人教版物理选修-课时作业：- 单摆

第二单元 机械振动第4课 单摆一、基础巩固1．某单摆做简谐振动，周期为 T ，若仅增大摆长，则振动周期会（ ） A ．变小 B ．不变C ．变大D ．不确定【答案】C【解析】根据单摆的周期公式：2lT gπ=可知若仅增大摆长，则振动周期会变大，故选C 。

2．做简谐运动的单摆，仅将质量和摆长均减小为原来的14，则单摆振动周期变为原来的 A ．14倍 B ．12倍 C ．4倍 D ．2倍【答案】B【解析】根据2L T gπ=可知，仅将质量和摆长均减小为原来的14，则单摆振动周期变为原来的12倍。

故选B 。

3.单摆的振动图像如图所示，单摆的摆长为（ ）.A ．0.4mB ．0.8mC ．1.0mD ．9.8m【答案】D【解析】周期为完成一次全振动的时间，从图象看出，完成一次全振动时间为2πs ，所以周期T =2π s 。

根据2L T g =29.8m 2T L g π⎛⎫== ⎪⎝⎭，0.4m 。

故选D 。

4.下列关于单摆的说法，正确的是( )A．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力C．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力D．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为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－A【答案】B【解析】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，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力（等于重力沿圆弧切线方向的分力）提供，故B正确，C 错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误．故选B．5.下列物理学史实中，正确的是（）A．惠更斯研究了单摆的振动规律，确定了单摆振动的周期公式B．库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律，并测定了最小电荷量C．伽利略通过在比萨斜塔上的落体实验得出了自由落体运动是匀变速直线运动这一规律D．赫兹预言了电磁波的存在并通过实验首次获得了电磁波【答案】A【解析】惠更斯研究了单摆的振动规律，确定了单摆振动的周期公式，故A正确；库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律，密立根测定最小电荷量，故B错误；伽利略通过逻辑推理和数学知识研究了铜球在斜面滚动的实验，得出了自由落体运动是匀变速直线运动这一规律，故C错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验首次获得了电磁波，故D错误。

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12，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 ．2:1B ．2:3C ．1:2D ．3:26．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＝2:1C．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＝1:212．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)cmB．单摆的摆长约为1.0 mC．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：B2．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。

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。

课时分层作业(九) 单摆题组一单摆的回复力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．摆线不伸缩C．摆球的直径比摆线长度小得多D．摆角小于5°2．振动着的单摆的摆球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是( )A．回复力为零，合力也为零B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线C．合力不为零，方向沿轨迹的切线D．合力不为零，加速度不为零，方向指向悬点题组二单摆的周期3．(2022·河南焦作期中)要将秒摆的周期变为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4．(2022·四川绵阳段考)做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的，则单摆振动的( )4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12A．频率不变，振幅不变B．频率改变，振幅变大C．频率改变，振幅不变D．频率不变，振幅变小5．如图所示，一漏斗装满沙子，用细线悬挂该漏斗做成一单摆。

在漏斗小角度摆动，沙子缓慢漏出时，沿O1O2方向匀速拉动木板，漏出的沙子在木板上形成图示曲线，不计漏斗摆动时所受的阻力，则在漏斗摆动过程中，下列说法正确的是( )A ．摆动的周期增大B ．摆动的周期减小C ．摆动的周期先增大后减小D ．摆动的周期不变6．(2022·江苏海安实验中学月考)如图所示，一小球在光滑槽内做简谐运动，下述方法可使小球的振动加快的是( )A ．减小小球的振幅B ．增大光滑圆槽的半径C ．增大小球的振幅D ．减小光滑圆槽的半径7．(2022·山东烟台月考)如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。

