人教版高中物理选修3-4第十一章第四节单摆课时作业.docx

高中物理学习材料桑水制作1．(2013·泉州高二检测)振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力、合外力的方向分别为( )A．指向地面指向悬点B．指向悬点指向地面C．数值为零指向悬点D．指向运动方向指向悬点解析：选C.振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力是0，合外力沿半径(悬线)指向悬点，C正确．2．(2013·池州高二检测)下列有关单摆的运动的说法中正确的是( )A．单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧法线方向的一个分力B．单摆做简谐运动的平衡位置合力不为零C．单摆做简谐运动的振幅等于摆动中最高点与最低点的高度差D．两次相邻的经过平衡位置的时间为单摆的一个周期解析：选B.单摆做简谐运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错误．单摆做简谐运动的平衡位置回复力为零，但合力指向圆心，不为零，B正确．单摆做简谐运动的振幅等于摆动中最高点与最低点的距离，C错误．两次相邻的经过平衡位置的时间为单摆的一个周期的二分之一，D错误．3．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是( )A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期解析：选AC.适当加长摆线一是有利于测量摆长，使相对误差减小，另外有利于控制摆角，摆角过大会造成较大误差，因此选项A正确；质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，以减小摆动过程中空气阻力的影响，选项B错误；单摆偏离平衡位置的角度不能太大，因为若偏角太大，单摆的运动就不是简谐运动，选项C正确；经过一次全振动后停止计时，所测时间偶然误差过大，应测量多次全振动的时间再求平均值，以减小偶然误差，选项D错误．4．(2013·安徽师大附中高二检测)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：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T ＝2πl g>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 正确．5．一个单摆的摆长为l ，在其悬点O 的正下方0.19l 处有一钉子P ，如图所示)，现将摆球向右拉开到B .使摆线偏角θ<5°，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期．解析：释放后摆球到达左边最高点A 处，由机械能守恒可知A 和B 等高，则摆球始终做简谐运动，它的周期为两个不同单摆的半周期的和．T ＝T 12＋T 22＝π 0.81l g ＋πl g ＝1.9πl g. 答案：见解析。

4.单摆基础巩固1在如图所示的装置中,可视为单摆的是()答案：A2下列有关单摆运动过程中受力的说法正确的是()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.单摆过平衡位置的合力为零D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力解析：单摆运动是在一段圆弧上的运动,因此单摆运动过程中不仅有回复力,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：B3单摆振动示意图如图所示,下列说法正确的是()A.在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值B.在最大位移处势能最大,而动能最小C.在平衡位置绳子的拉力最大,摆球速度最大D.摆球由A→C运动时,动能增大,势能减小答案：BCD4一单摆做小角度摆动,其振动图象如图所示,下列说法正确的是()A.t1时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小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,悬线对它的拉力最大D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大解析：由振动图象可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大,此时摆球速度为零,悬线对摆球拉力最小;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,悬线对摆球拉力最大,故选项D正确。

答案：D5在同一地点,两个单摆的摆长之比为4∶1,摆球的质量之比为1∶4,则它们的频率之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案：B6对于秒摆(周期为2 s的单摆),下列说法正确的是()A.摆长缩短为原来的14时,频率是1 HzB.摆球质量减小到原来的14时,周期是4 sC.振幅减为原来的14时,周期是2 sD.如果重力加速度减为原来的14时,频率为0.25 Hz解析：秒摆的周期是2s,由摆长和重力加速度决定,与摆球的质量和振幅无关,所以选项B错误,C正确;由T=2π√ll 和f=1l可判定选项A和D正确。

第4节单摆A组：合格性水平训练1.(单摆的认识)(多选)单摆是为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．摆线不可伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动答案ABC解析单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩。

但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。

故A、B、C正确，D错误。

2．(单摆的回复力)单摆振动的回复力是( )A．摆球所受的重力B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力C．悬线对摆球的拉力D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力答案 B解析单摆振动的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确。

3．(单摆的简谐运动)关于单摆，下列说法中正确的是( )A．摆球运动的回复力是它受到的合力B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置D．摆球经过平衡位置时，加速度为零答案 B解析摆球的回复力为重力沿其运动轨迹切线方向的分力，A错误；摆球经过平衡位置即最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，不为0，故此时加速度不为0，D错误；回复力的方向指向平衡位置，但合力的方向并不始终指向平衡位置，故摆球在运动过程中的加速度方向也并不始终指向平衡位置，C错误；由简谐运动特点可知B正确。

4．(单摆的周期)发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大( ) A．增大摆球质量B．缩短摆长C．减小单摆振幅D．将单摆由山下移至山顶答案 D解析由单摆的周期公式T＝2πlg知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，l变小，T变小，A、B、C错误；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大，D正确。

