高中物理 专题 单摆课后练习二(含解析)新人教版选修34

单摆1. 单摆（1）如果悬挂小球的细线质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫做单摆．（2）在摆角很小的情况下，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，可将单摆的运动视为简谐运动． （3）周期公式 ①2lT gπ=，其中摆长l 指悬点到小球重心的距离，重力加速度为单摆所在处的测量值． ②单摆的等时性：在振幅很小的条件下，单摆的振动周期跟振幅和小球的质量无关． ③周期公式中，g 与单摆所处的物理环境有关： 不同星球表面，2GMg R =； 单摆处于超重或失重状态时，g 为等效重力加速度0g g a =±，例如：轨道上运行的卫星中，单摆处于完全失重状态，0a g =，此时，单摆不摆动. （4）摆钟快慢问题的分析方法摆钟快慢不同是由摆钟的周期变化引起的，若摆钟周期T 大于标准钟的周期0T ，则为慢钟，若摆钟周期T 小于标准钟的周期0T ，则为快钟，分析时注意：①由摆钟的机械构造所决定，无论准确与否，钟摆每完成一次全振动，摆钟所显示的时间为一个 定值T .②因钟面显示的时间总等于摆动次数乘以摆钟的周期T ,即t N T =⋅显,所以在同一时间t 内，钟面指示的时间之比等于摆动次数之比．2. 简谐运动的位移-时间图象（1）简谐运动的图象反映了振子的位移随时间变化的规律，是一条正弦或余弦曲线．要注意简谐运动的图象不是质点的运动轨迹． （2）读图①可读出振幅、周期；②确定任一时刻物体的位移，或由位移确定对应的时刻；③可以判断任一时刻物体加速度的方向（总指向平衡位置）和速度方向； ④可以判断一段时间内物体运动的位移、回复力、速度、加速度、动能和势能的变化情况；⑤可以看出，简谐运动具有对称性，同一段路程的往返时间相等，相邻两次经过同一位置时的速度等大反向．类型一：单摆的周期例1．图中两单摆摆长相同，平衡时两单摆刚好接触．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解析：碰后两球均做简谐运动，其周期相同，与球的质量无关，下次碰撞一定还在平衡位置． 答案：CD类型二:单摆的周期及能量问题例2. 细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方2l摆长处有一个能挡住摆线的钉子A ，如图所示．现将单摆向左拉开一个小角度，然后无初速地释放．对于以后的运动，下列说法中正确的是 A ．摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B ．摆球在左、右两侧上升的最大高度一样C ．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D ．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍解析： 碰到钉子后，摆长变短，周期变小．由机械能守恒，左、右两侧最高点在同一水平面上．摆球做圆周运动，两次圆心分别为悬点和钉子，如下图：θ＝2∠O ′OP ，但∠O ′OP ＜∠O ′OP ′，又s ＝r ·α，r ′＝2r，α′＝θ，α＝∠O ′OP ′，故α′＜2α，故s ′＜s ．答案：AB类型三：等效问题例3．如图所示，小球在光滑圆槽内做简谐运动，为了使小球的振动周期变为原来的2倍，可采用的方法是A ．将小球质量减为原来的一半B ．将其振幅变为原来的2倍C ．将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空D ．将圆槽半径增为原来的2倍解析：小球的周期T＝2πgR/，其中重力加速度g＝GM/r2，ｒ为球距地心的距离．答案：C类型四：用单摆测定重力加速度例4．（2015 朝阳期末）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，（1）以下关于本实验的措施中正确的是（选填下列选项前的序号）A．摆角应尽量大些B．摆线应适当长些C．摆球应选择密度较大的实心金属小球D．用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时（2）某同学用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图1所示，秒表读数为 s．（3）若该同学测量了5种不同摆长与单摆振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图2所示的坐标中，图中个坐标点的标号分别对应实验种5种不同摆长的情况．在处理数据时，该同学实验中的第组数据点应当舍弃．请你在图2中画出T2﹣l图线；（4）该同学求重力加速度时，他首先求出了（3）中T2﹣l图线的斜率k，则利用率k求重力加速度的表达式为g= ．解析：（1）A、摆角过大，就不能再视为简谐运动；故摆角不能太大；故A错误；B、实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径．故A正确．C、减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．故C正确．D、用停表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些；故D错误；．故选：BC；（2）根据秒表的读数方法可知，小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+40.6s=100.6s；故其读数为：100.6s；（3）用直线将种点拟合可知，第4点离直一较远，应舍去；（4）根据单摆的周期公式T=，则，则图线的斜率k=，解得g=．答案：（1）BC，（2）100.6；（3）4；如图所示；（4）基础演练1．下列关于单摆的说法，正确的是( )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答案：C2．在月球上周期相等的弹簧振子和单摆，把它们放到地球上后，弹簧振子的周期为T1，单摆的周期为T2，则T1和T2的关系为( )A．T1>T2B．T1＝T2C．T1<T2D．无法确定答案：A3．将秒摆的周期变为4s，下面哪些措施是正确的( )A．只将摆球质量变为原来的1/4B．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倍答案：C4．一个单摆的摆球运动到最大位移时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是( )A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大B ．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小[高考资源网]C ．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大D ．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大 答案：D5．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。