将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v 匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L ，墨汁图样与木板边缘交点P 、Q 恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g ，则该单摆的等效摆长为( )A ．gv 225π2L 2 B ．gL 225π2v 2 C ．25gL 216π2v 2D ．25gv 216π2L 28．(2022·黄梅一中月考)如图所示，一单摆悬于O 点，摆长为L ，若在O 点正下方的O ′点钉一个光滑钉子，使OO ′＝L2，将单摆拉至A 处由静止释放，小球将在A 、C 间来回摆动，B 为最低点，若振动中摆线与竖直方向的夹角小于5°，重力加速度为g ，则此摆的周期是( )A．2π√Lg B．2π√L2gC．2π(√Lg +√L2g)D．π(√Lg+√L2g)9．在盛沙的漏斗下方放一木板，让漏斗在纸面内摆动起来，假设漏斗中细沙匀速流出，经过一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，不考虑空气阻力，则沙堆的剖面(纸面内)应是下列选项中的( )A B C D10．(2022·北京玉渊潭中学期中)如图所示为同一地区两个单摆的振动图像，实线是单摆甲的振动图像，虚线是单摆乙的振动图像。

课时作业41．关于单摆做简谐运动时所受的回复力，下列说法正确的是( ) A ．是重力和摆线对摆球拉力的合力B ．是重力沿圆弧切线方向的分力，另一个沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力平衡C ．是重力沿圆弧切线方向的分力，另一个沿摆线方向的分力总是小于或等于摆线对摆球的拉力D ．是摆球所受的合力沿圆弧切线方向的分力解析：摆球所受的回复力是合力沿圆弧切线方向的分量，也等于重力沿切线方向的分量，重力沿摆线方向的分力与摆线拉力两者合力提供向心力，这个合力等于零或总指向悬点，故C 、D 正确。

答案：C 、D2．若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的1/2，则单摆振动的( )A ．频率不变，振幅不变B ．频率不变，振幅改变C ．频率改变，振幅改变D ．频率改变，振幅不变解析：单摆的周期与单摆的质量、振幅无关，即改变质量和振幅，周期不变；到达平衡位置时速度减小，说明单摆摆角减小，即振幅减小，故B 项正确。

答案：B3．要使单摆的振动频率加大，可采用下列哪些做法( ) A ．使摆球的质量减小 B ．使单摆的摆线变长 C ．将单摆从赤道移到北极 D ．将单摆从平原移到高山上 解析：由f ＝1T ＝12πgl知，要使f 加大，则g 加大或l 减小，可知只有C 正确。

答案：C4．如图4－1所示，三根细线在O 点处打结，A 、B 两端固定在同一水平面上相距为L 的两点上，使AOB 成直角三角形，∠BAO ＝30°。

已知OC 线长为L ，下端C 点系着一个小球，下面说法正确的是( )图4－1A ．让小球在纸面内摆动，周期T ＝2πL gB ．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T ＝2π 3L 2gC ．让小球在纸面内摆动，周期T ＝2π3L 2gD ．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T ＝2πL g解析：让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O 点为圆心，摆长为L ，周期为T ＝2πLg。

课时训练4单摆题组一单摆1.(多选)单摆是为了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.摆线长度不伸缩C.摆球的直径比摆线长度小得多D.实际生活中的“秋千”就是单摆解析:一根不可伸长的且没有质量的细线悬挂一大小不计的小球组成的装置,我们称作单摆,它是一个理想化模型,所谓理想化是指细线不伸缩且无质量,小球的大小不计可视为质点,故选项A、B、C正确,D错误。

答案:ABC2.下列有关单摆运动过程中的受力说法,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.单摆经过平衡位置时合力为零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运动,因此单摆运动过程不仅有回复力,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;单摆经过平衡位置时,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:B题组二单摆的周期公式3.(多选)下列说法正确的是()A.单摆的等时性是由惠更斯首先发现的B.单摆的等时性是由伽利略首先发现的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,并把它用于计时解析:首先发现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:BC4.(多选)下列情况下会使单摆的周期变大的是()A.将摆的振幅减为原来的一半B.将摆从高山上移到平地上C.将摆从北极移到赤道D.用一个装满沙子的漏斗(漏斗质量很小)和一根较长的细线做成一个单摆,摆动中沙慢慢从漏斗中漏出解析:将摆从北极移到赤道,g变小,由T=2π知T变大;漏斗漏沙后摆长变长,故T变大。