5．(单摆周期的应用)如图所示，光滑圆弧轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点的距离分别为6 cm与2 cm，a、b两直径相同的小球分别从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．不能确定答案 A解析由于轨道半径远大于A、B两点与C点的距离，故两小球都可看做在做简谐运动，类似于单摆。

第十一章第四节单摆基础夯实一、选择题(1～4题为单选题，5～6题为多选题)1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是( A )解析：单摆的悬线要求无弹性，直径小且质量可忽略，故A对，B、C错；悬点必须固定，故D错。

2．置于水平面的支架上吊着一只装满细沙的小漏斗，让漏斗左右摆动，于是桌面上漏下许多沙子，一段时间后桌面上形成一沙堆，沙堆的纵剖面在下图中最接近的是( C )解析：单摆在平衡位置的速度大，漏下的沙子少，越接近两端点速度越小，漏下的沙子越多，故C选项符合题意。

3．(辽宁省实验中学分校2017年高二下学期期中)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( C ) 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、振幅不变解析：由单摆的周期公式T＝2πlg可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，摆球经过平衡位置时的动能减小，因此振幅减小，故ABD错误，C正确。

故选C。

4．(陕西省西北大学附中2016年高二下学期期末)如图所示，图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置。

当盛沙漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系。

已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60m，则这次实验沙摆的摆长为(g取10m/s2，π2＝10)( A )A．0.56m B．0.65mC．1.0m D．2.3m解析：T＝0.30.2s＝1.5s，L＝gT24π2＝0.56m，故选A。

5．(北京大学附中河南分校2016年高二下学期期中)如图所示，是一个单摆(θ＜10°)，其周期为T，则下列正确的说法是( CD )A．把摆球的质量增加一倍，其周期变小B．把摆角变小时，则周期也变小C．此摆由O→B运动的时间为T 4D．摆球由B→O时，势能向动能转化解析：由T＝2πLg可知，单摆的周期T与摆球质量m无关，与摆角无关，当摆球质量与摆角发生变化时，单摆做简谐运动的周期不变，故AB错误；由平衡位置O运动到左端最大位移处需要的时间是四分之一周期，故C正确；摆球由最大位置B向平衡位置O运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，故D正确。

第十一章机械振动4 单摆课后篇巩固提升基础巩固1.关于单摆,下列认识正确的是( )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,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错误,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错误。

两单摆结构相同时,振动步调不一定相同,D错误。

2.下列关于单摆周期的说法正确的是( )A.用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆,在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出,周期不变B.当升降机向上匀加速运动时(a<g)单摆的周期小于电梯匀速运动时单摆的周期C.将摆由赤道移到北极,单摆振动周期减小D.将单摆的摆角由5°增加到10°(不计空气阻力),单摆的周期减小,等效摆长变化,周期变化,选项A错误;升降机以加速度a向上匀加速运动时T1=2π√lg+a ,匀速运动时T2=2π√lg,T1<T2,选项B正确;摆由赤道移到北极,重力加速度增大,则周期减小,选项C正确;单摆的周期与摆角大小无关,选项D错误。

3.对于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是( )A.在位移为正的区间,速度和加速度都一定为负B.当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量也逐渐增大C.摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,摆线所受拉力最大D.摆球在最大位移处时,速度为零,处于平衡状态,回复力F=-kx为负,加速度为负,但速度可正可负,选项A错误;当位移增大时,回复力增大,振动的能量不变,选项B错误;平衡位置为摆球最低位置,摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,由F T -mg=mv 2l知,在平衡位置摆线所受拉力最大,选项C 正确;摆球在最大位移处,速度为零,但加速度不为零,并不处于平衡状态,选项D 错误。

