．先增大后减小D ．先减小后增大D [砂子逐渐减少,砂子和漏斗的重心将逐渐降低,砂子漏完后重心又升高,所以摆长先变长后变短,根据单摆周期公式T ＝2πlg知周期先变大后变小,频率先减小后增大,故选项D 正确．]9．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像．根据图像回答:甲 乙(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/s 2,试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 ＝1T＝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 ＝2πL g 得L ＝gT 24π2＝0.16 m. [答案] (1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m(建议用时:15分钟)10．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O 的速度分别为v 1和v 2,所经历的时间分别是t 1和t 2,那么( )A ．v 1＜v 2,t 1＜t 2B ．v 1＞v 2,t 1＝t 2C ．v 1＝v 2,t 1＝t 2D ．上述三种都有可能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的单摆振动,即做简谐运动,其等效摆长为2 m,单摆周期与振幅无关,因此t 1＝t 2,又由于小球运动过程中机械能守恒,有mgh ＝12mv 2,解得v ＝2gh ,知v 1＞v 2.]11．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( )(1) (2) (3) (4)A ．T 1＞T 2＞T 3＞T 4B ．T 1＜T 2＝T 3＜T 4C ．T 1＞T 2＝T 3＞T 4D ．T 1＜T 2＜T 3＜T 4C [题图(1)中,当摆球偏离平衡位置时,重力沿斜面的分力mg sin θ为等效重力,即单摆的等效重力加速度g 1＝g sin θ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直,不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)中摆球处于超重状态,等效重力增大,故等效重力加速度增大,g 4＝g ＋a .由单摆振动的周期公式T ＝2πlg,知T 1＞T 2＝T 3＞T 4,选项C 正确．] 12．(多选)如图所示,长度为l 的轻绳上端固定在O 点,下端系一小球(小球可以看成质点)．在O 点正下方,距O 点3l4处的P 点固定一个小钉子．现将小球拉到点A 处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球．点B 是小球运动的最低位置,点C (图中末标出)是小球能够到达的左侧最高位置．已知点A 与点B 之间的高度差为h ,h ≪l .A 、B 、P 、O 在同一竖直平面内,当地的重力加速度为g ,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A ．点C 与点B 高度差小于hB ．点C 与点B 高度差等于h C ．小球摆动的周期等于3π2l g D．小球摆动的周期等于3π4l gBC [不计空气阻力,小球在整个运动过程中机械能守恒,故运动到左侧最高点C 与A 等高,与B 相差h ,A 错误,B 正确．当小球从A 点开始,再回到A 点时为一个周期,是两个半周期之和,即T ＝12T 1＋12T 2＝12×2πl g ＋12×2π×l4g＝πl g ＋π2l g ＝3π2lg,故C 正确,D 错误．]13．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．如图甲中O 点为单摆的固定悬点,现将小摆球(可视为质点)拉至A 点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A 、B 、C 之间来回摆动,其中B 点为运动中的最低位置,∠AOB ＝∠COB ＝α,α小于10°且是未知量．图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的曲线,且图中t ＝0时刻为摆球从A 点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息,求:(g 取10 m/s 2)甲 乙(1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量；(3)摆球运动过程中的最大速度．[解析] (1)由题图乙可知单摆的周期T ＝0.4π s , 由T ＝2πl g , 得摆长l ＝T 2g4π2＝0.4 m.(2)在B 点拉力的最大值为F max ＝0.510 N.F max －mg ＝mv 2l.在A 、C 两点拉力最小F min ＝0.495 N,F min ＝mg cos α,A →B 过程机械能守恒,即mgl (1－cos α)＝12mv 2,由以上各式解得m ＝0.05 kg.(3)由F max －mg ＝mv 2maxl可得,v max ≈0.283 m/s.[答案] (1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)0.283 m/s。
