(新人教版)最新高中物理-第十一章-机械振动-第4节-单摆课时作业-新人教版选修3-4【经典练习】

11.4单摆新提高·课时作业基础达标1．在选项图所示的装置中，可视为单摆的是 ( )【分析】这些装置都是实质摆，我们在研究单摆的摇动过程中，往常忽视空气等对单摆的阻力，所以实验中我们老是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不行伸长的线组成单摆．单摆是实质摆的理想化模型，所以只有A 装置可视为单摆．【答案】A2．将秒摆的周期变成4 s ，下边哪些举措是正确的()A ．只将摆球质量变成本来的 1/4B ．只将振幅变成本来的2 倍C ．只将摆长变成本来的4 倍D ．只将摆长变成本来的16 倍A 、B 均错；对秒摆， T 0＝2πl 0【分析】 单摆的周期与摆球的质量和振幅均没关，g＝2 s ，对周期为 4 s 的单摆， T ＝ 2πl＝ 4 s ，故 l ＝ 4l 0，故 C 对， D 错．g【答案】C3．一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摇动加快了，则以下对此现象的剖析及调准方法的表达中正确的选项是( )A ．g 甲>g 乙，将摆长适合增添B ．g 甲>g 乙，将摆长适合缩短C ．g 甲<g 乙，将摆长适合增添D ．g 甲<g 乙，将摆长适合缩短l 【分析】钟从甲地拿到乙地，钟摆摇动加快，说明周期变短，由T ＝ 2πg 可知，g 甲<g 乙 ；要将钟调准需将摆长增添，故C 正确．【答案】C4．( 多项选择 ) 惠更斯利用摆的等时性发了然带摆的计时器，叫摆钟．摆钟运转时战胜摩擦所需的能量由重锤势能供给，运动的速率由钟摆控制．旋转钟摆下端的螺母能够使摆上的圆盘沿摆杆上下挪动，以下图，以下说法正确的选项是()A．当摆钟禁止时需要调整圆盘地点B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬天变成夏天时应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移【分析】调整圆盘地点可改变摆长，进而达到调整周期的作用．若摆钟变快，是由于周期变小，应增大摆长即下移圆盘，由冬天变成夏天，摆杆变长，应上移圆盘，从广州到北京， g 值变大周期变小，应增添摆长．综上所述，选项A、 C 正确．【答案】AC5．在用单摆测定重力加快度时，某同学用同一套实验装置，用相同的步骤进行实验，但所测得的重力加快度老是偏大，其原由可能是()A．测定周期时，振动次数少量了一次B．测定周期时，振动次数多半了一次C．摆球的质量过大D．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径4π2l【分析】由计算g的公式g＝T可知，假如振动次数多半了一次，即T 偏小，使g2偏大，选项 A 错， B 对．摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加快度，选项C错．当l偏小时，求得的g 偏小，选项D错．【答案】B6．以以下图所示为同一实验室中两个单摆的振动图象，从图中可知，两单摆的()A．摆长相等B．振幅相等C．摆球质量相等D ．摆球同时改变速度方向【分析】由图象可知，两摆的振幅不一样，周期相同，说明摆长相同，速度方向不是同时改变，所以选项A 对，B 、 D 错；据图中信息没法判断摆球质量关系，选项C 错．【答案】A7.以下图，一摆长为l 的单摆，在悬点的正下方的P 处有一钉子， P 与悬点相距为 l ′，则这个摆做小幅度摇动时的周期为()lA ．2πgB ．2πl ′gC ．π ll ′ g＋gD ．2πl ＋ l ′2g【分析】单摆的一个周期包括两个阶段，以 l 为摆长摇动半个周期，以 l ′为摆长摇动T ＝πl l ′ l l ′半个周期，则 g ＋ πg ＝ πg＋g ， C 选项正确．【答案】 C8．某实验小组在利用单摆测定当地重力加快度的实验中；(1) 用游标卡尺测定摆球的直径，丈量结果以下图，则该摆球的直径为 ________ cm.(2) 小构成员在实验过程中有以下说法，此中正确的选项是________( 填选项前的字母 ) ． A ．把单摆从均衡地点拉开 30°的摆角，并在开释摆球的同时开始计时B ．丈量摆球经过最低点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获得的重力加快度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加快度值偏差较小【分析】(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，t测得重力加快度的偏差较小，A、D 错；摆球经过最低点100 次，达成50 次全振动，周期是 50，DB 错；摆长应是l ＋2，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加快度值偏大．C 对．【答案】(1)0.97(2)C能力提高1．宇航员将一个单摆带到某一行星上去，发现该单摆在这颗行星表面的振动周期是它在地球上的 2 倍．以g0表示地球表面的重力加快度，以g 表示这颗行星表面上的重力加快度，则 ()A．g/ g0＝ 1/4 B ．g/ g0＝4/1C．g/ g0＝ 1/2 D ．g/ g0＝2/1【分析】由单摆周期公式T＝2πl g＝T021，可得0T＝ .g g4【答案】A2．某同学要利用单摆测定重力加快度，但因无游标卡尺而没有方法测定摆球直径，他将摆球用不行伸长的细线悬挂起来后，改变摆线的长度测了两次周期T 、T 并分别测两摆线长12l 1、 l 2，进而算出了重力加快度．则计算重力加快度的公式是()A.4π2l 1＋ l 2B.4π2l 1－l 2 2222T1＋ T2T1－ T2C.4π2l 1－ l 2D.4πl1·l2 22T TT ＋ T1212【分析】设球的半径为 rT＝2πl由单摆的周期公式g，可得当摆线长度为 l 1 时，T1＝2πl 1＋ r①g当摆线长度为l2时，2＝2πl 2＋ r②T g①、②式联立可得4π2l1－l2g＝22.T － T12【答案】B 3.以下图， MN为半径较大的圆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 放在上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由开释，则在不计空气阻力时有MN()A．A球先抵达C点B．B球先抵达C点C．两球同时抵达C点D．没法确立哪一个球先抵达C点【分析】 A 做自由落体运动，到C所需时间t A＝2Rg ， R为圆弧轨道的半径．由于圆弧轨道的半径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1TπR的4，即 t B＝4＝2g>t A，所以A球先抵达C点．【答案】 A4． (1) 在“研究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺丈量小球的直径如图甲、乙所示．丈量方法正确的选项是________( 填“甲”或“乙” ) ．(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摇动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右边分别搁置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示．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变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球极点的绳长不变，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________( 填“变大”“不变”或“变小”) ，图乙中的t 将________(填“变大”“不变”或“变小”)．【分析】(2) 小球摇动到最低点时，挡光使得光敏电阻阻值增大，从t 1时辰开始，再经两次挡光达成一个周期，故T＝2t ；摆长为摆线长加小球半径，当小球直径变大，则摆长增T＝2πlt 变加，由周期公式g可知，周期变大；当小球直径变大，挡光时间增添，即大．【答案】(1) 乙 (2)2t 0变大变大5．图甲中是一个单摆振动的情况，O是它的均衡地点，B、C是摆球所能抵达的最远地点，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，依据图象回答：(1)单摆振动的频次是多大？(2)开始时辰摆球在何地点？(3)若当地的重力加快度为 10 m/s 2，试求这个摆的摆长是多少？【分析】 (1) 由乙图知周期T＝ 0.8 s ，1则频次 f ＝T＝1.25 Hz.(2)由乙图知， 0 时辰摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在 B 点．l gT2(3)由 T＝2πg得 l＝4π 2＝0.16 m.【答案】(1)1.25 Hz(2)B 点(3)0.16 m。

