(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)

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。

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）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。

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。

《4. 单摆》同步训练(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、一个单摆在完成10次全振动后，经过的时间是20秒。

则该单摆的周期T为：A. 2秒B. 4秒C. 5秒D. 10秒2、一个单摆摆长为L，当摆角θ较小时，单摆的周期T可以近似表示为：A. T = 2π√(L/g)B. T = 2πL/gC. T = L/gD. T = 2πg/L3、一个单摆在无阻力的理想情况下作简谐振动，假设其周期为T。

现在增加摆长的长度，但保持其他条件不变，新的周期将是原来的多少倍？A、1倍B、2倍C、√2倍D、2√2倍4、某一单摆的振幅减小为原来的一半，假设摆长和重力加速度保持不变，则其机械能、周期将如何变化？A、机械能不变，周期不变B、机械能减小，周期不变C、机械能不变，周期变大D、机械能减小，周期变大5、一个单摆在完成一小段振动后，其摆角为θ。

此时，有关单摆下述说法错误的是：A、摆球的速度方向必定垂直于摆角θB、摆球所受的回复力方向始终指向最低点C、摆球所受的回复力大小与摆球位移成正比D、摆球在振动过程中动能的大小是周期性变化的6、一单摆的摆长为L，摆球质量为m，在某一位置经过平衡位置时有瞬间速度为v0。

以下关于此单摆的说法中，正确的是：A、如果单摆的能量守恒，那么单摆所能达到的最高点的高度为h1=mgL/2v0^2B、当单摆通过平衡位置时，摆球所受的加速度方向始终向上C、当单摆从某一高度开始下摆通过平衡位置时，其速度逐渐增大D、当单摆在顶点时，摆球所受的回复力方向是沿摆线的)，其中(L)7、一个单摆在摆角较小的情况下做简谐运动，其周期公式为(T=2π√Lg是摆长，(g)是重力加速度。