单摆时间：45分钟一、选择题(1～5为单选，6～9为多选)1．在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减少实验误差，以下操作正确的是( B )A ．选取长度10 cm 左右的细绳作为摆线B ．在摆球运动到最低点处开始计时C ．若摆球n 次经过最低点所用的时间为t ，则单摆的周期为T ＝t nD ．多次改变摆长l ，测出不同摆长下摆球运动的周期T ，可由T ­l 图象求出重力加速度g解析：本题考查了用单摆测当地的重力加速度这一实验的实验原理、注意事项、数据的处理方法．在用单摆测重力加速度实验中，摆线的选取应适当长一些，10 cm 太短，A 错误；摆球运动到最低点时，运动最明显，在此计时，误差最小，B 正确；摆球一个周期内两次经过最低点，所以T ＝t 2n ，C 错误；由周期公式得T 2＝4π2l g，可由T 2­l 图象求出重力加速度g ，D 错误．2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s 下列措施可行的是( D )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14解析：由单摆周期公式T ＝2πl g 可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的14. 3．用单摆测定重力加速度，根据的原理是( C )A ．由g ＝4π2l T2看出，T 一定时，g 与l 成正比 B ．由g ＝4π2l T 2看出，l 一定时，g 与T 2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 ＝4π2l T2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：g 是由所处的地理位置的情况来决定的，与l 及T 无关，故只有C 正确．4．有一摆长为L 的单摆，悬点正下方某处有一光滑小钉，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，图示为摆球从右边最高点M 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( C )A ．L /4B ．L /2C ．3L /4D ．条件不足，无法判断解析：该题考查周期公式中的等效摆长．题图中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12，根据周期公式T ＝2πl g ，可得左半部分单摆的摆长为L4，即小钉距悬点的距离为3L /4，故C 选项正确． 5.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B 处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( A )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 点解析：A 做自由落体运动，到达C 点所需时间t A ＝2Rg ，R 为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R 很大，B 球离最低点C 又很近，所以B 球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动，等同于摆长为R 的单摆，则运动到最低点C 所用的时间是单摆振动周期的14，即t B ＝T 4＝π2R g>t A ，所以A 球先到达C 点． 6．下图为甲、乙两单摆的振动图象，则( BD )A ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l 甲l 乙＝2 1 B ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l 甲l 乙＝4 1C ．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为g 甲g 乙＝4 1D ．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为g 甲g 乙＝1 4解析：由题图可知T 甲T 乙＝21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l 甲l 乙＝41，故A 错误，B 正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g 甲g 乙＝14，故C 错误，D 正确．7．如图所示，A 、B 分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A 为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中( BC )A ．位于B 处时动能最大B ．位于A 处时势能最大C ．在位置A 的势能大于在位置B 的动能D ．在位置B 的机械能大于在位置A 的机械能解析：摆球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故D 错；A 为摆球摆动的最高位置，其势能最大，B 对；摆球摆到最低点时势能为零，动能最大，而B 并非摆动中的最低位置，其动能并非最大，故A 错；摆球在A 处的势能等于总的机械能，在B 处的动能小于总机械能(其中一部分为势能)，故在位置A的势能大于在位置B的动能，所以C对．8．单摆做简谐运动时，下列说法正确的是( AD )A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大解析：对于无阻尼单摆系统，机械能守恒，其数值等于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能．摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以A选项正确，而B选项错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以C选项错误；同理，D选项正确．9．如下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( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆解析：振幅可从图上看出甲摆大，故选项B对．且两摆周期相等，则摆长相等．因质量关系不明确，无法比较机械能，t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．所以正确选项为A、B、D.二、非选择题10．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为0.97 cm.(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是C.A ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B ．测量摆球通过最低点100次的时间t ，则单摆周期为t 100C ．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9 cm ＋7×0.01 cm＝0.97 cm.(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度误差较小，A 、D 错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是t 50，B 错；摆长应是l ′＋d2(l ′为悬线的长度)，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大，C 对．11．某实验小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆(细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大)等．实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100 s ；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．(1)该单摆的周期是2 s.(2)图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为0.10 m/s 2；(结果取两位有效数字)(3)用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．解析：(1)一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T ＝2 s ；(2)由题图可知时间间隔为半个周期t＝1 s，由逐差法可知a＝0.399 9＋0.300 1－0.200 1－0.099 92×2×12m/s2＝0.10 m/s2；(3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．12．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.停表；C.天平；D.毫米刻度尺．本实验所需的测量工具有BD.(2)如果实验中所得到的T2­L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的a.(3)由图象可知，小筒的深度h＝0.3 m；当地重力加速度g＝9.86 m/s2.解析：本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法．(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L要用到毫米刻度尺，测单摆的周期需要用停表，所以测量工具选B、D.(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2πL＋hg得，T2＝4π2gL＋4π2gh，可知T2­L关系图象为a.(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得h＝30 cm＝0.3 m将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得g＝π2≈9.86 m/s2.。

第十一章第四节单摆基础夯实一、选择题(1～4题为单选题，5～6题为多选题)1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是( A )解析：单摆的悬线要求无弹性，直径小且质量可忽略，故A对，B、C错；悬点必须固定，故D错。

2．置于水平面的支架上吊着一只装满细沙的小漏斗，让漏斗左右摆动，于是桌面上漏下许多沙子，一段时间后桌面上形成一沙堆，沙堆的纵剖面在下图中最接近的是( C )解析：单摆在平衡位置的速度大，漏下的沙子少，越接近两端点速度越小，漏下的沙子越多，故C选项符合题意。