答案:CD5.将秒摆的周期变为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:单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均错;对秒摆,T0=2π=2 s,对周期为4 s的单摆,T=2π=4 s,故l=4l0,故C对,D错。

学案4 单摆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．单摆摆球所受的合外力指向平衡位置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，如小于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，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作直线，回复力或重力沿摆球运动轨迹切向的分力可以近似地看作沿这条直线，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.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1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()图1A．L/4 B．L/2C．3L/4 D．条件不足，无法判断[答案] C[解析]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＝2πlg，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．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)3cm 0.5Hz 1m 0.5s 末和1.5s 末(2)G 、E 、F 1.5s ～2s 0～0.5s题组三 用单摆测重力加速度10．用单摆测定重力加速度，根据的原理是( )A ．由g ＝4π2l T 2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 T 2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[答案] C[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．11．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t100C．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t50，B错；摆长应是l′＋d2(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．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－T2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)T2B－T2A相同13．小明同学做了一个单摆，其摆长l＝1.02m，摆球质量m＝0.10kg，假设单摆做简谐运动，他测出单摆振动30次所用的时间t＝60.8s，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2s)，摆长应怎样改变？改变多少？[答案](1)9.79m/s2(2)其摆长要缩短0.027m[解析](1)当单摆做简谐运动时，其周期公式为T＝2πlg，由此可得g＝4π2l/T2，只要求出T值代入即可．因为T＝tn ＝60.830s≈2.027s，所以g＝4π2l/T2＝4×3.142×1.022.0272m/s2≈9.79 m/s2.(2)秒摆的周期是2s，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TT0＝ll0，故有l0＝T20lT2＝22×1.022.0272m≈0.993m.其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1.02m－0.993m＝0.027m.。

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。

实验:用单摆测量重力加速度课后篇巩固提升必备知识基础练1.(多选)对用单摆测量重力加速度的实验,下列说法正确的是( )A.如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球,应选用铁球作摆球B.单摆偏角不超过5°C.为便于改变摆长,可将摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹D.测量摆长时,应用力拉紧摆线,故A 、B 项正确。

C 项中摆动过程中悬点位置变化,导致摆长变化,不符合要求。

测摆长时,用力拉紧摆线会使形变量变大,摆长偏大,故D 项错误。

2.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.单摆的摆球质量偏大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T=2π√l g ,得g=4π2l T 2,而T=t n ,所以g=4π2ln 2t 2,由此可知C 项正确。

3.在用单摆测量重力加速度的实验中,有如下器材供选用,请把应选用的器材填在横线上 (填字母)。

A.1 m 长的粗绳B.1 m 长的细线C.半径为1 cm 的小木球D.半径为1 cm 的小铅球E.时钟F.停表G.分度值为1 mm 的米尺H.分度值为1 cm 的米尺I.铁架台J.附砝码的天平4.(2021福建龙海二中高三开学考试)在做用单摆测量重力加速度的实验过程中:(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示,则摆球直径d= mm 。

(2)小张同学实验时不小心忘记测量小球的半径,但测量了两次悬线长和周期,第一次测得悬线长为l1,对应振动周期为T1;第二次测得悬线长为l2,对应单摆的振动周期为T2,根据以上测量数据可推导出重力加速度的表达式为。