11.4 单摆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．摆线长度不伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．只假如单摆的运动就是一种简谐运动答案：ABC2. 以下图是一个单摆( α＜10° ) ，其周期为 T，则以下说法正确的选项是() A．把摆球质量增添一倍，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 2答案：D3．以下图为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l ，漏斗的质量为m，细沙的质量为 M，M? m，细沙渐渐下漏的过程中，单摆的周期()A．不变 B ．先变大后变小C．先变小后变大D．渐渐变大答案：B4．宇航员将一个单摆带到某一行星上去，发现该单摆在这颗行星表面的振动周期是它在地球上的 2 倍．以 g0 表示地球表面的重力加快度，以g表示这颗行星表面上的重力加快度，则 ()A． g∶ g0＝1∶ 4B． g∶g0＝ 4∶ 1C． g∶ g0＝1∶ 2D． g∶g0＝ 2∶ 1答案：A5．摆长为 l 的单摆做简谐运动，若从某时辰开始计时( 即取作 t ＝ 0) ，当振动至 t 3πl()＝2g时，摆球恰拥有负向最大速度，则单摆的振动图象是答案：D6．以下图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则()A．甲、乙两个摆的摆长之比为2∶ 1B．甲、乙两个摆的周期之比为2∶ 1C．甲、乙两个摆的振幅之比为2∶ 1D．甲、乙两个摆的偏角之比为2∶ 1答案：BC7．某同学在研究影响单摆周期的要素时有以下操作，请判断能否适合( 填“是”或“否” )．(1)把单摆从均衡地点拉开约 5°开释； ________(2)在摆球经过最低点时启动秒表计时；________(3)用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期．________该同学改良丈量方法后，获得的部分丈量数据见下表．用螺旋测微器丈量此中一个摆球直径的示数见以下图，该球的直径为____________mm.依据表中数据能够初步判断单摆周期随 ________的增大而增大．摆周数据摆球长期组编质量/m/号/gm s992132.29..3099229.16.5.3079139.32.2.2879149.16.5.285015 1.32.2.145016 1.16.5.14答案：(1) 是(2) 是(3) 否 20.684(20.683～ 20.685)摆长8．某实验小组在利用单摆测定当地重力加快度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，丈量结果以下图，则该摆球的直径为 ________cm.(2)小构成员在实验过程中，有以下说法，此中正确的选项是 ______ ．( 填选项前的字母 ) A．把单摆从均衡地点拉开30°的摆角，并在开释摆球的同时开始计时B．丈量摆球经过最低点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获得的重力加快度值偏大D．选择密度较小的摆球，测得的重力加快度值偏差较小答案：(1)0.97(2)C9．以下图是两个单摆的振动图象．(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？(2) 以向右的方向作为摆球偏离均衡地点的位移的正方向，从t ＝ 0 起，乙第一次达右方最大位移时，甲振动到了什么地点？向什么方向运动？答案：(1)1∶ 4(2) 甲振动到1周期，位于均衡地点．此时甲向左方运动．210. 以下图， MN为半径较大的圆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，今使两球同时自由开释，则在不计空气阻力时有()A．A 球先抵达C点B．B 球先抵达C点C．两球同时抵达C点D．没法确立哪一个球先抵达 C 点答案：A11．以下图，甲、乙是摆长同样的两个单摆，它们中间用一根细线相连，此中一摆的摆线与竖直方向成θ ( θ＜ 5° ) 角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线忽然断开后，两物块都做简谐运动，在摇动过程中，以下说法正确的选项是()A．甲的振幅小于乙的振幅B．甲的振幅等于乙的振幅C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的运动周期大于乙的运动周期答案：AC12．将一劲度系数为k 的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块．将物块向下拉离均衡地点后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰巧等于以物块均衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式计算出该物块做简谐运动的周期 T.l分析：单摆周期公式为T＝2πg由力的均衡条件知道kl ＝ mg联立解得T＝ 2πm k。

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。

11.4 单摆课后提高作业【基础达标练】1.在以下列图的装置中,可视为单摆的是()【解析】选A。

这些装置都是实质摆,我们在研究单摆的摇动过程中,平时忽略空气等对单摆的阻力,因此实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可以伸长的线组成单摆。

单摆是实质摆的理想化模型,因此只有A装置可视为单摆。

2.图中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摇动,B点为运动中的最低地址,则在摇动过程中()A.摆球在A点和C点处,速度为零,合力也为零B.摆球在A点和C点处,速度为零,回复力也为零C.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大D.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大【解析】选D。

摆球在摇动过程中,在最高点A、C处速度为零,回复力最大,合力不为零,故A、B错误;在最低点B,速度最大,回复力为零,摆球做圆周运动,细线的拉力最大,故C错误、D正确。

【补偿训练】(多项选择)同一地址甲、乙两相同单摆做简谐运动的振动图象以下列图,以下说法正确的选项是()A.甲、乙两摆的摆长相等B.甲摆摆球所碰到的最大回复力必然比乙大C.甲摆摆球的最大速率比乙摆的小D.甲摆振动的振幅比乙摆的大【解析】选A、B、D。

由题图可知:甲的振幅大,甲、乙的周期相等,由于在同一地址,故重力加速度相等,由T=知,A、D对。

由于甲摆的振幅大,摆球的质量相等,故在平衡地址处甲摆的速率大,故C错。

由于摆长相等,甲摆的振幅大,甲摆的摆角大,故甲摆所受的最大回复力大,B对。

3.(2018·宿州高二检测)单摆的摆球做简谐运动,经过平衡地址时正好碰到空中飘落下的速度可忽略的雨滴,雨滴平均附着在摆球表面,则摆球在振动中有关物理量的变化状况是()A.最大速度不变,振幅不变,周期不变B.最大速度变小,振幅变小,周期变小C.最大速度变小,振幅变小,周期不变D.最大速度变大,振幅变大,周期不变【解题指南】(1)依照单摆的周期公式判断振动周期的变化。

课时提升作业四单摆(40分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分)1.(多选)关于摆的等时性及摆钟的发明,下列叙述符合历史事实的是( )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,发明了摆钟D.伽利略首先发现了单摆的等时性,并把它用于计时【解析】选B、C。

伽利略最早发现了教堂里吊灯摆动的等时性。

后来惠更斯按照伽利略的构想,发明制作了一个摆钟。

2.周期为2s的摆叫秒摆,若要将秒摆的周期变为0.5s,下列措施可行的是( )A.将摆球的质量及振动的振幅均减半B.将振幅和摆长均减半C.将摆长减为原来的D.将摆长减为原来的【解析】选D。

摆球质量和摆的振幅均不影响单摆的周期,故只要改变摆长即可改变周期,由周期公式知:=得l2=l1,D正确。

3.(多选)对于做简谐运动的单摆,当所受回复力逐渐增大时,随之变小的物理量是( )A.摆线上的张力B.摆球的振幅C.摆球的重力势能D.摆球的动能【解析】选A、D。

回复力逐渐增大时,摆球的重力沿切线方向的分力增大,速度变小,动能变小,重力势能增大,向心力减小,张力减小,振幅不变。

4.如图所示的单摆,摆长为l=40cm,摆球在t=0时刻从右侧最高点静止释放做简谐运动,则当t=1s时,摆球的运动情况是( )A.向右加速B.向右减速C.向左加速D.向左减速【解析】选B。

单摆的周期T==2πs=0.4πs≈1.256s,则T<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,则由平衡位置向最大位移运动的过程中,摆球做的是减速运动,故A、C、D错误,B正确。

5.有一天体半径为地球半径的2倍,平均密度与地球相同,将在地球表面走时准确的摆钟移到该天体表面,秒针走一圈的实际时间为( )A.minB.minC.minD.2min【解析】选B。

积盾市安家阳光实验学校单摆时间：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”的中，为了减少误差，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 ＝tnD ．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的原理、注意事项、数据的处理方法．在用单摆测重力加速度中，摆线的选取适当些，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 ＝2πlg可以看出，要使周期减半，摆长减为原来的14.3．用单摆测重力加速度，根据的原理是( C ) A ．由g ＝4π2lT2看出，T 一时，g 与l 成正比B ．由g ＝4π2l T2看出，l 一时，g 与T 2成反比C ．由于单摆的振动周期T 和摆长l 可用测，利用g ＝4π2lT2可算出当地的重力加速度D ．同一单摆的周期不变，不同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，则小钉距悬点的距离为( C )A．L/4 B．L/2C．3L/4 D．条件不足，无法判断解析：该题考查周期公式中的效摆长．题图中M到P为四个时间间隔，P到N为两个时间间隔，即左半单摆的周期是右半单摆周期的12，根据周期公式T＝2πlg，可得左半单摆的摆长为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，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，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＝T4＝π2Rg>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＝21B．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＝41C．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＝41D．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＝14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，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处的势能于总的机械能，在B处的动能小于总机械能(其中一为势能)，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，则摆长相．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．某小组在利用单摆测当地重力加速度的中：(1)用游标卡尺测摆球的直径，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，摆角小于5°，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．某小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．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，装满液体后，漏斗和液体质量相差不大)．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 ；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)用该装置测量滑块加速度，对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/s 2＝0.10 m/s 2； (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 而测出对的摆动周期T ，再以T 2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．本所需的测量工具有BD.(2)如果中所得到的T 2­L 关系图象如图乙所示，那么真正的图象该是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/s 2. 解析：本主要考查用单摆测重力加速度的步骤、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.。