3．(辽宁省实验中学分校2017年高二下学期期中)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( C ) 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、振幅不变解析：由单摆的周期公式T＝2πlg可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，摆球经过平衡位置时的动能减小，因此振幅减小，故ABD错误，C正确。

故选C。

4．(陕西省西北大学附中2016年高二下学期期末)如图所示，图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置。

当盛沙漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系。

已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60m，则这次实验沙摆的摆长为(g取10m/s2，π2＝10)( A )A ．0.56mB ．0.65mC ．1.0mD ．2.3m解析：T ＝0.30.2s ＝1.5s ，L ＝gT24π2＝0.56m ，故选A 。

5．(北京大学附中河南分校2016年高二下学期期中)如图所示，是一个单摆(θ＜10°)，其周期为T ，则下列正确的说法是( CD )A ．把摆球的质量增加一倍，其周期变小B ．把摆角变小时，则周期也变小C ．此摆由O →B 运动的时间为T4D ．摆球由B →O 时，势能向动能转化 解析：由T ＝2πLg可知，单摆的周期T 与摆球质量m 无关，与摆角无关，当摆球质量与摆角发生变化时，单摆做简谐运动的周期不变，故AB 错误；由平衡位置O 运动到左端最大位移处需要的时间是四分之一周期，故C 正确；摆球由最大位置B 向平衡位置O 运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，故D 正确。