摆球直径d=2 cm+0.05 mm×6=20.30 mm。

(2)设小球的半径为r,根据单摆的周期公式得T1=2π√l1+rg ,T2=2π√l2+rg,联立解得g=4π2(l1-l2)T12-T22。

11.4单摆课吋作业人教版选修3・4一、选择题1. （2013-威海高二检测）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-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：选C.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，加速度方向与速度方向相反，速度减小，C 正确.2. 在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆 开始以小角度摆动时，让水从球屮连续流出，肓到流完为止，由此摆球的周期将（）A. 逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大解析：选C.小球重心先降低后升高，即摆长先增大后减小・3. 如图所示是半径很大的光滑凹球而的一部分，有一个小球第一次口力点由静止开始 滑下，到达最低点O 吋的速度为0,用时为"；第二次自3点由静止开始滑下，到达最低 点。

时的速度为02,用吋为切 下列关系正确的是（）C. f02，V\>v 2D. 心2，V\>V1解析：选A.小球从力、3点释放后均做简谐运动"二¥二扌寸I ，二¥ =孑\/1，R 为球面半径，故/产t 2.A 点离开平衡位置远些，高度差大，故从力点痰下到达平衡位書O 时 速度大，即v }>v 2 , A 正确・4•如图所示，三根细线于O 点处打结，A. B 端固定在同一水平面上相距为厶的两点上, 使成直角三角形，ZBAO=30°,已知OC 线长是厶 下端C 点系着一个小球（直径可 忽略）.下列说法中正确的是（）让小球在垂直纸面内摆动，周期为T=2 三解析：选A.让小球在纸面内摆动，在摆角很小总，单摆以O 点为悬点，摆长为厶，周 期为"2兀右 让小球在垂直纸面内摆动，摆球以OC 的延长线与力3的交点为中心摆动，摆长为厶+扌 cos 30° =厶+乎厶，周期为厂=2兀*血护1L ，选项A 正确.5. （2013-正定中学高二检测）一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正 确的是（）B. C. 止小球在纸面内摆动，周期T=2nD. B. Q02 A.止小球在垂直纸面方向摆动，其周期42兀3厶3厶A. "吋刻摆球速度最大，悬线对■它的拉力最小B. （2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C. 巾时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最人D. 巾时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：选D.单摆做小角度摆动时，平衡位置时摆球速度最大，悬线对摆球的拉力最大， 最大位移处时速度为零，拉力最小，由题图知，g 勺时刻是在最大位移处，（2、心时刻是在 平衡位置，故D 正确.6. 摆长为I 的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时（即取/=0）,当振动至/=寻时， 摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图彖是图中的（）解析：选D.C 麹=T,摆球具有负向最大速度时，应在平衡位置，厂0 ,速度方 向为・7方向，即沿y 轴说方向，故D 选项正确・7. （2013-兰州高二检测）一单摆的摆长为40 cm,摆球在（=0时刻正从平衡位置向右运 动，若g 取10m/s 2,则在1 s 吋摆球的运动情况是（）加速度正在增大加速度正在减小加速度正在增人加速度正在减小；，代入数据得T= 1.256 s ,则1 s 时，正处于第四个|卩内，由A. 若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长Z 比山：/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Z 比/甲：/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Z 比g 甲：g 乙=1 ： 4解析：选BD.由图象可知卩甲：T 乙二2 : 1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为/甲： /乙二4 : 1 ；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g 甲：g 乙二1 ： 4.☆9.（2013-新华中学高二检测）有一犬体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同， 在地球表面走时准确的摆钟移到该天体的表而，秒针走一圈的实际时间为（）A 1 •口返• A ，2 min B. 2 minC.^/2 min A. 正冋左做减速运动, B. 正向左做加速运动, C. 正向右做减速运动,D. 正向右做加速运动, 解析：选D.由T=2TV \ 1左侧最大位移向平衡位置运痂，D 正确.8. 如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，贝％ ）D. 2 min解析：选B.摆钟的周期可借助单摆的周期公式来讨论.由于是同一单摆，GMm 其摆长可认为不变，则其周期与重力加速度的平方根成反比•由万有引力定律得加g二由以上的推理可知T<-~r=T.- 1 丁 _厂地返•V^ = V2^=V2= 2 m，n-所以B选项正确・二、非选择题10.(2013-东城高二检测)(1)在用单摆测定重力加速度的实验中，应选用的器材为A. 1 m长的细线B. 1 m长的粗线C.10 cm长的细线D.泡沫塑料小球E.小铁球F.1/10秒刻度秒表G.时钟H.JM米刻度米尺I.毫米刻度米尺(2)在该实验中，单摆的摆角p应__________ ,从摆球经过_________ 开始计时，测出〃次全振动的时间为/，川毫米刻度尺测出摆线长为厶川游标卡尺测出摆球的直径为〃JIJ上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为g= _____________ .解析：⑴做摆长的细线要用不易伸长的轻线，一般不应短于1 m ,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0<10。