新教材高中物理第二章实验：用单摆测量重力加速度课时作业新人教版选择性必修第一册(含答案)
新教材高中物理新人教版选择性必修第一册：第二章机械振动5实验：用单摆测量重力加速度【基础巩固】1.在用单摆测量重力加速度的实验中,下列说法正确的是()A.制作单摆时,选用质量较小的塑料小球B.计算摆长时,将摆线长与小球直径相加C.小球摆角应较小,以近似满足简谐运动条件D.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆角较大解析:制作单摆时,选用质量较大的金属小球,选项A错误.计算摆长时,将摆线长与小球半径相加,选项B错误.要保证单摆做简谐运动,摆角要小于5°,并且摆球应在同一竖直面内摆动,选项C正确.单摆的周期与摆角大小无关,且此实验摆角不宜过大,选项D错误.答案:C2.在测量单摆摆长时,下列操作正确的是()A.装好单摆,抓住摆球,用力拉紧,测出摆线悬点到摆球球心之间的距离B.让单摆自由下垂,测出摆线长度加上摆球直径的总长度C.取下摆线,测出摆线长度后再加上摆球半径D.测出小球直径,把单摆固定后,让小球自然下垂,用刻度尺量出摆线的长度,再加上小球的半径解析:测量单摆摆长时,先测出摆球的直径,然后固定单摆,让小球自然下垂,测出摆线的长度,摆长等于摆线的长度加上小球的半径,选项D正确,选项A、B、C错误.答案:D3.在用单摆测量重力加速度的实验中,用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示,已知单摆的摆长为l,则重力加速度g为()A.4π2lt02 B.π2lt02C.4π2l9t02D. π2l4t02解析:小球在竖直平面内做单摆运动,在最低点时,绳子的拉力和重力的合力提供向心力,此时拉力最大,半个周期后再次最大.根据图像可知,从最低点时开始计时,第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期,单摆的周期为T=4t0,根据周期公式T=2π√lg ,得g=π2l4t02,选项D正确.答案:D4.航天员分别在地球和月球上探究了单摆周期T 与摆长l 的关系.多次改变摆长,绘制了T 2-l 图像,如图所示.在月球上的实验结果对应的图线是.(选填“A ”或“B ”).若在月球上得到的图线斜率为k ,则月球表面的重力加速度g 月= .解析:由单摆周期公式T=2π√lg 可知T 2=4π2gl ,T 2-l 图线的斜率k=4π2g,则重力加速度g=4π2k,图线斜率越大,重力加速度越小.月球上的重力加速度小于地球上的重力加速度,由图像可知,图线A 对应月球上的实验结果. 答案:A4π2k5.某同学在做用单摆测量重力加速度的实验中先测得摆线长为97.44 cm,球直径由图甲所示的游标卡尺测得.然后用停表记录了单摆50次全振动所用的时间如图乙所示.则小球直径为 cm,该单摆摆长为 cm,停表所示读数为 s .甲乙解析:主尺读数为2.1 c m ,游标尺对齐格数为第5格,读数为5×120m m =0.25 mm =0.025 cm,所以小球直径为2.1 cm +0.025 cm =2.125 cm;摆长l=摆线长+小球半径=97.44 cm +1.062 5 cm =98.50 cm;停表读数为99.8 s . 答案:2.125 98.50 99.8【拓展提高】6.某同学在做“用单摆测量重力加速度的大小”实验时,用游标卡尺测量小球直径,读数如图甲所示.某次测得摆线长为99.51 cm .甲乙(1)游标卡尺的读数为mm;该次测量单摆的摆长l为cm.(2)该同学根据多次测量数据作出l-T2图线(如图乙所示),根据图线求出重力加速度g= m/s2(保留3位有效数字).(3)实验时某同学测得的g值偏大,其可能的原因是.A.摆球的质量太大B.测摆长时,仅测了线长,未加小球半径C.测周期时,把n次全振动误记为(n+1)次D.摆球上端未固定牢固,振动中出现松动(摆长变长)解析:(1)该游标卡尺的精度为0.1 mm,读数为d=9 mm+8×0.1 mm=9.8 mm,单摆的摆长为悬点到球心的距离,可得l=l0+d2=99.51 cm+12×9.8 mm=100.00 cm.(2)根据单摆的周期公式T=2π√lg可得l=g4π2T2,故l-T2图像的斜率为k=g4π2=1 4 ,解得重力加速度为g=π2≈9.86 m/s2.(3)根据T=2π√lg可知,重力加速度偏大,可能是周期偏小或者摆长偏大,与质量无关,故选项A错误;测摆长时,仅测了线长,未加小球半径,摆长测量值偏小,重力加速度偏小,故选项B错误;把n次全振动误记为(n+1)次,导致周期测量值偏小,重力加速度偏大,故选项C正确;摆球上端未固定牢固,振动中出现松动,摆长变长,摆长测量值偏小,重力加速度偏小,故选项D错误.答案:(1)9.8100.00(2)9.86(3)C7.某同学用单摆测量重力加速度.(1)在实验过程中,他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺测量从悬点到摆球最上端的长度为l0=0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径d为m(结果如图甲所示),则单摆摆长l为m;他还用停表记录单摆做多次全振动所用的时间如图乙所示,则停表读数为s.甲乙(2)该同学在做实验的同时,还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像,如图丙所示.关于a、b 两个摆球的振动图像,下列说法正确的是.