以下关于单摆周期的说法中，正确的是：A. 单摆的周期与摆球的质量有关。

B. 单摆的周期与摆角的大小有关。

C. 当摆长(L)增加时，单摆的周期(T)也增加。

D. 单摆的周期与重力加速度(g)的大小无关。

第二章《机械振动》综合评估时间：90分钟满分：100分一、单项选择题(每小题3分，共24分)1．如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A 在两摆线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(D )A ．如果m A >mB ，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，下一次碰撞可能在平衡位置左侧D ．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞一定在平衡位置解析：根据周期公式T ＝2πL g知，两单摆的周期相同，与质量无关，所以相撞后两球分别经过12T 后回到各自的平衡位置，且中途不会碰撞，所以不管A 、B 的质量关系如何，下一次碰撞都在平衡位置，故A 、B 、C 错误，D 正确．2．为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的．一排等间距设置的减速带，可有效降低车速．如果某路面上的减速带的间距为1.5m ，一辆固有频率为2Hz 的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是(C )A ．当汽车以5m/s 的速度行驶时，其振动频率为2HzB ．当汽车以3m/s 的速度行驶时最不颠簸C ．当汽车以3m/s 的速度行驶时颠簸最厉害D ．汽车速度越大，颠簸就越厉害解析：当汽车以5m/s 的速度行驶时，驱动力的周期为T ＝sv ＝1.55s ＝0.3s ，所以频率等于f ＝1T ＝103Hz ，故A 错误；当汽车以3m/s 的速度行驶时，汽车的频率为f ＝v s ＝31.5Hz ＝2Hz ，此时和固有频率相同，所以颠簸最厉害，故C 正确，B 、D 错误．3．有一个沿y 轴方向做简谐运动的物体，其振动图像如图甲所示．对图乙所给的(1)～(4)的判断正确的是(C )A ．图(1)可作为该物体的速度—时间图像B ．图(2)可作为该物体的回复力—时间图像C ．图(3)可作为该物体的回复力—时间图像D ．图(4)可作为该物体的加速度—时间图像解析：做简谐运动的物体在平衡位置时速度最大，从平衡位置向正向最大位移处运动时速度减小，速度方向为正，则题图乙中的(1)不能作为速度—时间图像，A 错误；由简谐运动的动力学方程F ＝－kx 知，回复力的图像与位移图像的相位相反，可知B 错误，C 正确；由a ＝－k mx 知，加速度的图像与位移图像的相位相反，可知D 错误．4．如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动，取A 到B 为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是(B )A ．t ＝0.2s 时，振子在O 点右侧6cm 处B ．t ＝0.8s 时，振子的速度方向为负方向C ．t ＝0.4s 和t ＝1.2s 时，振子的加速度完全相同D ．t ＝0.4s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的速度逐渐减小解析：在0～0.4s 内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以t ＝0.2s 时，振子不在O 点右侧6cm 处，故A 错误；由题图乙可知，t ＝0.8s 时，图像的斜率为负，说明振子的速度为负，故B 正确；t ＝0.4s 和t ＝1.2s 时，振子的位移方向相反，由a ＝－kx m知加速度方向相反，故C 错误；t ＝0.4s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的位移减小，向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D 错误．5．如图，长为l 的细绳下方悬挂一小球a ，绳的另一端固定在天花板上O 点处，在O 点正下方34l 的O ′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x ，向右为正．下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x ­t 关系的是(A )解析：由单摆的周期公式T ＝2πL g可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确．6．如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20cm，图示P位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m向右拉动5cm后由静止释放，经0.5s振子m第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是(D)A．该弹簧振子的振动频率为1HzB．若向右拉动10cm后由静止释放，经过1s振子m第一次回到P位置C．若向左推动8cm后由静止释放，振子m两次经过P位置的时间间隔是2sD．在P位置给振子m任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20cm，总是经0.5s速度就降为0解析：本题考查简谐运动的周期性．由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝0.5×4s＝2s，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s，振动频率为0.5Hz，所以B选项中应经过0.5s第一次回到P位置，A、B选项错误；C选项中两次经过P位置的时间间隔为半个周期，是1s，C选项错误，D选项正确．7．力的传感器可以实时采集力的大小，轻绳OA，O点固定在天花板上，A端拴有一小球，把小球拉开一个小角度释放，小球左右摆动为简谐运动，在轻绳A点连接力的传感器，可实时采集轻绳拉力大小，将传感器与计算机连接得到拉力的大小随时间变化的曲线如图所示，对此图线提供的信息做出了下列判断，正确的应是(A)A ．t ＝0.2s 时摆球经过最低点B ．t ＝1.1s 时摆球经过最低点C ．摆球摆动过程中机械能守恒D ．摆球摆动的周期T ＝0.6s解析：摆球经过最低点时，拉力最大；在0.2s 时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点；在t ＝1.1s 时，摆球的拉力不是最大，不是经过最低点，故A 正确、B 错误；根据牛顿第二定律知，在最低点：F －mg ＝m v 2r ，则：F ＝mg ＋m v 2r，在最低点拉力减小，知速度减小，机械能减小，故C 错误；在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图像知周期T ＝1.2s ，故D 错误．8．如图所示，一轻弹簧与质量为m 的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直线上的A 、B 间做简谐运动，O 为平衡位置，C 和D 分别位于O 点两侧，并且OC ＝OD .下列说法正确的是(D )A ．物体从B 到D 与从B 到C 的过程中，弹簧的弹性势能减少量相等，动能的增加量也相等B ．物体从B 到D 与从B 到C 的过程中，弹簧的弹性势能减少量不相等，动能的增加量也不相等C ．物体从C 到D 的过程中，回复力对物体做的功与重力做的功相等D ．物体从C 到D 的过程中，回复力对物体做的功为零解析：本题易错之处是将弹簧振子与水平方向弹簧振子类比，忽视了重力势能的变化．O 点是振动的平衡位置，经过C 、D 两点时的速度大小相等，动能相等，弹簧的弹性势能是以弹簧原长时为零点的，不能以平衡位置O 处的弹性势能为零，故选项A 、B 错误；回复力指的是振子受到的合外力，不是指弹簧弹力，从C 到O 的过程与从O 到D 的过程，回复力做的功等于动能的变化量，经过C 、D 两点时的速度大小相等，动能相等，所以回复力对物体做的功为零，故选项C 错误，D 正确．二、多项选择题(每小题4分，共16分)9．如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A 、E 摆长均为l ，先让A 摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则(ACD )A ．其他各摆振动周期跟A 摆相同B ．其他各摆振动的振幅大小相等C ．其他各摆振动的振幅大小不同，E 摆的振幅最大D ．B 、C 、D 三摆振动的振幅大小不同，B 摆的振幅最小解析：A 摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B 、C 、D 、E 四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此，B 、C 、D 、E 四摆的周期跟A 摆相同．驱动力的频率等于A 摆的固有频率f A ＝1T A ＝12πg l ，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：f B ＝12πg 0.5l ≈1.41f A ，f C ＝12πg 1.5l ≈0.82f A f D ＝12πg 2l ≈0.71f A ，f E ＝12πg l ＝f A 可见只有E 摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B 、C 、D 三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小．10．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4cm，振动的平衡位置位于x轴上的0点．如图甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位移，黑点上的箭头表示运动的方向．如图乙给出的①②③④四条振动曲线，可用于表示振子的振动图像的是(AD)A．若规定状态a时t＝0，则图像为①B．若规定状态b时t＝0，则图像为②C．若规定状态c时t＝0，则图像为③D．若规定状态d时t＝0，则图像为④解析：振子在状态a时t＝0，此时的位移为3cm，且向规定的正方向运动，故选项A正确；振子在状态b时t＝0，此时的位移为2cm，且向规定的负方向运动，相应的图像②中初始位移不对，选项B错误；振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2cm，且向规定的负方向运动，相应的图像③中运动方向及初始位移均不对，选项C错误；振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4cm，速度为零，故选项D正确．