单摆(40分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分)1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是 ( )【解析】选A。

单摆的悬线要求无弹性且粗细、质量可忽略,摆球的直径与悬线长度相比可忽略,故A对,B、C错;悬点必须固定,故D错。

2.周期为2 s的摆叫秒摆,若要将秒摆的周期变为0.5 s,下列措施可行的是( )A.将摆球的质量及振动的振幅均减半B.将振幅和摆长均减半C.将摆长减为原来的D.将摆长减为原来的【解析】选D。

摆球质量和摆的振幅均不影响单摆的周期,故只要改变摆长即可改变周期,由周期公式知:=得l2=l1,D正确。

3.(2020·咸阳高二检测)在盛沙的漏斗下面放一木板,让漏斗左右摆动起来,同时其中细沙匀速流出,经历一段时间后,观察木板上沙子的堆积情况,则沙堆的剖面应是下图中的 ( )【解析】选B。

不考虑空气阻力,漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时,到达最底端运动速度最快,细沙漏到地面上的最少,两端漏斗运动最慢,细沙漏到地面上的最多,故选项B正确,选项A、C、D错误。

4.(2020·杭州高二检测)两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则 ( ) A.f1>f2,A1=A2 B.f1<f2,A1=A2C.f1=f2,A1>A2D.f1=f2,A1<A2【解析】选C。

单摆做简谐运动,频率、周期取决于装置本身,振幅取决于能量。

因两单摆相同,则固有频率、周期相同,而v1>v2即E k1>E k2,所以A1>A2,C正确。

5.(2020·庆阳高二检测)砂漏斗与悬线构成砂摆在竖直平面摆动。

其下方有一薄板垂直于摆动平面匀速拉动,可画出振动图象,若有两个砂摆而薄板也分别以v1、v2两种速度拉动,且v2=4v1,得到如图所示的两种图象,则其振动周期T1和T2的关系为( )A.T1∶T2=1∶4B.T1∶T2=2∶1C.T1∶T2=1∶2D.T1∶T2=4∶1【解析】选B。

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。

单摆限时45分钟 总分100分一、单选题(每小题6分，共30分)1.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：由单摆周期公式可求B 球到达C 点的时间：t 1＝T 4＝14×2πR g ＝π2Rg，对A 球，据R ＝12gt 2得t 2＝2Rg，t 1>t 2，故A 先到达C 点，A 正确．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 ．振幅减半 C ．摆长减半 D ．摆长减为原来的143．一个单摆，在第一个行星上的周期为T 1，在第二个行星上的周期为T 2，若这两个行星的质量之比为M 1∶M 2＝4∶1，半径之比R 1∶R 2＝2∶1，则周期比：( A )A ．T 1∶T 2＝1∶1B ．T 1∶T 2＝4∶1C ．T 1∶T 2＝2∶1D ．T 1∶T 2＝1∶2解析：由g ＝GM R 2知g 1g 2＝M 1R 22M 2R 21＝1，而T ＝2πl g， 故T 1∶T 2＝1∶1，所以选项A 正确．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，此钟分针行走一整圈所经历的时间实际上是( C )A.14 hB.12 h C ．2 hD ．4 h解析：由题意知重力加速度g ′＝14g ，根据T ＝2πlg可知T ′＝2T ，C 正确． 5.一绳长为L 的单摆，在平衡位置正上方(L －L ′)的P 处有一个钉子，如图所示，这个摆的周期是( D )A ．T ＝2πL gB ．T ＝2πL ′g C ．T ＝2πL g ＋L ′g D ．T ＝π⎝⎛⎭⎪⎫L g＋L ′g 解析：这个摆的周期可由摆长分别为L 和L ′的两个单摆的半个周期相加，D 正确． 二、多选题(每小题8分，共40分)6.如图所示，三根细线于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 线长是L ，下端C 点系着一个小球(忽略小球半径)，下面说法正确的是( AD )A ．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＝2π3L 2gC．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π3L 2gD．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝π4＋3gL解析：当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点，摆长为L，故周期为T＝2πL g ，故A正确，C错误；当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方，摆长为l′＝(1＋34)L，故周期为T＝2π1＋34Lg＝π4＋3Lg，故B错误，D正确．7.惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟．摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供，运动的速率由钟摆控制．旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是( AC )A．当摆钟不准时需要调整圆盘位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移解析：调整圆盘位置可改变摆长，从而达到调整周期的作用；若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长即下移圆盘；由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长．综上所述，选项A、C正确．8．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图，以下说法正确的是( CD )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，悬线对它的拉力最小D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：单摆做小角度摆动时符合简谐运动的特点，t1时刻摆球在位移最大处，回复力最大，加速度最大，速度为零，所以A错误；t2时刻摆球的位移为零，回复力为零，但单摆在摆动过程中其实是圆周运动一部分，平衡位置就是最低点，向心加速度向上且最大，此时拉力最大，则B错误；t3时刻摆球在位移最大处，速度为零，向心力为零，对小球受力分析，重力沿轨迹切线方向分力G x提供回复力，悬线的拉力T等于重力沿径向分力G y，此时拉力最小，所以C正确；t4时刻摆球位移为零，回复力为零，加速度为零，速度最大，向心力最大，摆球运动到悬点的正下方，悬线的拉力减去竖直向下的重力的合力提供向心力，悬线拉力最大，所以D正确．9．如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：由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2πl g得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确．10.如图所示，带电金属小球用绝缘丝线系住，丝线上端固定，形成一个单摆．如果在摆球经过的区域加上如图所示的匀强磁场，不计摩擦及空气阻力，下列说法中正确的是( AD )A．单摆周期不变B．单摆周期变大C．单摆的振幅逐渐减小D．摆球在最大位移处所受丝线的拉力大小不变解析：加磁场后，带电小球所受洛伦兹力方向沿半径方向，重力沿圆弧切线方向的分力没有改变，所以周期不变，选项A正确，B错误；摆动过程中，洛伦兹力不做功，因此单摆的振幅不变，选项C错误；在最大位移处，摆球速度为零，不受洛伦兹力，所以拉力大小不变，选项D正确．三、非选择题(共30分)11．(15分)一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验．(1)下列是供学生自主选择的器材．你认为应选用的器材是(填写器材的字母代号)( AE )A．约1 m长的细线B．约0.3 m长的铜丝C．约0.8 m长的橡皮筋D．直径约1 cm的实心木球E．直径约1 cm的实心钢球F．直径约1 cm的空心铝球(2)该同学在安装好如图所示的实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t.请写出测量当地重力加速度的表达式g＝4π2N2Lt2.(用以上测量的物理量和已知量的字母表示)(3)为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，准备利用T2­L的关系图线求出当地重力加速度值．相关测量数据如下表：次数1234 5L/m0.8000.900 1.000 1.100 1.200T/s 1.79 1.90 2.01 2.11 2.20T2/s2 3.22 3.61 4.04 4.45 4.84请你在该图中用符号“＋”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T 2­L 关系图线．答案：如图所示(4)根据绘制出的T 2­L 关系图线，求出g 的测量值．(计算结果保留两位有效数字) 答案：9.7(在9.5～9.9之间均可)解析：(1)在用单摆测定重力加速度时为了提高精度，摆线要长一些，摆球应选择质量大体积小的，则A 、E 正确．(2)单摆振动周期为T ＝tN，根据公式T ＝2πL g 可得：g ＝4π2N 2L t 2. (4)从图中找出数据代入g ＝4π2L T2可得g ＝9.7 m/s 2.12．(15分)如图所示，小球m 自A 点以指向AD 方向的初速度v 逐渐接近固定在D 点的小球n ，已知AB ︵＝0.8米，AB 圆弧半径R ＝10米，AD ＝10米，A 、B 、C 、D 在同一水平面上，则v 为多大时，才能使m 恰好碰到小球n ？(设g 取10 m/s 2)答案：v ＝5k π(m/s)(k ＝1,2,3…) 解析：根据题目条件分析小球的受力状态及运动状态，结合匀速直线运动的公式和简谐运动的公式来求解本题．小球m 的运动是由两个分运动合成的．这两个分运动分别是：以速度v 在AD 方向的匀速运动，和在圆弧面上的往复滑动．因为AB ︵≪R ，所以小球在圆弧面上的往复滑动具有等时性，其周期为T ＝2πR g. 设小球m 恰好能碰到小球n ，则有AD —＝vt ，且满足t ＝kT (k ＝1,2,3…)，又T ＝2πR g.联立解得v ＝5k π(m/s)(k ＝1,2,3…)．。