丙A.a、b两个单摆的摆长相等B.b摆的振幅比a摆小C.a摆的机械能比b摆的大D.t=1 s时,回复力对应的加速度较大的是a摆(3)在数据处理过程中,作出的T2-l图像如图丁所示,图像不过坐标原点的原因可能是.丁A.将摆线长l0记为摆长lB.摆球的振幅过小C.将l0+d记为摆长lD.摆球质量过大解析:(1)游标卡尺的主尺读数为19m m,游标尺读数为0,则摆球直径为19.0 mm=0.019 0 m,单摆的摆长l=0.999 0 m+0.01902m=1.008 5 m;停表的小盘读数为30 s,大盘读数为1.1 s,则停表读数为31.1 s.(2)由图像可知,a摆的周期小于b摆的,根据T=2π√lg知,a摆的摆长小于b摆的,选项A错误.由图像可知,b摆的振幅大于a摆的,选项B错误.由于两摆摆球的质量未知,无法比较机械能,选项C错误.t=1 s 时,b摆在平衡位置,a摆不在平衡位置,由F=-kx,则由回复力对应的加速度较大的是a摆,选项D正确.(3)根据T=2π√lg 知,T2=4π2lg,图线不过原点,周期与振幅和摆球质量无关,当l=0时,T不等于0,可知记录摆长时偏小,即将摆线长l0记为摆长l,选项A正确.答案:(1)0.019 01.008 531.1(2)D(3)A。
2020-2021学年度人教版(2019)选择性必修第一册 2.4单摆 同步训练1(含解析)
2020-2021学年度人教版（2019）选择性必修第一册2.4单摆同步训练1（含解析）1．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。
不计空气阻力，取重力加速度g = 10m/s2。
对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（）A．单摆的摆长约为1.0mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x = 8cos(πt)cmC．从t = 0.5s到t = 1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t = 1.0s到t = 1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小2．图示为同一位置的甲乙两个单摆的振动图像，根据图像可以知道两个单摆的（）A．甲的摆长大于乙的摆长B．甲摆球质量大于乙摆球质量C．甲摆球机械能大于乙摆球机械能D．摆球甲的最大偏角大于乙的最大偏角3．夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中，现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是（）A．小王荡秋千时，其周期大于6.28sB．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小D．该秋千的绳子长度约为10m4．如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为3L的A、B两点上，c细线下端系着一个带正电荷的小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，电荷量为3q，垂直于纸面向外有匀强电场，电场强度mgqE=，下列说法正确的是（）A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为2LTg =B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为322L Tg =C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为322L Tg =D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为3L Tg =5．如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是（）A．t1＝t2，v1>v2B．t1>t2，v1<v2C．t1<t2，v1>v2D．t1>t2，v1>v26．在环绕地球运动的空间实验室内，下列几项实验中不能进行的是（）①用天平测物体质量②用弹簧秤测作用于秤钩上的拉力③用单摆测该处的重力加速度④验证力的合成得平行四边形法则A．①②B．①③C．①②③D．②③④7．如图，两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同一高度，虚线表示竖直方向，分别拉开一定的角度（都小于5°）同时由静止释放，不计空气阻力。
【精准解析】2020-2021学年物理人教版选择性必修第一册课时作业：2-3+简谐运动的回复力和能量
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了 x0 设弹簧的劲度系数为 k，由平衡条件得 kx0＝mg① 当振子偏离平衡位置距离为 x 时 F 回＝mg－k(x＋x0)② 由①②得 F 回＝－kx， 所以该振动是简谐运动．
1．在简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列各组中描述 振动的物理量总是相同的是( B )
解析：由题图可知，A 振子的周期为 0.4 s，B 振子的周期为 0.6 s， 故周期之比为 TA∶TB＝2∶3；最大加速度时，有 mAaA∶mBaB＝10kA∶ 5kB，故最大加速度之比 aA∶aB＝9∶2.