11．一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移为－0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则(AD)sA．若振幅为0.1m，振子的周期可能为23B．若振幅为0.1m，振子的周期可能为4s5C．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4sD．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s解析：若振幅为0.1m，由题意知，Δt＝(n＋12)T，n＝0,1,2，…，解得T＝22n＋1s，n＝0,1,2，…，A项正确，B项错误；若振幅为0.2m，t＝0时，由质点简谐运动表达式y＝0.2sin(2πTt＋φ0)(m)可知，0.2sinφ0(m)＝－0.1m，解得φ0＝－π6或φ0＝－5π6；将T＝6s及T＝4s分别代入t＝1s时的简谐运动表达式0.2sin(2πT＋φ0)(m)＝0.1m可得，T＝6s满足题意，T＝4s不满足题意，故C项错误，D项正确．12．如图所示为某鱼漂的示意图．当鱼漂静止时，水位恰好在O 点．用手将鱼漂往下按，使水位到达M点．松手后，鱼漂会上下运动，水位在MN之间来回移动．不考虑阻力的影响，下列说法正确的是(AB)A．鱼漂的运动是简谐运动B．水位在O点时，鱼漂的速度最大C．水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大解析：设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h.当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力，即mg＝ρgSh.可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下按x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式．因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合＝－kx)，鱼漂做的是简谐运动，选项A正确；O点是平衡位置，所以O点时鱼漂的速度最大，选项B正确；水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，选项C错误；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，选项D 错误．三、填空题(每小题8分，共16分)13．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示．测量方法正确的是乙(选填“甲”或“乙”)．(2)实验时，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，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如下图丙所示．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 的变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为2t 0.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倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将变大(填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt 将变大(填“变大”“不变”或“变小”)．解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙．(2)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t 1＋2t 0－t 1＝2t 0；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时摆球的挡光的时间变长，即Δt 变大．14．某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T ＝2πI c ＋mr 2mgr，式中I c 为由该摆决定的常量，m 为摆的质量，g 为重力加速度，r 为转轴到重心C 的距离．如图甲，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O 上，使杆做简谐运动，测量并记录r 和相应的运动周期T ；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见下表，并测得摆的质量m ＝0.50kg.r /m 0.450.400.350.300.250.20T /s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64(1)T 2r .(2)I c 的国际单位为kg·m 2，由拟合直线得到I c 的值为0.17(保留到小数点后两位)．(3)若摆的质量测量值偏大，重力加速度g 的测量值不变(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．解析：(1)由T ＝2πI c ＋mr 2mgr，可得T 2r ＝4π2I c mg ＋4π2g r 2，所以图中纵轴表示T 2r .(2)I c 单位与mr 2单位一致，因为mr 2的国际单位为kg·m 2，所以I c 的国际单位为kg·m 2；结合T 2r ＝4π2I c mg ＋4π2g r 2和题图中的截距和斜率，解得I c 的值为0.17.(3)重力加速度g 的测量值是通过求斜率4π2g得到，与质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力加速度g 的测量值不变．四、计算题(15、16题各10分，17、18题各12分，共44分)15．如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2kg ，t ＝0时，在拉力F 的作用下，由静止开始竖直向上做匀加速运动．一个振动频率为5Hz 的固定电动音叉通过水平振针在玻璃板上画出了图示曲线，量得OA ＝1.5cm ，BC ＝3.5cm.自玻璃板开始运动，经过多长时间才开始接通电动音叉的电源？接通电源时，玻璃板的速度是多大？(g 取10m/s 2)答案：0.1s 0.1m/s解析：由题意可得，振针的振动周期T 0＝0.2s ，OA 、AB 与BC所对应的时间均为T ＝T 02＝0.1s 则对玻璃板有BC －OA ＝2aT 2解得a ＝1m/s 2.v A ＝OB 2T ＝2OA ＋aT 22T＝0.2m/s O 点的速度v 0＝v A －aT ＝0.1m/s 由v 0＝at 得时间t ＝v 0a＝0.1s 即经过0.1s 才开始接通电动音叉的电源，且接通时玻璃板的速度为0.1m/s.16．如图甲所示，将一轻质弹簧一端固定，另一端悬挂一质量m ＝0.3kg 的小球．现把小球由静止悬挂状态向下拉3cm ，然后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向上做简谐运动．已知弹簧的劲度系数k ＝300N/m ，小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)简谐运动的振幅A ；(2)小球在平衡位置下方2cm 处时的回复力大小F 回；(3)取平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正方向，在图乙的坐标系中定性画出小球的位移—时间图像．答案：(1)3×10－2m (2)6N (3)图见解析解析：(1)由题意可知振幅A ＝3cm ＝3×10－2m.(2)F 回＝2×10－2m ×300N/m ＝6N.(3)取向下为正方向，所以初态在正向最大位移处，振动图像如图．17．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 在光滑水平面上运动的小滑块，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，略去碰撞所用的时间，重力加速度为g，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)在(1)的条件下，A 、P 间的最小距离是多少？答案：(1)πv (2n ＋1)2l g (n ＝0,1,2，…)(2)πv 2l g 解析：(1)设A 、P 间距离为x ，小滑块做匀速直线运动的往返时间为t 1，则t 1＝2x v设单摆做简谐运动回到O 点且向左运动时所需时间为t 2，则t 2＝T 2＋nT (n ＝0,1,2，…)，其中T ＝2πl g由题意可知t 1＝t 2，所以2x v ＝T 2＋nT (n ＝0,1,2，…)解得x ＝πv (2n ＋1)2l g(n ＝0,1,2，…)(2)由(1)知，当n ＝0时，A 、P 间的距离最小，x min ＝πv 2l g .18．如图所示，质量为M ＝0.5kg 的框架B 放在水平地面上．劲度系数为k ＝100N/m 的轻弹簧竖直放在框架B 中，轻弹簧的上端和质量为m ＝0.2kg 的物体C 连在一起，轻弹簧的下端连在框架B 的底部，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离x ＝0.03m 后释放，物体C 就在框架B 中上下做简谐运动，在运动过程中，框架B始终不离开地面，物体C 始终不碰撞框架B 的顶部．已知重力加速度大小为g ＝10m/s 2.试求：当物体运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．答案：15m/s 210N解析：物体C 放在弹簧上静止时，设弹簧的压缩量为x 0，对物体C ，有mg ＝kx 0解得：x 0＝0.02m当物体C 从静止向下压缩弹簧x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为中心在竖直方向做简谐运动，振幅A ＝x ＝0.03m当物体C 运动到最低点时对物体C ，有k (x ＋x 0)－mg ＝ma解得：a＝15m/s2当物体C运动到最低点时，设地面对框架B的支持力大小为F，对框架B，有F＝Mg＋k(x＋x0)解得：F＝10N由牛顿第三定律知，框架B对地面的压力大小为10N.。