(新人教版)最新高中物理-第十一章-机械振动-第4节-单摆课时作业-新人教版选修3-4【经典练习】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4节 单摆1．对于单摆的振动，以下说法中正确的是( ) 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 v 2l，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 ＝3π2l g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 ＝3π2l g ＝34T ，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v 1和v 2，经历的时间分别为t 1和t 2，那么( )图2A ．v 1＜v 2，t 1＜t 2B ．v 1＞v 2，t ＝t 2C ．v 1＝v 2，t 1＝t 2D ．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t 1＝t 2，因mgh ＝12mv 2，所以v ＝2gh ，故v 1＞v 2，故B 正确。

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第4节单摆1．如果细线的质量与小球相比________________；球的________与线的长度相比也可以忽略,这样的装置就叫做单摆．单摆是实际摆的____________________．为了尽量使实际摆接近理想化，我们尽量选择____________、____________的球和____________且____________的线做成摆．2．单摆的回复力是摆球的重力沿圆弧________方向的分力，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________，方向总是指向________________,即F＝________.3．单摆在偏角很小时做________运动,其振动图象遵循________函数规律，单摆的周期与摆球质量______,在振幅较小时与振幅________，与摆长l的二次方根成________，与重力加速度g的二次方根成______,即T＝______________________。

4．关于单摆,下列说法中正确的是（）A．摆球受到的回复力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，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比5．当单摆的小球由最低点向最高点运动时（)A．位移增大 B．振幅增大C．势能增大 D．动能增大图16．如图1所示，是一个单摆(θ〈5°)，其周期为T，则下列说法正确的是( ）A．把摆球的质量增加一倍，其周期变小B．摆角θ变小时，周期也变小C．此摆由O→B运动的时间为错误!D．摆球在由B→O运动时，势能向动能转化概念规律练知识点一单摆的回复力1．对于单摆的振动,以下说法中正确的是（）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零2．关于单摆，下列说法中正确的是( ）A．摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，加速度相等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，加速度为零知识点二单摆的周期公式3．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，单摆振动30次用的时间t＝60。

第4节单摆1．（对应要点一）关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是（）A．摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用B．摆球受的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大C．摆球受的回复力最大时,摆线中的张力大小比摆球的重力大D．摆球受的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向解析：单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力作用，故A错.重力垂直于摆线的分力提供回复力。

当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零,拉力等于重力沿摆线的分力大小,则拉力小于重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D错，B对。

答案：B2．(对应要点二）如图11－4－8所示为在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图象，其中实线表示A的运动图象，虚线表示B的运动图象。

关于这两个单摆的以下判断中正确的是( ）图11－4－8A．这两个单摆的摆球质量一定相等B．这两个单摆的摆长一定不同C．这两个单摆的最大摆角一定相同D．这两个单摆的振幅一定相同解析：从题中图象可知：两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长一定不同,故B、D对，C错。

单摆的周期与质量无关，故A错.答案：BD3．(对应要点二)如图11－4－9所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子,P与悬点相距l－l′，则这个摆做小幅度摆动时的周期为（)图11－4－9A．2π错误!B．2π错误!C．π（错误!＋错误!) D．2π 错误!解析：碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π错误!，碰钉子后摆长变为l′,则周期T2＝2π错误!，所以此摆的周期T＝错误!＋错误!＝π（错误!＋错误!)。

答案：C4．（对应要点三）一位同学用单摆做测定重力加速度的实验，他将摆挂起后,进行了如下步骤：A．测摆长l：用米尺测量出摆线长度；B．测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次,接着一直数到第60次通过最低点时，按秒表停止计时,读出这段时间，算出单摆周期T＝错误!；C．将所测得的l和T值代入单摆的周期公式T＝2π错误!中，算出g，将它作为实验结果写入报告中去.请指出上述步骤中遗漏或错误的地方，并加以改正。