8．弹簧下面挂一小钢球如图所示，它所受的力与位移的关系也 满足 F＝－kx 吗？x 为弹簧的形变量吗？它振动的回复力由哪个力提 供？是简谐运动吗？
故加速度最大的位置在最大位移处的 A 或 B 两点，加速度大小 a
＝ k x＝240×0.05 m/s2＝24 m/s2. m 0.5 (2)在平衡位置 O 滑块的速度最大．
根据机械能守恒，有 Epm＝12mv2m.
故 vm＝
2Epm＝ m
2×0.3 m/s≈1.1 支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变 化的弹力
C．物块 A 受重力、支持力及 B 对它的回复力 D．物块 A 受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力 解析：物块 A 受到重力、支持力和摩擦力的作用．重力和支持力 二力平衡，摩擦力提供 A 做简谐运动所需的回复力，由 F＝－kx 知， 摩擦力随时间其大小和方向都变化，故 A 正确． 5．(多选)如图所示，质量为 m 的小球放在劲度系数为 k 的轻弹 簧上，小球上下振动而又始终未脱离弹簧．则( AD )
m 5．(多选)一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是
2020-2021学年物理新教材人教版选择性必修第一册学案：第2章5实验：用单摆测量重力加速度含解析
5.实验：用单摆测量重力加速度[实验目标] 1.明确用单摆测定重力加速度的原理和方法． 2.学会用单摆测当地的重力加速度，学会减小实验误差的方法． 3.知道如何选择实验器材，能熟练地使用秒表．一、实验原理单摆在偏角很小(小于5°)时，可看成简谐运动，其周期T＝2πlg，可得g＝4π2lT2.据此，通过实验测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度．二、实验器材铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长1 m 左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺．三、实验步骤(1)让细线穿过球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆．(2)将小铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面之外，然后把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂．(3)用刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测出摆球直径d，然后计算出悬点到球心的距离l＝l′＋d2即摆长．(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角小于5°，再释放小球．当摆球摆动稳定以后，在最低点位置时，用秒表开始计时，测量单摆全振动30次(或50次)的时间，然后求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期．(5)改变摆长，重做几次．(6)根据单摆的周期公式，计算出每次实验的重力加速度；求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即本地区的重力加速度的值．(7)将测得的重力加速度数值与当地重力加速度数值加以比较，如有误差，分析产生误差的原因．四、数据处理(1)公式法：根据公式g＝4π2n2lt2，将每次实验的l、n、t数值代入，计算重力加速度g，然后取平均值．(2)图像法：作出T2-l图像，由T2＝4π2lg可知T2-l图线是一条过原点的直线，其斜率k＝4π2g，求出k，可得g＝4π2k.五、误差分析(1)本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等等．(2)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上．要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值．(3)本实验中在长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，读数读到毫米即可(即使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米)；在时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在秒的十分位即可．六、注意事项(1)摆线要选1 m左右，不要过长或过短，太长测量不方便，太短摆动太快，不易计数．(2)摆长要悬挂好摆球后再测，不要先测摆长再系小球，因为悬挂摆球后细绳会发生形变．(3)计算摆长时要将摆线长加上摆球半径，不要把摆线长当作摆长．(4)摆球要选体积小、密度大的，不要选体积大、密度小的，这样可以减小空气阻力的影响．(5)摆角要小于5°(具体实验时可以小于15°)，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动不再是简谐运动，公式T＝2πlg就不再适用．(6)单摆要在竖直平面内摆动，不要使之成为圆锥摆．(7)要从平衡位置计时，不要从摆球到达最高点时开始计时．(8)要准确记好摆动次数，不要多记或少记.【例1】甲、乙两个学习小组分别利用单摆测定重力加速度．(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置．①为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用________．(用器材前的字母表示)a．长度接近1 m的细绳b．长度为30 cm左右的细绳c．直径为1.8 cm的塑料球d．直径为1.8 cm的铁球e．最小刻度为1 cm的米尺f．最小刻度为1 mm的米尺②该组同学先测出悬点到小球球心的距离l，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写出重力加速度的表达式g＝________.(用所测物理量表示)(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v-t图线．①由图丙可知，该单摆的周期T＝________s.②更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2-l(周期二次方－摆长)图像，并根据图像拟合得到方程T2＝4.04l＋0.035.由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2.