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8（含解析）1．如图所示，摆长为l 的单摆，放在倾角为θ的光滑斜面上，当摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时的周期为A ．2l T g π= B ．2cos lT g πθ=C ．2sin lT g πθ=D ．以上答案都不对2．两个做简谐运动的单摆的摆长分别为1l 和2,l 它们的位移—时间图象如图中1和2所示,由此可知1l ∶2l 等于… ( )A ．1∶3B ．4∶1C ．1∶4D ．9∶13．在北京走时准确的摆钟，搬到海南岛后走时将（ ） A ．变慢，调准时应增加摆长 B ．变快，调准时应增加摆长 C ．变慢，调准时应减小摆长D ．变快，调准时应减小摆长4．做简谐运动的物体，当它离开平衡位置后，总是要受到一个指向平衡位置的力的作用，我们把这个力称之为回复力；这个力可以由某一个力提供，也可以几个力的合力提供或者是由某个力的分力提供；单摆是一种常见的简谐运动，关于单摆做简谐运动时的回复力，以下说法正确的是： A ．单摆受到一个回复力的作用B ．单摆的回复力是重力和摆线的拉力的合力提供的C．单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力提供的D．单摆的回复力是重力沿圆弧半径方向的分力提供的5．有一秒摆悬点为O，在O点正下方O＇处有一钉子，如图甲所示,摆从平衡位置向左摆时摆线碰到钉子摆长改变，从平衡位置向右摆时又变为原摆的长度，从摆球处于右侧最大位移处开始计时，其振动图象如图乙所示(g=π2)，（不计能量损失）则( )A．此摆的周期为2sB．悬点离钉子的距离为0.75mC．碰到钉子瞬间，摆球的动量大小改变D．碰钉子后，摆球的角速度变小6．单摆作简谐振动时的回复力是( )A．摆球的重力B．摆球重力沿圆弧切线的分力C．摆线的拉力D．摆球重力与摆线拉力的合力7．如图所示，长为s的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为R光滑圆弧轨道相切于B点．一质量为m的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（h R）的A点由静止开始下滑，运动到C点与墙壁发生碰撞，碰撞过程无机械能损失，最终小球又返回A 点。