单摆一、单摆及单摆的回复力┄┄┄┄┄┄┄┄①1．单摆(1)组成：①细线，②小球。

(2)理想化模型的要求①质量关系：细线质量与小球质量相比可以忽略；②线度关系：球的直径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阻力作用。

为了组成单摆，应尽量选择质量大、直径小的球和尽量细且不可伸长的线。

2．单摆的回复力(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。

(2)回复力的特点：在偏角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F ＝－mg lx 。

(3)单摆运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图象遵循正弦函数规律。

[注意]回复力是按效果命名的力，是沿振动方向上的合力，不是物体受到的合力。

①[选一选]关于单摆的摆球在运动中所受的力，下列说法正确的是( )A ．摆球运动到平衡位置时，重力与摆线拉力的合力为零B ．摆球在运动过程中受到三个力的作用：重力、摆线的拉力和回复力C ．摆球在运动过程中，重力和摆线拉力的合力等于回复力D ．摆球在运动过程中，重力沿圆弧方向上的分力等于回复力解析：选D 摆球所受外力为重力和摆线拉力，B 错误；摆球的轨迹是圆弧，故重力、拉力的合力除提供回复力外，还提供向心力，C 错误；摆球所受合外力在圆弧方向的分力(等于重力沿圆弧方向的分力)作为回复力，在圆弧法线方向上的分力作为摆球做圆周运动的向心力，D 正确；除最高点外，摆球的回复力并不等于合外力，在最低点平衡位置处，回复力为零，回复力产生的加速度为零，但有向心力，有向心加速度，故重力与摆线拉力的合力不为零，A 错误。

二、单摆的周期┄┄┄┄┄┄┄┄②1．探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响(1)探究方法：控制变量法。

(2)实验结论：①单摆振动的周期与摆球质量无关；②振幅较小时周期与振幅无关；③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。