(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字)[解析](1)①根据T＝2πlg得g＝4π2lT2，则可知要准确地测量出当地的重力加速度需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长度近1 m的细绳，直径为1.8 cm的铁球，需要测量摆线长，所以需要最小刻度为1 mm 的米尺，故选a、d、f.②因为T＝tn，则g＝4π2n2lt2.(2)①根据单摆振动的v-t图像知，单摆的周期T＝2.0 s.②根据T＝2πlg得T2＝4π2lg.图线的斜率：k＝4π2g＝4.04 s2/m，解得：g≈9.76 m/s2.[答案](1)①adf②4π2n2lt2(2)①2.0②9.76【例2】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，并作了部分计算处理．组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s 1.80 1.91重力加速度g/(m·s－2)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T2-L图像，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2-L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)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30 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)．思路点拨：该题全面考查了重力加速度的测量、数据的处理以及误差的分析，要掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度、摆长、周期等物理量之间的关系．[解析](1)单摆模型需要满足的条件是摆线的长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，这样可以忽略空气阻力．(2)周期T＝tn，结合T＝2πLg，可得g＝4π2n2Lt2.(3)周期T＝tn＝100.5 s50＝2.01 s，由T＝2πLg，解得g＝9.76 m/s2.(4)由T＝2πL g，两边平方后可知T 2-L 是过原点的直线，b 为正确的图线，a 与b 相比，周期相同时，摆长更短，说明a 对应测量的摆长偏小；c 与b 相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数．(5)设A 到铁锁重心的距离为l ，则第1、2次的摆长分别为l ＋l 1、l ＋l 2，由T 1＝2πl ＋l 1g ，T 2＝2πl ＋l 2g ，联立解得：g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 22. [答案] (1)AD (2)4π2n 2L t 2 (3)2.01 9.76 (4)B (5)4π2(l 1－l 2)T 21－T 22用图像法处理实验数据的技巧用图像法处理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响．由于T -L 的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用T 2-L 的图像，目的是为了将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．1．利用单摆测重力加速度时，若测得g 值偏大，则可能是因为( )A ．单摆的摆锤质量偏大B ．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径C ．测量周期时，把n 次全振动误认为是(n ＋1)次全振动D ．测量周期时，把n 次全振动误认为是(n －1)次全振动C [由单摆周期公式知T ＝2πl g ，g ＝4π2l T 2，而T ＝t n ，所以g ＝4π2ln 2t 2，由此可知C 项正确．]2.在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g ＝4π2l T2.只要测出多组单摆的摆长l 和运动周期T ，作出T 2-l 图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T 2-l 图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示．(1)造成图像不过坐标原点的原因可能是________．(2)由图像求出的重力加速度g＝________ m/s2.(π2取9.87)[解析](1)既然所画T2-l图像与纵坐标有正截距，这就表明l的测量值与真实值相比偏小了，则意味着测摆长时可能漏掉了摆球半径．(2)图像的斜率k＝4π2g＝4s2/m，则g＝4π2k＝9.87 m/s2.[答案](1)测摆长时漏掉了摆球半径(2)9.873．某同学利用单摆测量重力加速度．(1)(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是()A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上的两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________.[解析](1)为了减小实验误差，应选用密度大、体积小的摆球，A项错误；摆线应选用不易伸缩的细线，B项正确；实验时摆球应在同一竖直面内摆动，而不能做成圆锥摆，C项正确；摆长一定的情况下，偏角不能超过5°，因此摆的振幅不能过大，D项错误．(2)设单摆周期为T1时，单摆的摆长为L，由单摆周期公式得T1＝2πLg，T2＝2πL－ΔLg，解得g＝4π2ΔLT21－T22.[答案](1)BC(2)4π2ΔLT21－T224．某同学在一次用单摆测重力加速度的实验中，测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图所示的坐标系中．图中各坐标点的标号分别对应实验中5种不同摆长的情况．在处理数据时，该同学实验中的第________数据点应当舍弃．画出该同学记录的T2-l图线．求重力加速度时，他首先求出图线的斜率k，则用斜率k求重力加速度的表达式为g＝________.[解析]将图中各点连线如图所示，可见第4点偏离直线较远，则该点误差较大，所以第4数据点应舍去；在T2-l图线中直线的斜率为k＝ΔT2Δl，由T＝2πlg得g＝4π2lT2，则g＝4π2ΔlΔT2＝4π2 k.[答案]44π2 k5．某同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间，如图所示，则：(1)该单摆摆长为________cm，停表的示数为________s.