4 单摆一、选择题考点一单摆及单摆的回复力1．(多选)单摆是为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．摆线不可伸缩C．摆球的直径比摆线长度小得多D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动[答案]ABC[解析]单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩．只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动．故正确[答案]为A、B、C.2．关于单摆，下列说法中正确的是()A．摆球运动的回复力是它受到的合力B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置D．摆球经过平衡位置时，加速度为零[答案] B[解析]摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A错误；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D错误；由简谐运动特点知B正确．3．(多选)关于单摆的运动，下列说法中正确的是()A．单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力B．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力C．摆球做匀速圆周运动D．单摆做简谐运动的条件是最大偏角很小，如小于5°[答案]BD[解析]单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力，所以A错误，B正确；单摆在摆动过程中速度大小是变化的，不是匀速圆周运动，C 错误；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，D正确．考点二单摆的周期公式4．(多选)某单摆由1m长的摆线连接一个直径为2cm的铁球组成，关于单摆周期的下列说法正确的是()A．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B．用大球替代小球，单摆的周期不变C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小[答案]AD[解析]用等大的铜球替代铁球，摆长不变，由单摆周期公式T＝2πlg可知，单摆的周期不变，故A正确；用大球替代小球，单摆摆长变长，单摆的周期变大，故B错误；在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故C错误；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，单摆周期变小，故D正确．5．(多选)如图1所示为单摆的振动图象，取g＝10m/s2，根据此振动图象能确定的物理量是()图1A．摆长B．回复力C．频率D．振幅[答案]ACD[解析]由题图知，单摆的周期为T＝2s，由单摆的周期公式T＝2πlg得摆长l≈1m，振幅为A＝3cm，频率f＝1T ＝0.5Hz，摆球的回复力F＝－xl mg，由于摆球的质量未知，无法确定回复力，A、C、D正确．6.如图2所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期()图2A ．不变B ．先变大后变小C ．先变小后变大D ．逐渐变大 [答案] B[解析] 在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.7．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的94倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的23，则单摆振动的( )A ．周期不变，振幅不变B ．周期不变，振幅变小C ．周期改变，振幅不变D ．周期改变，振幅变大 [答案] B[解析] 由单摆的周期公式T ＝2πlg可知，当摆长l 不变时，周期不变，故C 、D 错误；由能量守恒定律可知12m v 2＝mgh ，其摆动的高度与质量无关，因平衡位置的速度减小，则最大高度减小，即振幅减小，选项B 正确，A 错误．8．(多选)如图3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 变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g 取10m/s 2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是( )图3A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin (πt) cm B．单摆的摆长约为1mC．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小[答案]AB[解析]由振动图象可读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝2πT得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝A sinωt＝8sin (πt) cm，故A正确．由公式T＝2πlg，代入得到l≈1 m，故B正确．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，故C、D错误．9．如图4所示，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面．平衡时，甲、乙两摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2.当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则()图4A．甲、乙两摆的周期相等B．甲、乙两摆的振幅相等C．甲的机械能小于乙的机械能D．甲的最大速度小于乙的最大速度[答案] C[解析]根据几何关系得，甲的摆长大于乙的摆长，甲的摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅．根据T ＝2πlg知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A 、B 错误；两球开始处于平衡状态，设两球之间细线拉力为F T ，根据共点力平衡知，m 甲g ＝F T tan θ1，m 乙g ＝F Ttan θ2，则m 甲<m 乙，在摆动的过程中，机械能守恒，则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故C 正确；根据机械能守恒定律得，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故D 错误． 二、非选择题10．(单摆的周期公式)正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图5所示，从小球第1次通过图中的B 点开始计时，第21次通过B 点用时30s ；球在最低点B 时，球心到窗上沿的距离为1m ，当地重力加速度g 取π2(m/s 2)；根据以上数据可得小球运动的周期T ＝________s ；房顶到窗上沿的高度h ＝________m.图5[答案] 3 3[解析] n ＝12×(21－1)＝10，T ＝tn ＝3s ，T ＝T 12＋T 22＝12(2πlg＋2πl ＋hg)， 解得h ＝3m.11．(用单摆测定重力加速度)某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l ，通过改变摆线的长度，测得5组l 和对应的周期T ，画出l －T 2图线，然后在图线上选取A 、B 两个点，坐标如图6所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g ＝________.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)．图6[答案] 4π2(l B －l A )T B 2－T A 2 相同[解析] 由周期公式T ＝2πl g ，得g ＝4π2lT 2，结合题图图象得到g ＝4π2(l B －l A )T B 2－T A 2，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响． 12．(用单摆测定重力加速度)某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中，先测得摆线长为97.50cm ，摆球直径为2.00cm ，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.7s ，则： (1)该摆摆长约为________cm ，周期约为________s ．(计算结果保留2位小数) (2)如果测得g 值偏小，可能的原因是________． A ．测摆线长时摆线拉得过紧B ．测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径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(3)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：试以l 为横坐标，T 2为纵坐标，如图7所示，作出T 2－l 图线，并利用此图线求出重力加速度为________m/s 2.(保留两位小数)图7[答案] (1)98.50 1.99 (2)B (3)见[解析]图 9.86[解析] (1)单摆的摆长为l ＝l ′＋d 2＝97.50cm ＋1.00cm ＝98.50cm ，周期T ＝t 50＝99.7s50≈1.99s.(2)由单摆周期公式T ＝2πl g 得，g ＝4π2l T2.测摆线长时摆线拉得过紧，会使l 变大，故会使g 变大，A 错误；测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，l 变小，故会使g 变小，B 正确；开始计时时，秒表过迟按下，会使周期T 变小，故会使g 变大，C 错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，会使周期T 变小，故会使g 变大，D 错误．(3)根据表格中的数据选择合适的标度，作出T 2－l 图线如图所示：由单摆周期公式T ＝2πl g 得，T 2＝4π2gl 即作出的T 2－l图线的斜率k ＝4π2g ，故g ＝4π2k，由图可知k ＝4，所以g ＝π2≈9.86m/s 2.13．(用单摆测定重力加速度)传感器在物理实验研究中具有广泛的应用．单摆在运动过程中，摆线的拉力在做周期性的变化，这个周期性变化的力可用力传感器显示出来，从而可进一步研究单摆的运动规律．(1)实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图8所示，该摆球的直径d ＝________mm.图8(2)接着测量了摆线的长度为l 0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F 随时间t 变化的图象如图9所示，则重力加速度的表达式g ＝________(用题目和图中的已知物理量表示)．图9(3)某小组改变摆线长度l 0，测量了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长l 0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T 2－l 0图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)．[答案] (1)15.4 (2)π2(l 0＋d 2)4t 02(3)偏小 无影响[解析] (1)主尺示数是15 mm ，游标尺示数是4×0.1 mm ＝0.4 mm ，摆球的直径为15 mm ＋0.4mm ＝15.4mm.(2)在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值，由F －t 图象可知，单摆周期T＝4t 0，根据T ＝2πlg 整理得：g ＝π2(l 0＋d2)4t 02①. (3)根据公式①甲同学把摆线长l 0作为摆长，则摆长的测量值偏小，则g 的测量值偏小；乙同学作出T 2－l 0图象后求出斜率，k ＝4π2g ，重力加速度：g ＝4π2k②，由公式②可知，该方法计算出的重力加速度与摆长无关．14．(单摆的周期公式)如图10甲所示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，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，根据图象回答：图10(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10m/s 2，试求这个单摆的摆长约为多少？(计算结果保留2位小数) [答案] (1)1.25Hz (2)B 点 (3)0.16m [解析] (1)由题图乙知周期T ＝0.8 s ， 则频率f ＝1T＝1.25 Hz.(2)由题图乙知，开始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.。