2．周期公式(1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。

单摆[随堂检测]1．某单摆在摆动过程中由于阻力作用，机械能逐渐减小，如此单摆振动的( )A．频率不变，振幅不变B．频率改变，振幅不变C．频率不变，振幅改变D．频率改变，振幅改变解析：选C.单摆振动的能量与振幅有关，故当机械能减小时，振幅减小；单摆的频率只与摆长和重力加速度有关，与振幅无关，故频率不变；应当选C.2．关于单摆摆球在运动过程中的受力，如下结论正确的答案是( )A．摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大C．摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大D．摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向答案：B3．有一个正在摆动的秒摆(周期为2 s)，在t＝0时正通过平衡位置向右运动，当t＝1.7 s 时，摆球的运动是( )A．正向左做减速运动，加速度大小在增加B．正向左做加速运动，加速度大小在减少C．正向右做减速运动，加速度大小在增加D．正向右做加速运动，加速度大小在减少解析：选D.由题，单摆的周期是2 s，一个周期分成四个1/4周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，如此在t＝1.7秒时，单摆是由最大位移处向平衡位置向右运动，所以速度向右在增加，加速度在减小．故A、B、C错误，D正确．4．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图象如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会( )A．偏大B．偏小C．一样D．都有可能解析：选C.根据单摆的周期公式：T＝2πL＋rg得：T2＝4π2gL＋4π2gr，T2与L图象的斜率k＝4π2g，横轴截距等于球的半径r.故g＝4π2k，根据以上推导，如果L是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g的计算没有影响，一样，故A、B、D错误，C正确．5．如下列图为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，如下说法中不正确的答案是( )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲单摆的振幅比乙的大C．甲单摆的机械能比乙的大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙单摆解析：选C.振幅可从题图上看出，甲单摆振幅大，两单摆周期相等，如此摆长相等，因两摆球质量关系不明确，故无法比拟机械能．t＝0.5 s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．[课时作业] [学生用书P91(单独成册)]一、单项选择题1．把在调准的摆钟，由移到赤道上时，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.把标准摆钟从移到赤道上，重力加速度g变小，如此周期T＝2πlg>T0，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．2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的( )A ．只将摆球质量变为原来的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 解析：选C.由T ＝2πlg可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A 、B 均错误；对秒摆，T 0＝2πl 0g＝2 s ，对周期为4 s 的单摆，T ＝2πlg＝4 s ，l ＝4l 0，故C 正确，D 错误．3．做简谐振动的单摆摆长不变，假设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，如此单摆振动的( )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、振幅不变解析：选C.由单摆周期公式 T ＝2πlg知周期只与l 、g 有关，与m 和v 无关，周期不变，频率不变．没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h ，最低点速度为v ，如此有：mgh＝12mv 2，质量改变后：4mgh ′＝12·4m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22，可知h ′≠h ，振幅改变，应当选C.4．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 ，如此两单摆长l a 与l b 分别为( ) A ．l a ＝2.5 m ，l b ＝0.9 m B ．l a ＝0.9 m ，l b ＝2.5 m C ．l a ＝2.4 m ，l b ＝4.0 m D ．l a ＝4.0 m ，l b ＝2.4 m 答案：B 二、多项选择题5．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准确度有利的是( ) A ．适当加长摆线B ．质量一样、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.适当加长摆线有利于测量摆长，使相对误差减小，另外有利于控制摆角不易过大，因此选项A正确；质量一样、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，因为假设偏角太大，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，应测量屡次全振动的时间再求平均值，以减小偶然误差，选项D错误．6．通过DIS实验系统和力传感器可以测量单摆摆动时悬线上的拉力的大小随时间变化的情况．某次实验结果如下列图，由此曲线可知( )A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点B．摆球摆动过程中机械能守恒C．摆球摆动的周期是T＝0.6 sD．单摆的摆长约为0.36 m解析：选AD.当悬线的拉力最大时，摆球通过最低点，由图读出t＝0.2 s时摆球正通过最低点．故A正确．摆球经过最低点时悬线的拉力随时间在减小，说明存在空气阻力，摆球机械能不断减小．故B错误．由图读出：摆球从最低点到最高点的时间为0.3 s，如此摆球的摆动周期大约为1.2 s．故C错误．根据T＝2πLg可求得摆长约为0.36 m，选项D正确．三、非选择题7．某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度〞的实验，但没有适宜的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规如此的大理石代替小球．他设计的实验步骤如下：A ．将石块和细尼龙线系好，结点为M ，将尼龙线的上端固定于O 点，如下列图；B ．用刻度尺测量OM 间尼龙线的长度l 作为摆长；C ．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；D ．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t ，由T ＝t30得出周期；E ．改变OM 间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l 和T ；F ．求出屡次实验中测得的l 和T 的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2l ，求出重力加速度g .(1)该同学以上实验步骤中有重大错误，请指出并改正为_______________________________ ________________________________________________________________________. (2)该同学用OM 的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值________(选填“偏大〞或“偏小〞)．(3)为解决摆长无法准确测量的困难，可采用图象法，以T 2为纵轴，以l 为横轴，作出屡次测量得到的T 2－l 图线，求出图线斜率k ，进而求得g ＝________(用k 表示)．k 值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难． 解析：(1)实验步骤中有错误的答案是B ：用刻度尺测量石块重心到悬挂点间的距离才是摆长． D ：应在摆球经过平衡位置时计时．F ：应该用各组的l 、T 求出各组的g 后，再取平均值． (2)由单摆的周期公式T ＝2πl g 得：g ＝4π2lT2.可知，该同学用OM 的长作为摆长，摆长偏小，由此式可知，g 的测量值偏小． (3)画出T 2－l 图线，由T 2＝4π2gl 可知，图象的斜率k ＝4π2g ，即g ＝4π2k，解决了摆长无法准确测量的困难．答案：(1)见解析 (2)偏小 (3)4π2k8．如下列图，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象．根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？ (2)开始时刻摆球在何位置？(3)假设当地的重力加速度为9.86 m/s 2，试求这个摆的摆长是多少？ 解析：(1)由单摆振动图象得：T ＝0.8 s ， 故：f ＝1T＝1.25 Hz.(2)开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B 点． (3)根据公式：T ＝2πL g得：L ＝gT 24π2＝9.86×0.824×3.142 m ≈0.16 m.答案：(1)1.25 Hz (2)开始时刻摆球在B 点 (3)0.16 m9．简谐运动的条件是“质点所受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，即F ＝－kx 〞．如图，圆弧面上的小球(可看做质点)左右振动，振动幅度较小．小方同学测得圆弧半径R ＝1.2 m ，小球某次经过圆弧最低点时开始计时，并数“1〞，然后小球每经过一次最低点就依次数“2、3、4…〞，当数到“31〞时停止计时，发现用时33秒．(1)请论证小球在振动幅度较小时，是简谐运动；(2)根据题中条件，利用所学知识计算当地的重力加速度(π2取9.8，结果保存2位有效数字)．解析：利用在角度很小时sin θ＝x R，证明小球的回复力表达式满足F 回＝－kx 形式，类比单摆周期公式，求解重力加速度表达式计算 (1)回复力F 回＝mg sin θ 在角度很小时sin θ＝x R如此F 回＝mg sin θ＝mg x R ＝mg Rx ＝kx由于回复力与位移方向相反，所以F 回＝－kx ，所以是简谐运动． (2)由单摆周期公式T ＝2πL g小球的运动与单摆类似，如此有T 2＝4π2R g ，得g ＝4π2R T2，T ＝2.2 s ，解得g ≈9.7 m/s 2.答案：(1)见解析 (2)9.7 m/s 2。