(2)如果他测得的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，使周期变大了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验中误将49次全振动次数记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l与T的数据，然后建立以l为横坐标、T2为纵坐标的直角坐标系，根据数据描点并连成直线，如图所示．求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________.(用k表示)[解析](1)摆长l＝l′＋d2＝98.50 cm，t＝99.8 s.(2)由单摆周期公式T＝2πlg，得g＝4π2l⎝⎛⎭⎪⎫tn2，所以l偏大，则g偏大；t偏小，则g偏大；t偏大，则g偏小；n偏大，则g偏大．故选项B正确．(3)由单摆周期公式可得T2＝4π2lg，那么图中直线斜率k＝4π2g，所以g＝4π2k.[答案](1)98.5099.8(2)B(3)4π2k。
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课时作业(八) 单摆
限时：40分钟
一、单项选择题
1．关于单摆，下列认识中正确的是( )
A ．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆
B ．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多
C ．单摆的振动总是简谐运动
D ．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同
2．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
3．振动的单摆小球通过平衡位置时，受到的回复力及合外力的说法正确的是( ) A ．回复力为零，合外力不为零，方向指向悬点 B ．回复力不为零，方向沿轨迹的切线 C ．合外力不为零，方向沿轨迹的切线 D ．回复力为零，合外力也为零
4．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速
度减小为原来的1
2
，则单摆振动的( )
A ．频率、振幅都不变
B ．频率、振幅都改变
C ．频率不变、振幅改变
D ．频率改变、振幅不变
5．一个摆长为l 1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T 1，已知地球的质量为M 1，半径为R 1，另一摆长为l 2的单摆，在质量为M 2，半径为R 2的星球表面做简谐运动，周期为T 2，若T 1＝2T 2，l 1＝4l 2，M 1＝4M 2，则地球半径与星球半径之比R 1:R 2为( )
A ．2:1
B ．2:3
C ．1:2
D ．3:2
6．如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t ＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时( )
A ．乙在平衡位置的左方，正向右运动
B ．乙在平衡位置的左方，正向左运动
C ．乙在平衡位置的右方，正向右运动
D ．乙在平衡位置的右方，正向左运动
7．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，两摆线均与竖直方向成θ角．已知甲的质量小于乙的质量，当细线突然断开后，甲、乙两摆都做简谐运动，下列说法正确的是( )
A ．甲不会与乙碰撞
B．甲的运动周期小于乙的运动周期
C．甲的振幅小于乙的振幅
D．甲的最大速度小于乙的最大速度
8．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2 s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t＝1.6 s至t＝1.8 s的过程中，摆球的()
A．速度向左在减小，加速度向右在增大
B．速度向左在增大，加速度向左在增大
C．速度向右在增大，加速度向右在减小
D．速度向右在减小，加速度向左在减小
9.
如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有()
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
二、多项选择题
10．如图所示为一单摆的振动图像，则()
A．t1和t3时刻摆线的拉力等大
B．t1和t3时刻摆球速度相等
C．t3时刻摆球速度正在减小
D．t4时刻摆线的拉力正在减小
11．甲、乙两个单摆做简谐运动图像如图所示，则可知()
A．两个单摆完全相同
B．两个单摆所受回复力最大值之比F甲:F乙＝2:1
C．单摆甲速度为零时，单摆乙速度最大
D．两个单摆的振动频率之比f甲:f乙＝1:2
12．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示．不计空气阻力，g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是()
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin(πt)cm
B．单摆的摆长约为1.0 m
C．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的动能逐渐减小
D．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
三、非选择题
13．有一单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球的质量m＝0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆完成30次全振动所用的时间t＝60.8 s，试问：
(1)当地的重力加速度是多大？
(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
课时作业(八)单摆
1．解析：单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，A错，B正确．单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错．两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，D 错．
答案：B
2．解析：单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，速度减小，C对．
答案：C。