4 单摆1.(多选)振动着的单摆,经过平衡位置时( CD )A.回复力指向悬点B.合力为0C.合力指向悬点D.回复力为0解析:单摆经过平衡位置时,位移为0,由F=-kx可知回复力为0,故A 错误,D正确;单摆经过平衡位置时,合力提供向心力,所以其合力指向圆心(即悬点),故B错误,C正确.2.下列关于单摆的说法,正确的是( C )A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为A(A为振幅),从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为-AB.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零解析:简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应为零;摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供;合外力在摆线方向的分力提供向心力,摆球经最低点(振动的平衡位置)时回复力为零,但向心力不为零,所以合外力不为零.3.如图所示,一单摆(θ<5°)其摆动周期为T,则下列说法正确的是( D )A.减小摆球质量,其周期变小B.减小最大摆角,其周期变小C.增大摆长,其周期变小D.摆球由B→O运动时,摆球的势能转化为动能解析:根据T=2π可知,单摆的周期T与摆球质量m无关,与摆角无关,故A,B均错误;摆长变长,周期变大,故C错误;摆球由B→O运动时,重力做正功,摆球的重力势能转化为动能,故D正确.4.(多选)单摆在AB间做简谐运动,O为简谐运动的平衡位置,在振动过程中,小球从O第一次到C经历时间为0.5 s,随后从C运动到B后又回到C所经历时间为0.2 s,则该单摆的振动周期为( AC )A.2.4 sB.1.2 sC.0.8 sD.0.6 s解析:若小球从O先向左摆动,即从O到A再到C的时间为0.5 s,从C 到B再回到C的时间为0.2 s,根据简谐运动的对称性,可知从C到B 的时间为0.1 s,可知T=0.5 s+0.1 s=0.6 s,解得周期T=0.8 s.若小。

课时11.4单摆1.知道什么是单摆,了解单摆运动的特点。

2.通过实验,探究单摆的周期与摆长的关系。

3.知道单摆的周期与摆长、重力加速度的关系。

会用单摆测定重力加速度。

重点难点:单摆运动的特点和对单摆周期公式的探究,对单摆的回复力分析及对小角度摆动的近似处理。

教学建议:单摆是简谐运动的典型应用实例,要掌握其运动规律、受力情况和图象特点。

教学中应该首先明确单摆是一种理想化的模型,通过演示实验观察单摆的振动图象,使学生在感观上得到单摆的图象,加深感性认识。

为了研究周期与各种因素的关系以及有怎样的关系,可以采用控制变量法研究,按照定性和定量结合的方案进行。

教材将传统的“用单摆测重力加速度”的实验改为对知识的应用,其目的是加强学生对学习过程的体会,以及对科学探究方法的掌握。

导入新课:你家有摆钟吗?你知道座钟是谁首先发明的吗?座钟的钟摆摆一个来回需要多少时间?荷兰的惠更斯对摆的研究最为突出,他在1656年利用摆的等时性发明了带摆的计时器,并在1657年获得专利,在1658年就出版了《钟表论》一书。

1.单摆的理想化条件(1)质量关系:细线质量与①小球质量相比可以忽略。

(2)线度关系:小球的②直径与线的长度相比可以忽略。

(3)力的关系:空气等对小球的③阻力与小球重力和线的拉力相比可以忽略。

单摆是实际摆的④理想化模型,实验中为满足上述条件,我们尽量选择⑤质量大、⑥体积小的球和尽量细的线。

2.单摆的回复力(1) 回复力来源:摆球的重力沿⑦圆弧切向的分力是使摆球沿圆弧振动的回复力。

(2) 回复力大小:若摆球质量为m、摆长为l、偏离平衡位置的位移为x,在偏角很小时,单摆的回复力为⑧F=-x。

(3)回复力的特点:在偏角很小时,单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成⑨正比,方向总指向⑩平衡位置,即F=-kx。

3.单摆的周期(1)实验表明,单摆振动的周期与摆球质量无关,在振幅较小时与振幅无关,但与摆长有关,摆长越长,周期也越大。

4 单摆课堂合作探究问题导学一、单摆活动与探究11．把实际摆看成单摆时忽略了哪些次要因素？2．通过分析讨论单摆的摆动说明它是否可以看成简谐运动。

3．分析单摆受力后，尝试总结单摆可看成做了哪两种运动。

迁移与应用1关于单摆，下列说法中正确的是（ ）A ．摆球受到的回复力的方向总是指向平衡位置B ．摆球受到的回复力是它的合力C ．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零D ．摆角很小时，摆球受到的合力的大小跟摆球离开平衡位置的位移大小成正比判断单摆是否做简谐运动，可分析摆球的受力情况，看回复力是否符合F =－kx 的特点，如图所示。