单摆1．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v 1、v 2（v 1＞v 2）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f 1、f 2和A 1、A 2，则（ ）A ．f 1＞f 2和A 1＝A 2B ．f 1＜f 2和A 1＝A 2C ．f 1＝f 2和A 1＞A 2D ．f 1＝f 2和A 1＜A 22．摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（取作t ＝0），当振动至t =时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（ ）3．有一摆长为l 的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被小钉挡住，使摆长发生变化。

现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M 至左边最高点N 运动过程的闪光照片如图所示（悬点和小钉未被摄入），P 为摆动中的最低点。

已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点的距离为（ ）A ．l /4B ．l /2C ．3l /4D ．无法确定4．一登山运动员用一单摆来测量某山的海拔高度，当他在海平面时，在一定时间t 0内测得一单摆全振动N 次，当他到达山顶后，在相同时间t 0内测得同一单摆全振动的次数为（N －1）次。

若把地球视为半径为R 的均匀球体，则此山的海拔高度为（ ）A ．R N B ．221R N - C ．1R N - D ．1R N +5．如图所示，半径是R 的圆弧状光滑轨道置于竖直面内并固定在地面上，轨道的最低点为B 。

在轨道的A 点（弧AB 所对圆心角小于5°）和弧形轨道的圆心O 两处各有一个静止的小球甲和乙，若将它们同时无初速释放，则________球先到达B 点。

（不考虑空气阻力）6．某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当（选填“是”或“否”）。

①把单摆从平衡位置拉开约5°释放______ ②在摆球经过最低点时启动秒表计时______③把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期______ 该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表。