4 单摆主动成长 夯基达标1.发生下述哪一种情况时，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 思路解析：由单摆周期公式glT π2=知，T 与单摆的摆球质量与振幅都无关，缩短摆长，l 变小，T 变小；单摆由山下移到山顶，g 变小，T 变大. 答案：D2.关于单摆做简谐运动的回复力，以下说法中正确的是（ ） A.等于线的拉力 B.等于球的重力C.等于线的拉力与球所受重力的合力D.等于重力沿圆弧切线方向的分力思路解析：做简谐运动的物体的回复力是指使物体回到平衡位置的力，它是重力沿圆弧切线方向的分力. 答案：D3.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 思路解析：由单摆的周期可知：glT π2=，即周期与摆锤质量无关，只与摆长和当地重力加速度有关，即A 错.测量摆长时，忽略小球的半径，则测得g 值会偏小，B 错.若把n 次全振动误认为是（n+1）次全振动，则周期会变小，即重力加速度g 会变大. 答案：C4.关于单摆，下列说法中正确的是（ ） A.摆球运动回复力是摆线张力和重力的合力B.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度相等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，加速度为零思路解析：单摆摆动过程中，摆球运动的回复力是重力沿垂直摆线方向的分量，A 错.摆球经过同一点时，速度大小相同，受力情况相同，因而加速度是不变的，B 对.摆球运动的加速度除了有指向平衡位置的加速度分量外，当摆球速度不为零时，摆球做圆周运动，还有指向圆心的向心加速度，此二分量之和一般情况下不指向平衡位置，故C 错.摆球经过平衡位置时，速度不为零，此时，摆球有向心加速度，故D 错. 答案：B5.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 =0.5 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 m思路解析：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glT π2=得：b a 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：B6.图11-4-4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（ ）图11-4-4A.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思路解析：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，还可以停下来. 由于两球摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在T 21时回到平衡位置而发生第二次碰撞. 答案：CD7.如图11-4-5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.今使两球同时释放，则在不计空气阻力时有（ ）图11-4-5A.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 点思路解析：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，做简谐振动，周期与单摆周期类似，为glT π2=，其中l 为MN 所在圆的半径，所以B 球从B 到C 的时间为4T，从而比较A 、B 两球到达C 点时间的长短. 答案：A8.某同学要利用单摆测定重力加速度，但因无游标卡尺而没有办法测定摆球直径，他将摆球用不可伸长的细线悬挂起来后，改变摆线的长度测了两次周期，从而算出了重力加速度.则计算重力加速度的公式是（ ） A.2221212)(4T T l l ++π B.2221212)(4T T l l --πC.2221212)(4T T l l +-π D.21212)(4T T l l •π思路解析：设摆球重心到球与摆线连接点距离为d ，两次测得摆长分别为l 1和l 2，对应周期为T 1和T 2. 则有22222112)(4,)(4T d l g T d l g +=+=ππ,两式联立可得2221212)(4T T l l g --=π,B 正确.答案：B9.用单摆测定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 长的细绳C.半径为1 cm 的小木球D.半径为1 cm 的小铅球E.时钟F.秒表G.最小刻度为mm 的米尺 H.最小刻度为cm 的米尺 I.铁架台J.附砝码的天平思路解析：测摆长时是从悬点到球心的距离，若用粗绳，粗绳质量不能忽略，则摆长无法测定，故选B.铅球密度大，摆动中阻力的影响相对小些，摆长的测定也相对准确，故选D.计时时，使用秒表方便，故选F.测长度时，应准确到mm ，故选G.本实验中不需测质量，但必须将小球悬挂，故选I. 答案：BDFGI10.利用单摆测重力加速度时，测出几组摆长和相应周期T ，并作出T 2-l 图象，如图11-4-6所示.已知图象与横轴间的夹角为θ，图线上的A 、B 两点的坐标分别为（x 1,y 1）(x 2,y 2)，则可得重力加速度g=____________.图11-4-6 图11-4-7思路解析：在T 2-l 图线中，由glT π2=知：g l T 224π= 即图线的斜率121224x x y y g k --==π 得.)(412122y y x x g --=π答案：.)(412122y y x x --π11.在用单摆测重力加速度的实验中，某同学画的l-T 2图象如图11-4-7，不过原点的原因是____________. 思路解析：此题考查了数学中一次函数的截距问题.由224πg T L =知L-T 2应该过原点，而现在图线上有了负截距，说明L 测小了，故答案应为：没有将摆球半径计入摆长.答案：没有将摆球半径计入摆长12.该实验中，实际上要改变摆长多次测量，求g 的平均值，下表是两个同学设计的记录计算表，正确的是_____________.思路解析：根据由平均值法求重力加速度的原理，设实验得到多组l 、T 值，根据224Tlg π=得到多组g 值，取平均值的g 值为：ng g g g n+++=21，故符合题意的为乙图表.答案：乙13.一位同学用单摆做测定重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤： A.测摆长l ：用米尺测量出摆线长度；B.测周期T ：将摆球拉起，然后放开，在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间，算出单摆周期60tT =； C.将所测得的l 和T 值代入单摆的周期公式glT π2=中，算出g ，将它作为实验结果写入报告中去. 请指出上述步骤中遗漏或错误的地方，并加以改正.思路解析：A 项：单摆的摆长定义是悬点到摆球重心的距离，摆线长并不是摆长，摆长等于摆线长加上摆球半径，摆球直径可用游标卡尺来测量.B 项：摆球在某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次作为第一次通过最低点，到60次停表时，实际是29个半周期，周期T 应为5.29t . C 项：应重复实验（改变摆长，重新测量），取g 的平均值作为实验结果. 答案：略14.如图11-4-8所示，摆长为L 的单摆，当摆球由A 经平衡位置O 向右运动的瞬间，另一小球B 以速度v 同时通过平衡位置向右运动，B 与水平面无摩擦，与竖直墙壁碰撞无能量损失.问OC 间距离x 满足什么条件，才能使B 返回时与A 球相遇？图11-4-8解：本题考查单摆运动的周期性、重复性，相遇时时间相等，则22nTv x =① 由单摆周期公式，glT π2= ② 解①②得：glv n x 2π=(n=1,2,3…). 答案：glv n 2π(n=1,2,3…) 走近高考15.(2006河北石家庄模拟，2)细长轻绳下端拴一个小球构成单摆，在悬挂点正下方摆长的中点处有一个能挡住摆线的钉子A ，如图11-4-9所示.现将单摆向左拉开一个小角度，然后无初速释放.对于以后的运动，下列说法中正确的是（ ）图11-4-9A.摆球往复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相同C.摆球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长相等D.摆球在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍思路解析：摆线与钉子相碰以后，摆长变短，设原来摆长为L ，碰后摆长为L′，则碰前gl T π2=,碰后gL g L T '+='ππ，则T ＞T′,故A 对. 摆球在摆动过程中机械能守恒，故上升的最大高度相同，B 对.摆球的运动轨迹如下图所示，由图4知左、右两侧弧长不相等，C 错.图4与钉子碰后，设最大摆角为θ，碰前最大摆角为α，则θ=2β，又β＜α,故θ＜2α，D 错. 答案：AB16.如图11-4-10所示为一单摆及其振动图象，由图回答，当在悬点正下方O 处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且E O OE '=41,则单摆周期为________ s.比较钉挡绳前后瞬间摆线的张力.图11-4-10思路解析：由振动图象知放钉前周期为T=2 s ，由glT π2=,知m g T L 1422==π；放钉后改变了摆长，因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期，T 左=gL π=1 s,钉右侧的半个周期，T 右=g L4π=0.5 s,所以T=T 左+T 右=1.5 s.由受力分析，张力Lv m mg T 2+=，因为钉挡绳前后瞬间摆球速度不变，球重力不变，挡后摆线长为挡前的41，所以挡后绳张力变大. 答案：1.5 s 钉挡绳后张力变大17.(2004江苏高考，6)两个单摆甲和乙，它们的摆长之比为4∶1，若它们在同一地点做简谐运动，则它们的周期之比T 甲∶T 乙=__________；在甲摆完成10次全振动的时间内，乙摆完成的全振动次数为__________.思路解析：本题考查了单摆的周期公式，应注意对于同一地点的重力加速度为一定值，所以同一地点，由单摆的周期公式glT π2=得T 甲：T 乙=乙甲L L =2∶1.甲摆完成10次全振动的时间t=10T 甲，在这些时间内乙完成的全振动次数为乙T tn ==20. 答案：2∶1 2018.如图11-4-11所示是演示沙摆振动图象的实验装置，沙摆的运动可看作简谐运动.若用手向外拉木板的速度是0.20 m/s ，木板的长度是0.60 m ，那么这次实验所用的沙摆的摆长为__________ m.（答案保留两位有效数字，计算时可取π2=g ）图11-4-11思路解析：由题意知：在木板以0.20 m/s 的速度行驶0.60 m 过程中，经历的时间为2T,则vlT =2得T=1.5 s.又glT π2=得m g g T l 222245.14ππ⨯===0.56 m. 答案：0.5619.(经典回放)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度.已知该单摆在海平面处的周期是T 0.当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为T.求该气球此时离海平面的高度h.把地球看作质量均匀分布的半径为R 的球体. 解：根据单摆周期公式002g l T π= gl T π2= 其中l 是单摆长度，g 0和g 分别是两地点的重力加速度.根据万有引力公式得20RMmG mg = 2)(h R MmGmg += 其中G 是万有引力常量，M 是地球质量，由以上各式解得.)1(R T Th -= 答案：.)1(R T Th -=2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，轻质弹簧下端挂有一质量为m 的小球（视为质点），静止时弹簧长为l ，现用一始终与弹簧轴向垂直的外力F 作用在小球上，使弹簧由竖直位置缓慢变为水平。