题组一单摆及其回复力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．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．在如图所示的装置中，可视为单摆的是()答案A3．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；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D错；由简谐运动特点知B正确．4．(多选)关于单摆的运动有下列说法，其中正确的是()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．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D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于5°答案BCD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A错误，B正确；根据单摆的周期公式T＝2πlg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C正确；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，说法D正确．综上可知，只有说法B、C、D正确．题组二单摆的周期公式5．(多选)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．增大摆长C．减小单摆振幅D．将单摆由山下移至非常高的山顶答案BD解析由单摆周期公式T＝2πlg知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，增大摆长，l变大，T变大；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．6．甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲< θ乙<5°，由静止开始释放，则()A．甲先摆到平衡位置B．乙先摆到平衡位置C．甲、乙两摆同时到达平衡位置D．无法判断答案C解析两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，选项C 正确．7．如图1，竖直平面内有一半径为1.6 m 、长为10 cm 的光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t ＝0时刻起由静止释放，取g ＝10 m/s 2，t ＝2 s 时小球正在( )图1A ．向右加速运动B ．向右减速运动C ．向左加速运动D ．向左减速运动解析 将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期： T ＝2πRg ＝2π1.610s ＝0.8π s ≈2.5 s.所以在t ＝2 s ＝45T 时刻，小球在最低点向左侧的运动过程中，所以是向左做减速运动．故D 正确． 答案 D8．如图2所示，一摆长为l 的单摆，在悬点的正下方的P 处有一光滑钉子，P 与悬点相距l －l ′，则这个单摆做小幅度摆动时的周期为( )图2A ．2πl gB ．2π l ′gC ．π⎝⎛⎭⎪⎫l g ＋l ′g D ．2πl ＋l ′2g答案 C解析 碰钉子前摆长为l ，则周期T 1＝2πlg ，碰钉子后摆长变为l ′，则周期T 2＝2πl ′g ，所以该组合摆的周期T ＝T 12＋T 22＝π⎝⎛⎭⎪⎫l g ＋l ′g . 9．(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10 m/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＝8 sin(πt)cm B．单摆的摆长约1 mC．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小解析由题目中振动图象读出周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝2πT得到角频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝A sin ωt＝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，故C错误；从t＝2.5 s 到t＝3 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子拉力增长，故D错误．答案AB题组三用单摆测定重力加速度10．在用单摆测定重力加速度的实验中，下列说法正确的是()A．安装好装置后，测出摆线长即为摆长B．当小球摆到最高点时按下秒表开始计时，有利于减小误差C．为了实验现象明显，应该将摆线拉开30°角再放手开始实验D．若安装时悬点松动，将导致重力加速度的测量值偏小答案D解析摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，应将摆球悬挂后，用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长，故A错误；当小球摆到最高点时摆球的速度比较小，若此时按下秒表开始计时，不利于减小误差，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错误；摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加，但运算时选用开始所测得值，周期公式T＝2πlg及其变形式g＝4π2lT2可知将导致g值偏小，故D正确．11.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－T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图4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4答案4π2(l B－l A)T2B－T2A相同解析由周期公式T＝2πlg，得g＝4π2lT2，结合图象得到g＝4π2(l B－l A)T2B－T2A，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．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________.若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图5甲所示，则单摆摆长是________ m．若测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，则秒表读数是________ s，单摆摆动周期是________．图5为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值．现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上，如图6所示，则：图6单摆做简谐运动应满足的条件是________________．试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)答案见解析解析由T＝2πlg，可知g＝4π2lT2.由题图可知：摆长l＝(88.50－1.00)cm＝87.50 cm＝0.875 0 m.秒表的读数t＝60 s＋15.2 s＝75.2 s，所以T＝t40＝1.88 s.单摆做简谐运动的条件是摆角θ≤5°.把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点均匀分布在直线的两侧，则直线斜率k＝ΔT2Δl.由g＝4π2ΔlΔT2＝4π2k，可得g≈9.9 m/s2.。