1．在任意位置P ，则有向线段OP uuu r 为此时的位移x ，重力G 沿圆弧切线方向的分力G 1＝G sin θ提供摆球以O 点为中心做往复运动的回复力。

2．在摆角很小时，sin θ≈θ＝x l ，G 1＝G sin θ＝mg lx ，G 1方向与摆球相对O 的位移方向相反，所以有回复力F 回＝－G 1＝－mgx l 。

令k ＝mg l，则F 回＝－kx 。

因此，在偏角θ很小时，单摆做简谐运动。

（偏角一般不超过5°）二、单摆的周期公式活动与探究21．某同学在猜想可能影响单摆周期的因素后，利用控制变量法做实验以验证猜想的可靠性。

结合你的实验经历，用自己的语言说明下列实验现象。

（1）将悬挂在同一高度的两个相同的摆球拉到不同高度同时释放使其做简谐运动。

（2）将悬挂在同一高度的两个摆长相同、质量不同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。

（3）将悬挂在同一高度的两个摆长不同、质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动。

2．什么是秒摆？秒摆的摆长约为多少？迁移与应用2（2012·天津高考）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。

（1）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______（填字母代号）。

题组一单摆及其回复力1．单摆是为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．摆线长度不可伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动[答案]ABC[解析]单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩．但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ<5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动．故正确[答案]为A、B、C.2．关于单摆，下列说法中正确的是()A．单摆摆球所受的合力指向平衡位置B．摆球经过平衡位置时加速度为零C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比[答案] C3．关于单摆的运动，下列说法正确的是()①单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力②单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力③单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关④单摆做简谐运动的条件是摆角很小(不大于5°)⑤在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快A ．①③④B ．②③④C ．③④⑤D ．①④⑤[答案] B[解析] 单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力，所以说法①错误，说法②正确；根据单摆的周期公式T ＝2πl g 可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，说法③正确；当摆角很小时，摆球的运动轨迹可以近似地看做直线，回复力或重力沿摆球运动轨迹切向的分力可以近似地看做沿这条直线，这时可以证明：F 回＝－mg sin θ＝－mg lx ＝－kx ，可见，在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，说法④正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g 变小，根据T ＝2πl g可知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，说法⑤错误．综上可知，只有说法②③④正确，故正确[答案]为B.题组二 单摆周期的理解和应用4．下列说法正确的是( )A ．单摆的等时性是惠更斯首先发现的B ．单摆的等时性是伽利略首先发现的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[答案] BC5．将秒摆(周期为2s)的周期变为1s ，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14[答案] D[解析] 由单摆周期公式T ＝2πl g 可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的14. 6.如图1所示，光滑轨道的半径为2m ，C 点为圆心正下方的点，A 、B 两点与C 点相距分别为6cm 与2cm ，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( )图1A．C点B．C点右侧C．C点左侧D．不能确定[答案] A[解析]由于半径远大于两小球运动的弧长，两小球都做简谐运动，类似于单摆．因此周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故选项A正确．7．图2为甲、乙两单摆的振动图象，则()图2A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1C．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为g甲∶g乙＝4∶1D．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为g甲∶g乙＝1∶4[答案]BD[解析]由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C 错误，D正确．8．如图3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()图3A．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t＝0.5s时有正向最大加速度的是乙单摆[答案]ABD[解析]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，因质量关系不明确，故无法比较机械能．t＝0.5s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．9．如图4所示为一单摆及其振动图象，由图回答：图4(1)单摆的振幅为__________，频率为__________，摆长约为________(保留一位有效数字)；图中所示周期内位移x最大的时刻为______．(2)若从E指向G为正方向，α为最大摆角，则图象中A、B、C点分别对应单摆图中的______点．一个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__________．[答案](1)3cm0.5Hz1m0.5s末和1.5s末(2)G、E、F 1.5～2s0～0.5s题组三用单摆测重力加速度10．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图5所示，则该摆球的直径为________cm.图5(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．A ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B ．测量摆球通过最低点100次的时间t ，则单摆周期为t 100C ．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小[答案] (1)0.97 (2)C[解析] (1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9cm ＋7×0.01cm ＝0.97cm(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度误差较小，A 、D 错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是t 50，B 错；摆长应是l ′＋d 2(l ′为悬线的长度)，若用悬线的长度加摆球直径，则测出的重力加速度值偏大，C 对．11．在“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 T 2.只要测出多组单摆的摆长l 和运动周期T ，作出T 2－l 图象，就可以求出当地的重力加速度．理论上T 2－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6所示．图6(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是________．(2)由图象求出的重力加速度g ＝________m/s 2.(取π2＝9.87)[答案] (1)测摆长时漏掉了摆球半径 (2)9.87[解析] (1)既然所画T 2－l 图象与纵坐标有正截距，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)图象的斜率k ＝4π2g ＝4，则g ＝4π2k＝9.87m/s 2. 12．某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l ，通过改变摆线的长度，测得6组l 和对应的周期T ，画出l －T 2图线，然后在图线上选取A 、B 两个点，坐标如图7所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式g ＝____________，请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将__________(填“偏大”“偏小”或“相同”)．图7[答案] 4π2(l B －l A )T 2B －T 2A相同 13．(1)在用单摆测定重力加速度的实验中，应选用的器材有________．A ．1m 长的细线B ．1m 长的粗线C ．10cm 长的细线D ．泡沫塑料小球E ．小铁球F.110秒刻度秒表 G ．时钟H ．厘米刻度尺I ．毫米刻度尺(2)在该实验中，单摆的摆角θ应________，从摆球经过________开始计时，测出n 次全振动的时间为t ，用毫米刻度尺测出摆线长为L ，用游标卡尺测出摆球的直径为d .用上述物理量的符号写出测定重力加速度的一般表达式为g ＝________.[答案] (1)A 、E 、F 、I (2)不大于5° 平衡位置4π2(L ＋d 2)n 2t 2[解析] (1)做摆长的细线要用不易伸长的轻线，一般应不短于1米，选A ；小球应是密度较大、直径较小的金属球，选E ；计时仪器宜选用秒表F ；测摆长应选用毫米刻度尺I.(2)根据单摆做简谐运动的条件知θ≤5°；因平衡位置易判断，且经平衡位置时速度大，用时少，误差小，所以从平衡位置开始计时．根据T ＝2πlg又T ＝tn ，l ＝L ＋d2得g ＝4π2(L ＋d 2)n 2t 2.。