活页作业(四) 单摆知识点一 单摆1．如图所示是一个单摆(α＜5°)，其周期为T ，则下列说法正确的是( )A ．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 2解析：答案：D2．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：单摆摆球的重力势能增大时，远离平衡位置位移增大，回复力增大，加速度增大，速度减小．答案：C3．(多选)单摆摆球多次通过同一位置时，下列物理量不变的是( )A ．位移B ．速度C ．摆线张力D ．加速度解析：摆球在同一位置处，由平衡位置指向这一位置的位移不变，故选项A 正确；在同一位置处，摆球的速度大小唯一确定，但方向无法确定，故选项B 错误；摆线张力与重力沿半径方向分力的合力提供向心力，由F 合＝m v 2R知选项C 正确；同理可判断选项D 正确． 答案：ACD4．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．t 1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小B ．t 2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C ．t 3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D ．t 4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：由振动图象可看出，t 1和t 3时刻，小球偏离平衡位置的位移最大，此时其速度为零，悬线对它的拉力最小，故选项A 、C 错误；t 2和t 4时刻，小球位于平衡位置，其速度最大，悬线的拉力最大，故选项B 错误，选项D 正确．答案：D知识点二单摆的周期公式T＝2πlg及应用5．一单摆的摆长为40 cm，摆球在t＝0时刻正从平衡位置向右运动，若g取10 m/s2，则在1 s时摆球的运动情况是()A．正向左做减速运动，加速度正在增大B．正向左做加速运动，加速度正在减小C．正向右做减速运动，加速度正在增大D．正向右做加速运动，加速度正在减小解析：由T＝2πlg，代入数据得T＝1.256 s，则 1 s时，正处于第四个14T内，由左侧最大位移向平衡位置运动，选项D正确．答案：D6．(多选)如图所示为甲、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∶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，g相等，由周期公式T＝2πl g得l甲∶l乙＝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＝1∶4，故选项B、D正确．答案：BD7．如图所示，三根细线在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构成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长为l，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是()A．让小球在纸面内振动，周期T＝2πl gB．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π3l 2gC．让小球在纸面内振动，周期T＝2π3l gD．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πl g解析：让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2πl g；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为⎝⎛⎭⎫34l ＋l ，周期T ′＝2π ⎝⎛⎭⎫34＋1l g.答案：A 8.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 ．无法确定解析：每相邻两次闪光的时间间隔相等，从M →P 有4个频闪时间间隔，从P →N 有2个频闪时间间隔，它们都是四分之一周期，因此，右侧摆动的周期是左侧摆动的周期的两倍，所以前、后摆长之比为4∶1，故钉子距悬点应为3L 4，选项C 正确． 答案：C9．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 ＝3π2l g时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的( )解析：t ＝3π2l g ＝34T ，摆球具有负向最大速度时，应在平衡位置，y ＝0，速度方向为－y 方向，即沿y 轴负方向，故选项D 正确．答案：D10．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)次全振动解析：T ＝2πl g ，则g ＝4π2l T 2.又由于T ＝t n ，所以g ＝4π2ln 2t2，因此选项C 正确． 答案：C11．(多选)某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，下列操作错误或不合理的是( )A ．摆球摆动到最高点开始计时B ．防止摆球在水平面内做圆周运动C ．测出的摆线长就是摆长D ．在平衡位置启动停表，并开始计数，当摆球第30次经过平衡位置时制动停表，若读数为t ，则T ＝t 30解析：应在通过最低点时开始计时，误差较小，选项A 错误；摆长应为摆线长加摆球半径，选项C 错误；在平衡位置启动停表，摆球第30次经过平衡位置时制动停表，应为T＝t 29/2，选项D 错误． 答案：ACD12．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，如图甲所示，则单摆的摆长是_________m ．若测出40次全振动的时间如图乙中秒表所示，则秒表的读数是_________s ，单摆摆动的周期是_________．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T 2为纵坐标的坐标系上，即图中用“·”表示的点，则：(1)单摆做简谐运动应满足的条件是________________________________________.(2)试根据图中给出的数据点作出T 2和l 的关系图线，根据图线可求出g ＝_________m/s 2.(结果取两位有效数字)解析：由T ＝2πl g ，可知g ＝4π2l T2.由图可知摆长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 ＝t 40＝1.88 s. (1)单摆做简谐运动的条件是摆角小于5°.(2)把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点平均分布在直线的两侧，则直线斜率k ＝ΔT 2Δl .由g ＝4π2Δl ΔT 2＝4π2k可得g ＝9.8 m /s 2(9.9 m/s 2也正确)． 答案：见解析。