11.4 单摆1.已知在单摆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，则两单摆摆长L a与L b分别为（）A.L a=2.5 m，L b=0.9 mB.L a=0.9 m，L b=2.5 mC.L a=2.4 m，L b=4.0 mD.L a=4.0 m，L b=2.4 m2.在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，由此摆球的周期将（）A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大3.若单摆的摆长不变，摆球质量变为原来的2倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的1/2，则该单摆振动的（）A.频率变大，振幅变小B.频率变小，振幅变大C.频率不变，振幅变小D.频率不变，振幅变大4.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道一部分，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5.如图所示，两根长度均为L的细线下端拴一质量为m的小球，两线间夹角为α.今使摆球在垂直于纸面的平面内做小幅度振动，求其振动周期.6.有一摆钟的摆长为L 1时，在某一标准时间内快a 分钟，若摆长为L 2时，在同一标准时间内慢b 分钟，求为使其准确，摆长应为多长？（可把钟摆视为摆角很小的单摆）7.在单摆悬点正下方距悬点3l处有一小钉C ，从而使单摆左右摆动时，其摆长发生改变，已知摆长为l ，求其周期.8.图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A 在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动.以m a 、m b 分别表示摆球A 、B 的质量，则（ ）A.如果m a ＞m b ，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果m a ＜m b ，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧 9.如图所示是单摆振动示意图，正确的说法是（ ）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，动能变大，势能变小10.一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是（)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11.有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成．两个单摆摆动平面前后相互平行.（1）现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0 s和49.0 s，则两单摆的周期差ΔT＝______ s；（2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差．若测得释放两摆的时间差Δt＝0.165 s，则在短摆释放____________ s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向____________（填方向）通过____________ （填位置）；（3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可以做的改进是______________.12.有一单摆，在地球表面为秒摆，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6.（1）将该单摆置于月球表面，其周期多大？（2）若将摆长缩短为原来的1/2，在月球表面时此摆的周期多大？（3）该秒摆的摆长多少？（g=9.8 m/s2）13.一架摆钟，在某地使用时发现，摆长为l 1时，每天快t 时间；摆长为l 2时，每天慢t 时间.试分析计算摆长l 多大时，这架摆钟才能准确计时.14.两个同学想测一下单摆的周期，来验证一下T =2πgl是否正确，可是现在只有尼龙细线、钢球、刻度尺等物品，找不到计时器.他们利用现有仪器能否测出单摆的周期？【参考答案】1.解析：单摆完成一次全振动所需的时间叫单摆振动周期,据题设可知a 、b 两摆的周期之比为：106=b a T T ,由单摆周期公式T=2πgL 得：ba b a L L T T =,据题设L b -L a =1.6 m ，联立解得L a =0.9 m,L b =2.5 m.答案：B2. 解析：单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为T =2πgl，式中l 为摆长，其值为悬点到摆动物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长l 先增大后减小，所以摆动周期将先增大后减小.答案：C3. 解析：当摆球质量变为原来的2倍，经过平衡位置的速度减为原来的21时,动能变成原来的21,所以振幅变小.单摆的振动周期与摆球质量及振幅无关，所以周期不变，频率也就不变.