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。

4 单摆1.(多项选择)振动着的单摆,经过平衡位置时( CD )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.以下关于单摆的说法,正确的选项是( 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-A力解析: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.如下图,一单摆(θ<5°)其摆动周期为T,那么以下说法正确的选项是( 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→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.(多项选择)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,那么该单摆的振动周期为( AC )s B.1.2 sC.0.8 sD.0.6 s解析:假设小球从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.假设小球先向右摆动,即从O到C的时间为0.5 s,那么有=0.5 s+0.1 s,解得周期T=2.4 s.5.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,两单摆摆长之差为1.6 m,那么两单摆摆长l a与l b分别为( B )a=2.5 m,l b=0.9 ma=0.9 m,l b=2.5 ma=2.4 m,l b=4.0 ma=4.0 m,l b=2.4 m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两单摆的周期之比为=,由单摆周期公式T=2π得=,根据题设得l b-l a=1.6 m,联立解得l a=0.9 m,l b=2.5 m.6.如下图,房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下,细线下端系了一个小球(可视为质点).翻开窗子,让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅摆动,窗上沿到房顶的高度为1.6 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,那么小球从最左端运动到最右端的最短时间为( B )ππ sππ s解析:由单摆周期公式知,T1=2π=2ππ s;T2=2π=2π s=π s;摆球从左到右的时间为T=π s.7.(多项选择)如下图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象,那么以下说法中正确的选项是( AB )A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B.t=2 s时,甲摆的重力势能最小,乙摆的动能为零C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等解析:由图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm,1 cm,应选项A正确;t=2 s时,甲摆在平衡位置处,乙摆在振动的最大位移处,应选项B正确;由图知甲、乙两摆的周期之比为1∶2,由周期公式T=2π,得甲、乙两摆的摆长之比为1∶4,应选项C错误;因摆球摆动的最大偏角未知,应选项D错误.8.一座在地球上走时准确的摆钟,到某行星上后,分针走一圈经历的实际时间是3小时,该行星的半径是地球半径的,那么该行星上的第一宇宙速度应为地球上的第一宇宙速度的( C ) A.B.C.解析:根据单摆的周期公式T=2π,有==,故g′=g;根据第一宇宙速度表达式v=,有===.9.一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动,如图,圆弧槽的长度l≪,可以采用的方法是( B )解析:将R减小为原来的,周期变为原来的,频率那么为原来的2倍,选项A错误;将R增大为原来的4倍,周期变为原来的2倍,频率那么为原来的,选项B正确;将圆弧长l增大为原来的4倍,不会改变小球运动的周期和频率,选项C错误;小球的周期和频率与质量没有关系,所以改变小球的质量,不会改变其运动的周期和频率,选项D错误.10.一个单摆,在第一个星球外表上的振动周期为T1,在第二个星球外表上的振动周期为T2.假设T1∶T2=1∶2,半径之比R1∶R2=2∶1,那么这两个星球的质量之比M1∶M2等于( A )∶∶1∶∶1解析:根据星球外表的物体受到的重力等于万有引力,有=mg,得g=;根据单摆周期公式,有T=2π,联立得到T=2πR,故=()2×()2=()2×()2=16∶1.11.单摆的振动图象如下图.(1)读图可知振幅A=m,振动频率f=Hz,写出振动的表达式.(2)求此单摆的摆长l;(3)假设摆球质量为0.2 kg,在摆动过程中,摆球受的回复力的最大值F m是多少?(取g=10 m/s2,π2=10)解析:(1)读图可知振幅A=0.1 m,周期T=4 s,那么振动频率为f= Hz.振动的表达式为x=Asin 2πft=0.1sin (m).(2)根据单摆的周期公式T=2π得l== m=4 m.(3)在摆动过程中,摆球在最大位移处回复力最大,那么回复力的最大值为F m== N=0.05 N.答案:(1)0.1 0.25 x=0.1sin (m) (2)4 m (3)0.05 N12.如图(甲)所示,一小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动,取向右偏离平衡位置的位移方向为正,小球在曲面A,B间运动的x t图象如图(乙)所示.取g=π2 m/s2.求:(1)小球振动的频率f;(2)圆弧曲面的半径R.解析:(1)由图知周期为0.8 s,那么频率f==1.25 Hz.(2)由T=2π,得R==0.16 m.答案:(1)1.25 Hz (2)0.16 m。