一、单摆1．由细线和小球组成，细线质量与小球的质量相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略．忽略摆动过程中所受阻力的作用，是理想化模型．2．单摆的回复力(1)回复力的提供：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，单摆所受的回复力和它偏离平衡位置的位移大小成正比，方向总是指向平衡位置，即F ＝－mglx . (3)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．结合单摆模型的特点想一想，下列装置能否视为单摆？为什么？提示：都不能，(1)中橡皮筋的伸缩不能忽略；(2)(3)中乒乓球和大木球摆动时，空气阻力不能忽略且乒乓球的质量与绳相比、大木球的直径与绳长相比也不能忽略．二、单摆的周期1．荷兰物理学家惠更斯确定了计算单摆周期的公式T＝2πlg，其中l表示摆长，g表示当地的重力加速度．由公式可以看出单摆的周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关．2．由单摆周期公式T＝2πlg可得g＝4π2lT2，只要测出单摆的摆长和周期，就可以求出当地的重力加速度．机械摆钟是单摆做简谐运动的一个典型应用，其走时快慢是由摆钟的周期决定的．如果有条件，可以拆开摆钟看看，在分析其原理后，说明如何调整其走时快慢．提示：机械摆钟工作是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动分针、时针转动实现的，因此摆钟振动的周期就反映了摆钟走时的快慢．钟摆振动的频率与时间有关，它振动的周期越长，在一定时间内全振动的次数就越少，摆钟显示的时间走得就越慢．因此，如果摆钟变快，其振动频率也加大，振动周期变小了，所以要恢复正常，应该增大其摆长；如果摆钟走时变慢，其振动频率也变小，振动周期变大了，所以要恢复正常，应该减小其摆长．考点一单摆1．定义：如图所示，在一根长细线下悬挂一个小球，如果细线的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，它是实际摆的理想化模型．2．实际摆看成单摆的条件(1)悬线的形变量与悬线长度相比小得多．悬线的质量与摆球质量相比小得多．这时可把悬线看成是不可伸长且没有质量的细线．(2)摆球的大小与悬线长度相比小得多，这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点．【方法指导】理想模型法为了满足上述条件及尽量减小空气阻力的影响，组成单摆的摆球应选择质量大而体积小的球，线应尽量选择细而轻且弹性小的线．单摆是实际摆的理想化模型．3．摆长和最大偏角(1)摆长：摆球重心到摆动圆弧圆心的距离l＝l0＋R.(其中l0为细线长，R为小球半径)(2)最大偏角：摆球摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为θ.【例1】下图中的各种摆的模型，哪种或哪些是单摆？【导思】单摆是理想的模型，忽略绳子的质量和伸缩，忽略小球的直径．【解析】①的悬绳是粗绳，绳的质量不可忽略，不是单摆；②的悬绳是橡皮筋，伸缩不可忽略，不是单摆；③的悬绳长度不是远大于球的直径，不是单摆；④是单摆；⑤的上端没有固定，也不是单摆．【答案】④是单摆(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( ABC )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短得多D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动解析：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，且摆线不伸缩，A、B、C正确．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．考点二单摆的回复力1．单摆的平衡位置如图所示，摆球静止在O点时，悬线竖直下垂，摆球所受到的重力G与悬线的拉力F′平衡，合力为零，小球保持静止，所以O点是单摆的平衡位置．2．单摆的回复力(1)如图所示，摆球运动到某点P时，摆球受重力G和绳子拉力F′两个力作用，将重力沿切向、径向正交分解，则绳子的拉力F ′与重力的径向分量G 1的合力提供了摆球做圆周运动所需要的向心力，而重力的切向分力F 则提供了摆球振动所需要的回复力F ＝mg sin θ.(2)单摆在摆角很小时做简谐运动设单摆的摆长为l ，在最大偏角θ很小的条件下，摆球对O 点的位移x 的大小与θ角所对应的弧长OP 、θ角所对应的弦长OP 都近似相等，即x ＝OP ＝OP ，若摆角θ用弧度表示，则由数学关系知sin θ≈θ＝OPl ＝xl ，则重力沿切向的分力F ＝mg sin θ≈mg x l，令k ＝mg l，则F ＝kx ，因为F 的方向与x 方向相反，故F ＝－kx .由此可见，单摆在摆角很小条件下的振动为简谐运动． 3．单摆的振动图象我们已经知道，简谐运动的图象是正弦曲线(或余弦曲线)，而在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动，故它的振动图象也是正弦曲线(或余弦曲线)．4．理解单摆的受力和运动特点(1)摆球以悬挂点为圆心在竖直平面内沿圆弧做变速圆周运动，做圆周运动需要向心力，向心力由绳子的拉力与重力的径向分量的合力提供．(2)摆球以最低点为平衡位置做振动，做振动需要回复力，回复力由摆球重力的切向分力提供(或者说是由摆球所受合外力沿圆弧切向分力提供)．(3)单摆的运动既有圆周运动，又有简谐运动(摆角很小的情况下)①单摆振动的平衡位置：回复力F为零，而合力不为零，此时合力提供摆球做圆周运动的向心力．②单摆振动的最大位移处：向心力(F′－G1)为零，而合力不为零，此时合力提供摆球振动的回复力．【例2】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【导思】 1.单摆的位移是怎样定义的？2．单摆的回复力是摆球的合力吗？3．弹簧振子经过平衡位置时加速度多大？4．单摆摆球经过平衡位置时摆球的加速度是零吗？【解析】简谐运动中的位移是以平衡位置为起点，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，A错．摆球的回复力由合外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，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(摆球在最高点时，向心力为零，回复力最大，合外力也不为零)，B错，C正确．单摆经过平衡位置时所受合外力不为零，此时回复力为零，但向心力不为零，合外力刚好提供向心力，所以此时摆球加速度不为零，这与弹簧振子有所不同，弹簧振子经过平衡位置时，所受合外力为零，加速度为零，D错，故正确答案为C.【答案】C关于单摆，下列说法中正确的是( A )A．摆球受到的回复力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，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比解析：本题主要考查单摆的受力和回复力，根据回复力的定义知选项A正确；单摆的回复力除指明在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，所以选项B错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要受向心力，选项C错误，综上所述选项D错误．考点三单摆的周期1．定性实验探究如图所示：(1)单摆振动的周期和振幅无关——单摆的等时性把悬挂在同一高度的两个相同的单摆的摆球拉到不同高度同时释放，使其做简谐运动．现象：摆球完成一次全振动所用时间相同．(2)单摆的周期与摆球质量无关摆长相同，将质量不同的摆球拉到同一高度同时释放，使其做简谐运动．现象：两摆球振动是同步的．(3)单摆振动的周期和摆长有关摆长不同，将质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动．现象：两摆球振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢．结论：单摆的振动周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，与摆长有关．摆长越长，周期越大．2．定量实验探究——单摆周期与摆长的关系(1)如图所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，于是做成了一个单摆．用停表测出单摆做30～50次全振动的时间，计算出它的周期，并测出单摆的摆长(用刻度尺量出摆线长度，用游标卡尺测量摆球的直径，并算出半径，摆线长度与摆球半径之和就是单摆的摆长)．(2)改变摆长，测量各组不同摆长、周期的数据，把它们填在表格中．(3)先通过估算，对周期T与摆长l的定量关系作出猜测，如可能是T∝l、T∝l2，或者T∝l、T∝3 l，然后按照猜测来确定纵坐标轴和横坐标轴．例如，如果我们通过简单的估算，认为很可能是T∝l2，那么可以用纵坐标表示T，横坐标表示l2，作出图象．如果这样作出的图象确定是一条过原点的直线，说明的确有T∝l2的关系，否则再做其他尝试．结论：单摆振动的周期T与摆长的二次方根l成正比，即T∝l.3．单摆的周期公式荷兰物理学家惠更斯发现在偏角很小的情况下，单摆的周期跟摆长的二次方根成正比，跟重力加速度的二次方根成反比，而跟摆球的质量和振幅无关．惠更斯确定了计算单摆周期的公式T＝2πl g.式中l为悬点到摆球球心的距离，g为当地的重力加速度．【例3】已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成了6次全振动，两单摆的摆长之差为1.6 m，则两单摆的摆长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 mC．l a＝2.4 m，l b＝4.0 m D．l a＝4.0 m，l b＝2.4 m【导思】由a、b相同时间内的全振动次数可求周期关系，由周期关系可得到摆长之比，结合题目给出的摆长之差就可解出摆长．【解析】设两单摆的周期分别为T a和T b，依题意知10T a＝6T b，据T＝2πlg，可知l＝gT24π2，所以l a l b＝T2a T2b＝36100，又l b－l a＝1.6 m，则l a＝0.9 m，l b＝2.5 m.地球上同一位置重力加速度相同，单摆的周期跟摆长的平方根成正比．【答案】B如图所示，摆长为L的单摆，若在悬点O的正下方A点固定一颗钉子，A点距悬点O的距离为L3，试求这个单摆完成一次全振动的时间是多少？答案：π⎝⎛⎭⎪⎪⎫Lg＋2L 3g解析：在摆角很小时，单摆的振动可视为简谐运动，当摆线碰到钉子时，A 点成为“悬点”，单摆的摆长由L 变成2L3.由题意知，T ＝T 12＋T 22＝2πL g2＋2π2L3g 2＝π⎝⎛⎭⎪⎪⎫Lg＋2L 3g .【例4】如图所示，光滑的半球壳半径为R ，O 点在球心O ′的正下方，一小球甲由距O 点很近的A 点静止放开，R ≫AO ︵.(1)若另一小球乙从球心O ′处自由落下，求两球第一次到达O 点的时间比．(2)若另一小球丙在O 点正上方某处自由落下，为使两球在O 点相碰，小球应由多高处自由落下？ 【导思】 1.甲球从A 点释放后做什么运动？ 2．能否根据运动学知识求出甲球到达O 点所用时间？ 3．把甲球的运动看成类单摆，等效摆长是什么？【解析】 (1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O 处的时间为：t 1＝14T ＝14×2πR g＝π2R g.乙球做自由落体运动，到达O 处的时间为t 2.R ＝12gt 22，所以t 2＝2Rg.t 1t 2＝2π 4.(2)小球甲从A 点由静止释放运动到O 点的时间为t ＝T4(2n －1)，n ＝1,2,3，…，由O 点正上方自由落下的小球丙到达O 点的时间也为t 时两球才能在O 点相碰，所以h ＝12gt 2＝12g 4π2R 16g (2n －1)2＝2n －12π2R8(n ＝1,2,3，…)．【答案】 (1)2π4 (2)2n －12π2R8(n ＝1,2,3，…)如图所示，小球m 自A 点以向AD 方向的初速度v 逐渐接近固定在D 点的小球n .已知AB ︵＝0.8 m ，AB 圆弧半径R ＝10 m ，AD ︵＝10 m ，A 、B 、C 、D 在同一水平面上，则v 为多大时，才能使m 恰好碰到小球n ？(g 取10 m/s 2，不计一切摩擦)答案：5k πm/s(k ＝1,2,3…)解析：小球m 的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v 沿AD 方向的匀速直线运动和在圆弧面AB 方向上的往复运动．因为AB ︵≪R ，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R 即为类单摆的摆长．