4.单摆基础巩固1.关于单摆,下列说法正确的是( )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。

2.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.减小摆长C.减小单摆振幅D.将单摆由山下移至山顶答案:D解析:由单摆周期公式T=2π√l知,T与单摆的摆球质量、振幅无关,减小g摆长,l变小,T变小;单摆由山下移到山顶,g变小,T变大,故D正确。

3.(多选)一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )A.t1时刻摆球速度为零,摆球的合外力为零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答案:CD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,合外力不为零,故A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正确。

4.如图所示的单摆,摆长为l=40 cm,摆球在t=0时刻从右侧最高点由静止释放做简谐运动,则当t=1 s时,摆球的运动情况是(g取10 m/s2)( )A.向右加速B.向左减速C.向左加速D.向右减速答案:D解析:单摆的周期T=2π√lg =2π√0.410s=1.256s,t=1s 时,则34T<t<T,摆球从右侧最高点释放做简谐运动,在t=1s 时已经越过平衡位置(最低点),正向右侧最大位移处运动,摆球做的是减速运动,故A 、B 、C 错误,D 正确。

高二物理选择性必修一2.4《单摆》学案【自主学习】一．单摆1．组成：（1）______________________；（2）___________________。

2．理想化要求：（1）质量关系：细线质量与小球质量相比_______________________。

（2）线度关系：球的_____________与线的长度相比可以忽略。

（3）力的关系：忽略摆动过程中所受_____________作用。

二．单摆的简谐振动1．单摆的回复力（1）回复力的提供：摆球的重力沿_____________________方向的分力。

（2）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__________，方向总指向_____________，即F =_______________。

（3）运动规律：单摆在偏角很小时做_________运动，其振动图像遵循__________函数规律。

2．单摆的周期（1）公式：T =______________。

（2）单摆的等时性：单摆的周期与振幅无关的性质。

【重点剖析】一．单摆的特点1．摆球以悬挂点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动；2．摆球以______________________为平衡位置做振动。

二．单摆的回复力1．单摆的回复力是重力沿圆弧切向的分力θsin mg F =提供的；2．单摆在摆角很小时做简谐运动。

如图，在偏角很小时，摆球对于O 点的位移x 的大小，与θ角所对的弧长、θ角所对的弦都近似相等，因而l x ≈θsin ，所以单摆的回复力为x lmg F -=。

其中l 为摆长，x 为摆球偏离平衡位置的位移，负号表示回复力F 与位移x 的方向相反。

由于m 、g 、l 都有确定的数值，可以用一个常数表示，上式可以写成kx F -=。

可见，在偏角很小的情况下，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，因此单摆做简谐运动。

三．单摆的周期公式1．单摆的周期g l T π2=为单摆的固有周期，相应地lg f π21=为单摆的固有频率。