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.。

课时跟踪检测(二) 单 摆1．要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是( ) A ．增大摆球的质量 B ．缩短摆长 C ．减小摆动的角度D. 升高气温2.如图1所示是一个单摆(α<5°)，其周期为T ，则下列说法正确的是( )图1A ．把摆球质量增加一倍，则周期变小B ．把偏角α变小时，周期也变小C ．摆球由O →B →O ，运动的时间为TD ．摆球由O →B →O ，运动的时间为T 23.如图2所示，置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为T 0，下列说法中正确的是( )图2A ．单摆摆动过程，绳子的拉力始终大于摆球的重力B ．单摆摆动过程，绳子的拉力始终小于摆球的重力C ．将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，其摆动周期为T >T 0D ．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐运动的回复力4．一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的14。

在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后，此摆钟分针转动一整圈所经历的时间实际上是( )A.14 hB.12 hC ．2 hD. 4 h5.如图3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L 的两点上，使AOB 成直角三角形，∠BAO ＝30°，已知OC 线长是L ，下端C 点系着一个小球。

小球半径忽略不计，下面说法中正确的是()图3A．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝2π L gB．让小球在垂直纸面方向小角度摆动，其周期T＝2π 3L 2gC．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝2π 3L 2gD．让小球在垂直纸面内小角度摆动，周期为T＝2π L g6.如图4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()图4A．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7.一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力F作用下，由静止开始沿竖直方向向上运动。

单摆同步练习(二)1.关于单摆，下列说法正确的是A.摆球受到的回复力的方向总是指向摆球的平衡位置B.摆球受到的回复力是重力和绳子拉力的合力C.在摆角很小的情况下，摆球所受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比D.摆球经过平衡位置时，所受合力为零2.如图：两个单摆A和B的摆长ＬA ＞ＬB，将它们都拉离竖直方向一个很小的角度θ然后释放，那么这两个摆球到达最低点时的速度ｖ的大小和经历时间ｔ的多少应满足________.A.ｖA ＞ｖB，ｔA＞ｔBB.ｖA＞ｖB，ｔA＜ｔBC.ｖA＜ｖB，ｔA＜ｔB D.ｖA＜ｖB，ｔA＞ｔB3.摆长为L，摆球质量为ｍ的单摆，以摆角θ（θ＜１０°）摆动，它从最大位移处摆到平衡位置的过程中，下面说法正确的是________.A.重力的冲量为πｍB.重力做的功为mgLcosθC.合外力的冲量为D.合外力的冲量为零4.同一地点的甲、乙两单摆的振动图象如图所示，下列说法中错误的是.A.甲乙两单摆的摆长相等B.甲摆的机械能比乙摆小C.甲摆的最大速率比乙摆小D.在周期时振子具有正向加速度的是乙摆5.升降机中装着一只单摆，当升降机匀速运动时，单摆的周期为T，现升降机做变速运动，设加速度的绝对值小于ｇ，则________.A.升降机向上匀加速运动时，单摆的振动周期大于TB.升降机向上匀加速运动时，单摆的振动周期小于TC.升降机向下匀加速运动时，单摆振动周期大于TD.升降机向下匀加速运动时，单摆振动周期小于T6.在相同的时间内，单摆A摆动了6次，单摆B摆动了8次，若两摆摆长相差14 cm，那么A摆摆长为________ｃｍ，B摆摆长为_________ｃｍ.7.有一单摆，摆长为L，周期为T，若在悬点正下方距悬点距离为处和Ｌ处的A、B两点分别固定一个光滑的圆钉，A钉在绳左侧，B钉在绳右侧，并使摆做振幅很小的振动，则周期将变为________Ｔ.8.下列单摆的周期相对于在地面上的固有周期变大的是_______.A.加速向上的电梯中的单摆B.在匀速水平方向前进的列车中的单摆C.减速上升的电梯中的单摆D.在匀速向上运动的电梯中的单摆9.一个单摆在地面上的周期为T，当将此摆放到离地面某一高度的地方时，周期变为３Ｔ，则此高度为地球半径的________.A.2倍B.3倍C.8倍 D.9倍10.一绳长为L的单摆，在悬点正下方(L—Ｌ′)处的P处有一个钉子，如图所示，这个摆的周期是________.A.Ｔ＝２πB.Ｔ＝２πC.Ｔ＝２π（+）D.Ｔ＝π（+）答案：1.Ａ２.Ａ３.Ｃ４.ＢＣ５.ＢＣ 6.３２；１８７.８.Ｃ９.Ａ１０.Ｄ。