设小球m 恰好能碰到小球n ，则有AD ︵＝vt ，且满足t ＝kT (k ＝1,2,3…)，又T ＝2πR g，解以上方程得v ＝5k πm/s(k ＝1,2,3…)．重难疑点辨析 用单摆测定重力加速度1．实验原理单摆在摆角很小时，由单摆周期公式T ＝2πl g，得g ＝4π2lT2.测得单摆的摆长l 和振动周期T ，就可以测出当地的重力加速度．2．实验器材铁架台及铁夹、金属小球(最好上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(1 m 左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺．3．实验步骤(1)做单摆：让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结．把线的上端用铁夹固定在铁架台上并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处作上标记．(2)测摆长：l ＝l ′＋d2①用毫米刻度尺量出悬线长l ′，如图甲所示． ②用游标卡尺测出摆球的直径d ，如图乙所示．(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满足偏角小于5°，然后释放摆球，当单摆摆动稳定后，用秒表测量单摆完成30次(或50次)全振动的时间t.计算出平均摆动一次的时间T＝tn，即为单摆的振动周期．应以摆球经平衡位置时开始或停止计时.4．求重力加速度：把测得的周期和摆长的数值代入公式，求出重力加速度g的值．5．多次测量求平均值改变摆长，重做几次实验．计算出每次实验的重力加速度．最后求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即可作为本地区的重力加速度．【拓展延伸】如果要求用图象法来测定重力加速度，那么应该如何建立坐标系？分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出l＝g4π2T2的图象，它应该是过原点的一条直线，根据这条直线可以求出斜率k，则重力加速度值g＝4π2k.由于l­T的图象不是直线，不便于进行数据处理，所以采用l­T2的图象，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．6．注意事项(1)细线的质量和弹性要小，如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1 m，小球要选用体积小、密度大的金属球，直径最好不超过2 cm.(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象．(3)摆长是悬点到球心的距离，等于摆线长加上小球半径． (4)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小．(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计，以后摆球从同一方向通过最低点时计数；要多测几次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的办法求周期．【拓展延伸】 为什么摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆？如图所示，用细线悬吊小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，即细线所扫过的面为圆锥面，通常我们称为圆锥摆，实际上圆锥摆中小球的运动不是振动，是匀速圆周运动．设运动过程中细线与竖直方向夹角为θ，线长为l ，则小球做圆周运动的半径r ＝l sin θ，向心力F 向＝mg tan θ.由F 向＝mr 4π2T2得圆锥摆的周期T ＝2πl cos θg，显然该周期小于单摆周期，所以在用单摆测重力加速度的实验中，强调摆球必须在竖直面内摆动．【典例】 (1)测量单摆的振动周期，测量时间应从摆球经过________(选填“平衡位置”或“最高点”)时开始计时；某次测定了50次全振动的时间如图中停表所示，那么停表读数是________s ；该单摆的周期是T ＝________s(结果保留三位有效数字)．(2)测量出多组周期T 、摆长L 数值后，画出T 2­L 图象如图所示，此图线斜率的物理意义是( )A ．g B.1gC.4π2gD.g4π2(3)在描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，则由图线斜率得到的重力加速度将会( )A ．偏大B ．偏小C ．不变D ．都有可能(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T 1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL ，再测出其振动周期T 2.则可用该同学测出的物理量来表达重力加速度为g ＝________.【思路分析】 解答本题的关键是要注意以下两点： (1)停表的读数规则； (2)T 2­L 图象斜率的意义．【解析】 (1)因摆球经过最低点时的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点开始计时．停表的读数为t ＝1 min ＋7.4 s ＝67.4 s 单摆周期T ＝150t ＝1.35 s.(2)根据单摆的周期公式T ＝2πL g得T 2＝4π2g L ，所以T 2－L 图线斜率的物理意义是4π2g，选项C 正确．(3)因为T 2L＝4π2g(常量)，所以ΔT 2ΔL＝4π2g＝k ，若误将摆线当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍满足T 21－T 22L 1－L 2＝4π2g＝k ，所以由图线斜率得到的重力加速度不变，选项C 正确．(4)根据(3)分析知，ΔT 2ΔL ＝4π2g ，所以g ＝4π2ΔL ΔT 2＝4π2ΔLT 21－T 22.【答案】 (1)平衡位置 67.4 1.35 (2)C (3)C (4)4π2ΔLT 21－T 22对误差来源的分析1．单摆的振动不符合简谐运动的要求引起的系统误差(1)单摆不在同一竖直平面内振动，成为圆锥摆，g 值偏大．圆锥摆周期T ＝2πL cos θg，其中θ为摆线与竖直方向的夹角，L 为摆长．在计算g 时，以L 代替L cos θ，则测得g 值偏大．(2)振幅过大，摆线偏离竖直方向的角度超过5°，g 值偏小．摆角越大，摆球的实际周期T 也越大，求得的g ＝4π2LT2值偏小(此问题中学阶段不做过多研究)．2．测定摆长L 时引起的误差(1)在未悬挂摆球前测定摆长或漏掉加摆球半径，得到的摆线长偏短，g 值偏小．(2)测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长，得到的摆线长偏长，g 值偏大． (3)悬点未固定好，振动时出现松动，使实际的摆长不断变长，g 值也偏小． 3．测定周期时引起的误差(1)开始计算时，停表过迟按下，会使所测时间t 偏小，g 值偏大；同理，停止计时时，停表过早按下，g 值偏大．(2)测定n 次全振动的时间为t ，误数为(n ＋1)次全振动，计算时，g 值偏大；同理，误数为(n －1)次全振动，计算时，g 值偏小．(3)计算单摆的全振动次数时，不以摆球通过最低点位置时开始计时，容易产生较大的计时误差．1．单摆做简谐运动的回复力是( D ) A ．摆球的重力 B ．摆线的拉力C ．摆球重力与摆线拉力的合力D ．摆球重力沿圆弧切线方向的分力解析：摆线的拉力是沿半径方向的，在圆弧切线方向上的分力为零，因此，摆球在切线方向上所受的力就是重力在切线方向上的分力，正是这个切线方向上的重力的分力充当了回复力，但这不是摆球重力与摆线拉力的合力，摆线的拉力与重力沿半径方向上的分力的合力提供做圆周运动的向心力，除在最大位移处两位置外，摆球在半径方向上所受的合力均不为零．故正确答案为D.2．用单摆测重力加速度的实验中，测出的重力加速度的值大于当地的重力加速度，下列原因中可能的是( D )A ．振幅太小导致测得的周期偏小B ．计算摆长时，只考虑线长，没有加上摆球半径C ．将n 次全振动误记为(n －1)次全振动D ．将n 次全振动误记为(n ＋1)次全振动解析：单摆周期与振幅无关，振幅的大小不会影响周期的测量，则A 错；由T ＝2πl g得，重力加速度g ＝4π2lT2，测得的g 偏大，可能是l 的测量值偏大，也可能是T 的测量值偏小，所以不加摆球半径，是使l 偏小，使g 偏小，则B 错；将n 次全振动记为(n －1)次全振动，T 的测量值偏大，使g 偏小，则C 错；同理分析知D 正确．故正确答案为D.3．(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制．旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示．以下说法正确的是( AC )A ．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置B ．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C ．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D ．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 解析：根据周期公式T ＝2πl g知，当摆钟不准确时，则需要调整摆长，A 正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增长，增大周期，B 错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘调节，C 正确；摆钟从福建移到北京，加速度增大，则需将摆长增大，D 错误．4．将在地球上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球记录的时间是1 h ，那么实际上的时间应是 6h ．(月球表面的重力加速度是地球表面的16)．若要把此摆钟调准，应将摆长L 0调节为L 06.解析：对于一个确定的摆钟，其内部结构决定了它每摆动一个周期记录的时间是一定的．每摆动一个周期，在钟表上的记录时间为一定值，此定值与实际所用时间不一定相等．设在地球上校准的摆钟周期为T 0，月球摆钟记录时间为t 0，摆钟全振动次数为N ，实际时间为t 1，月球上摆钟周期为T 1.t 0＝NT 0，t 1＝NT 1，则有：t 0t 1＝T 0T 1＝2πl g 地2πl g 月＝g 月g 地，所求实际时间为t 1＝g 地g 月·t 0＝6t 0，要把该摆钟调准，需将摆长调为L 06.5．(1)物理课外小组研究“用单摆测重力加速度”实验，他们依照教材实验直接测量的物理量应为：摆线长l 0、摆球直径d 、n 次全振动的时间t ，其公式为g ＝4π2⎝ ⎛⎭⎪⎫l 0＋d 2n 2t 2.(2)他们测出不同的摆长(l )所对应的周期(T )，在进行数据处理时：①如果甲同学以摆长(l )为横坐标、周期的平方(T 2)为纵坐标作出了T 2－l 图象，若他测得的图象的斜率为k ，则测得的重力加速度g ＝4π2k.若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图象法求得的重力加速度准确(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．②乙同学根据公式T ＝2πl g，得：g ＝4π2lT2，用此式计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度偏小(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．(3)甲同学测量5种不同摆长单摆的振动周期，记录结果如下表所示：以摆长(l )22T 2­l 图象，利用此图象求出的重力加速度为9.86_m/s 2.答案：T 2­l 图象见解析解析：(1)本实验是利用单摆的周期T ＝2πl g得：g ＝4π2lT2，即只要测出摆长l 和周期T 就能求出当地的重力加速度g ，而l ＝l 0＋d /2，T ＝t /n .显然，本实验直接测量的物理量应为：摆线长l 0、摆球直径d 、完成n 次全振动所用的时间t .其公式为：g ＝4π2l 0＋d /2n 2t 2.(2)①若依据测量数据，作出T 2－l 图象，T 2＝4π2g l ，而k ＝4π2g ，故有：g ＝4π2k.图象对应的函数关系式应为T 2＝4π2gl ，如果忘记d ，则函数关系式应为：T 2＝4π2g·(l －d /2)，显然图象的斜率不变，所以求得的重力加速度不变．②若根据公式T ＝2πl g得：g ＝4π2lT2，用此式计算重力加速度，如果忘记d ，测量公式应为g ＝4π2l －d /2T 2，显然测量值偏小．(3)建立如图坐标系，并标出适当的标度，依据描点法画出T 2­l 图象，则图象的斜率k ≈4.0 s 2/m.求出重力加速度为：g ＝4π2k≈9.86 m/s 2.。