答案：C4.解析：A 球做自由落体运动，很容易求出到达C 点的时间，而B 球在MN 上摆动，在振幅很小的情况下，做简谐运动，周期与单摆周期类似，为T =2πgl，其中l 为MN 的半径，所以B 球从B →C 的时间为T /4，从而比较A 、B 两球到达C 点时间的长短.答案：A5.解析：当双线摆在垂直于纸面内做小幅度振动时，其等效摆长为l =L cos2α，故此双线摆的振动周期为：T =2πg L 2cosα.答案：T =gL 2cosα6.解析：解法一：设该标准时间为t s ，准确摆钟摆长为L m ，走时快的钟周期为T 1 s ，走时慢的钟周期为T 2 s ，准确的钟周期为T s.不管走时准确与否，钟摆每完成一次全振动，钟面上显示的时间都是T s.由各摆钟在t s 内钟面上显示的时间求解 对快钟：t +60a =T T t 1 ① 对慢钟：t -60b =T T t2② 联立解①②式，可得b a ==--=--22112111T T T T T T T T TT 21211L L L L L L -- 最后可得L =221212)()(L b L a L L b a ++. 解法二：由各摆钟在t s 内的振动次数关系求解：设快钟在t s 内全振动次数为n 1，慢钟为n 2，准确的钟为n 0.显然，快钟比准确的钟多振动了T a 60次，慢钟比准确的钟少振动了Tb60次，故： 对快钟：n 1=T aT t T a n T t 60601+=+= ① 对慢钟：n 2=Tb T t T b n T t 60602+=+= ② 联解①②式，并利用单摆周期公式T =2πg L ，同样可得l =221212)()(L b L a L L b a ++. 答案：l =221212)()(L b L a L L b a ++. 7.解析：由于C 处小钉对线摆到左侧时的阻挡作用，促使右侧半周期摆长为32l ， 故而全程T =π(g l +gl 32). 答案：T =π(g l +gl 32) 8. 解析：A 、B 两球碰撞后，B 球一定向右摆动，A 球可能向右，也可能向左摆，还可能停下来. 由于两球摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在41T 时回到平衡位置而发生第二次碰撞. 答案：CD9. 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，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向平衡位置运动时，动能变大而势能变小，故B 、D 正确，A 错.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 +m v 2/r ，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 正确.答案：BCD10. 解析：设摆长为l ，摆球质量为m ，绳的拉力为T ，摆球经过平衡位置时，根据牛顿第二定律与圆周运动知识可知，T -mg =m 2l v ，则T =mg +m 2lv ，只有摆球速度最大时，悬绳的拉力最大，故D 选项正确.答案：D11.解析：此题做法从物理学原理方面来说,有点类似于游标卡尺,由于两摆的周期之差为0.02 s ，所以摆动一个周期时间内相差0.02 s ，要使两摆球第一次同时同方向通过某位置，必然两摆球振动的位相是一样的，所以要把0.165 s 在n 次周期内分配完，则求得n =8.25，所以两摆球振动次数为8.25，则同时达到左边最高点（因它们都是从右边开始释放）.短摆运动时间为8.25×0.98 s ＝8.085 s.用公式表示，设长摆运动时间为t ，则为ω1t ＝ω2(t -Δt )，代入数据有：0.02t =0.165，解得t =8.25 s ，因长摆的周期为1 s ，故长摆的振动次数也为8.25，此时位置为平衡位置且向左运动，短摆运动时间为8.25-0.165 s=8.085 s.答案：（1）0.02 （2）8.085 左 平衡位置（3）增大两摆摆长，同时使周期之差减小 12. 解析：（1）T 月① T 地② 因秒摆的周期为2秒，则①式除以②式，T 月=T 地月地g g =4.9 s. （2）T 月=T 地Lg Lg ••月地2=216⨯s=3.5 s（3）l 地=（2T π地）2·g 地=（22π）2·9.8 m=0.99 m 答案：（1）T 月=4.9 s （2）T 月=3.5 s （3）T 地=0.99 m13.解析：设一天的时间为t 0 摆长为l 1时，周期T 1=2πgl 1，一天摆动次数为n 1=20T t摆长为l 2时，周期T 2=2πgl 2，一天摆动次数为n 1=20T t摆长为l 时，周期T =2πgl，一天摆动的次数n =20T t ，能准确计时.根据题意可列方程 T （n 1-n ）=T (n -n 2)221111l l l l -=- 经计算，可得准确计时时摆长应为l =21212124l l l l l l ++.答案：l =21212124l l l l l l ++14.解析：正常人心脏每跳动一次的时间约为0.8 s ，单摆开始振动时，一个同学记录单摆振动次数,一个数自己的脉搏,同时进行.设单摆振动n 1次时间内脉搏跳动了n 2次,单摆周期为T ,振动时间为t.t =n 1T =0.8n 2 所以T =0.812n n .。