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．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取t＝0)，当振动至t＝时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图1中的( )图1解析：t＝＝T，最大速度时，单摆应在平衡位置，y＝0，v方向为－y，即沿y轴负方向，故D选项正确。

答案：D3．用空心铁球内部装满水做摆球，若球正下方有一小孔，水不断从孔中流出，从球内装满水到水流完为止的过程中，其振动周期的大小是( )A．不变B．变大C．先变大后变小再回到原值D．先变小后变大再回到原值解析：单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从球中向外流出时，等效摆长是先变长后变短，因而周期先变大后变小再回到原值，故选项C正确。

答案：C4.如图2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( )图2 A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t＝t2C．v1＝v2，t1＝t2 D．以上三种都有可能解析：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t1＝t2，因mgh＝mv2，所以v＝，故v1＞v2，故B正确。

答案：B5.如图3所示为甲、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、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1图3B．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＝4∶1C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在的星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在的星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4解析：由图象可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点摆动，则g甲＝g乙，故两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，A错误，B正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，C错误，D正确。

4.单摆1.下列说法正确的是( )A .单摆的等时性是由惠更斯首先发觉的B.单摆的等时性是由伽利略首先发觉的C.惠更斯首先将单摆的等时性用于计时D.伽利略首先发觉了单摆的等时性,并把它用于计时解析:首先发觉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惠更斯。

答案:BC2.如图所示是单摆振动示意图,下列说法中正确的是( )A .在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值B.在最大位移处势能最大,而动能最小C.在平衡位置绳子的拉力最大,摆球速度最大D.摆球由A →C 运动时,动能增加,势能削减解析:单摆的振动是简谐运动,机械能守恒,远离平衡位置运动时,位移变大,势能增加,而动能削减;反之,向平衡位置运动时,动能增加而势能削减,故B 、D 项正确,A 项错误;小球在平衡位置只受重力和绳子拉力,在平衡位置C ,拉力F=mg+mv 2r,由上述分析知,平衡位置时动能最大,即v 最大,故F 也最大,所以C 项正确。

答案:BCD3.如图甲是演示简谐运动图象的装置,当盛沙漏斗下面的薄木板N 被匀速拉出时,摇摆着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线,显示出摆的位移随时间变化的关系,板上直线OO 1代表时间轴。

图乙是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线,若板N 1和板N 2拉动的速度v 1和v 2的关系为v 2=2v 1,则板N 1、N 2上曲线所代表的振动的周期T 1和T 2的关系为( )A .T 2=T 1B.T 2=2T 1C.T 2=4T 1D.T 2=14T 1解析:从图中看出N 1和N 2所代表的木板被拉出的距离是相等的。

答案:D4.做简谐振动的单摆摆长不变,把摆球质量增加为原来的4倍,使摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的12,则单摆振动的( )A .周期、振幅都不变B.周期不变、振幅减小C.周期转变、振幅不变D.周期、振幅都转变解析: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一半,由能量守恒可知,E=12mv 2=mgh 不变,所以h 不变,又单摆摆长不变,所以振幅不变。