第十一章第四节单摆基础夯实一、选择题 (1 ～ 4 题为单项选择题， 5～ 6 题为多项选择题 )1．在以下列图的装置中，可视为单摆的是( A )解读：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；悬点必定固定，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，让漏斗左右摇动，于是桌面上漏下许多沙子，一段时间后桌面上形成一沙堆，沙堆的纵剖面在以下列图中最凑近的是( C )解读：单摆在平衡地址的速度大，漏下的沙子少，越凑近两端点速度越小，漏下的沙子越多，故 C 选项吻合题意。

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，摆球经过平衡地址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、振幅不变解读：由单摆的周期公式＝ 2πl可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅AT g是反响单摆运动过程中的能量大小的物理量，摆球经过平衡地址时的动能减小，因此振幅减小，故 ABD错误， C 正确。

应选 C。

4．( 陕西省西北大学附中2016 年高二下学期期末) 以下列图，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，则此次实验沙摆的摆长为( g取 10m/s 2，π2＝ 10)(A )A．0.56m B． 0.65mC．1.0m D． 2.3m0.3gT2解读： T＝0.2s＝1.5s， L＝4π2＝0.56m，应选A。

5．( 北京大学附中河南分校2016 年高二下学期期中) 以下列图，是一个单摆( θ＜10°) ，其周期为 T，则以下正确的说法是( 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，势能向动能转变L解读：由 T＝2πg可知，单摆的周期T与摆球质量m没关，与摆角没关，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；由平衡地址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；摆球由最大地址 B 向平衡地址O运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转变为动能，故D正确。

单摆1. 下列关于单摆的说法，正确的是( ) A ．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力B ．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力C ．振幅越大，单摆的周期越大D ．单摆做简谐运动的周期由摆长和当地的重力加速度共同决定E ．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零F ．做单摆实验，选择摆球时应选用密度较大的金属球G ．做单摆实验时，单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中 2. 做简谐运动的单摆摆长不变，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12，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3. 甲、乙两个单摆在同一地点做简谐振动，在相等的时间内甲完成10次全振动，乙完成20次全振动，已知甲摆摆长为1 m ，则乙摆摆长为( )A ．2 mB ．4 mC ．0.25 mD ．0.5 m4. 摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t ＝0)，当振动至t ＝3π2l g时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的( )5. 在用单摆测重力加速度的实验中，为减小误差( ) A ．应选质量小的球做摆球B ．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时C ．用秒表测出30～50次全振动的时间，计算出平均周期D ．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量 6. 如图所示为一单摆的摆动图象，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7. 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v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么()A．v1＜v2，t1＜t2B．v1＞v2，t1＝t2C．v1＝v2，t1＝t2D．上述三种都有可能8. 下图(a)是演示简谐运动图象的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动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OO1代表时间轴。