资源描述
11.4 单摆
题组一 单摆及其回复力
1．单摆是为争辩振动而抽象出的抱负化模型，其抱负化条件是
( )
A．摆线质量不计
B．摆线长度不行伸缩
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，且摆线不行伸缩．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°)的状况下才能视单摆运动为简谐运动．故正确答案为A、B、C.
答案 ABC
2．关于单摆，下列说法中正确的是
( )
A．摆球运动的回复力是它受到的合力
B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的
C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
D．摆球经过平衡位置时，加速度为零
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，但合力供应向心力，C、D错；由简谐运动特点知B正确．
答案 B
3．关于单摆的运动有下列说法，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在山脚下走时精确 的摆钟移到高山上走时将变快
A．①③④ B．②③④ C．③④⑤ D．①④⑤
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；依据单摆的周期公式T＝2π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作用，这时可以证明：F回＝－mgsin θ＝－x＝－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，依据T＝2π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.
答案 B
题组二 单摆的周期公式
4．发生下列哪一种状况时，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
解析 由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，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 D
5．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°，由静止开头释放，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．无法推断
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．
答案 C
6．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，两单摆摆长之差为1.6 m，则两单摆摆长La与Lb分别为
( )
A．La＝2.5 m，Lb＝0.9 m
B．La＝0.9 m，Lb＝2.5 m
C．La＝2.4 m，Lb＝4.0 m
D．La＝4.0 m，Lb＝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：＝，据题设得Lb－La＝1.6 m，联立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m．故正确答案为B.
答案 B
7．如图11－4－8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′，则这个单摆做小幅度摇摆时的周期为
( )
图11－4－8
A．2π B．2π
C．π D．2π
解析 碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π，所以该组合摆的周期T＝＋＝π.
答案 C
8．如图11－4－9所示的单摆，摆长为l＝40 cm，摆球在t＝0时刻从右侧最高点释放做简谐振动，则当t＝1 s时，小球的运动状况是
( )
图11－4－9
A．向右加速 B．向右减速
C．向左加速 D．向左减速
解析 单摆的周期T＝2π＝2π s＝0.4π s≈1.256 s，t＝1 s时，则T<t<T，摆球从右侧最高点释放做简谐运动，在t＝1 s时已经越过平衡位置(最低点)，向正向右侧最大位移处运动，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．
答案 B
9．如图11－4－10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11－4－10
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 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，无法比较机械能．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．故正确答案为ABD.
答案 ABD
10．图11－4－11甲中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，设摆球向右运动为正方向，图11－4－11乙是这个单摆的振动图象，依据图象回答：
图11－4－11
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开头时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？
解析 (1)由乙图知周期T＝0.8 s，
则频率f＝＝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＝2π得l＝＝0.16 m.
答案 (1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
题组三 用单摆测定重力加速度
11．在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套试验装置，用同样的步骤进行试验，但所测得的重力加速度总是偏大，其缘由可能是
( )
A．测定周期时，振动次数少数了一次
B．测定周期时，振动次数多数了一次
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
解析 由计算g的公式g＝可知，假如振动次数多数了一次，即T偏小，使g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速度，选项C错；当l偏小时，求得的g偏小，选项D错．
答案 B
12．某同学利用单摆测定当地重力加速度，发觉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，通过转变摆线的长度，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11－4－12所示．他接受恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________.请你推断该同学得到的试验结果与摆球重心就在球心处的状况相比，将________．(填“偏大”“偏小”或“相同”)
图11－4－12
解析 由周期公式T＝2π，得T2g＝4π2l，结合图象得到g＝，由于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．
答案 相同
13．(2021·安徽理综，21Ⅰ)依据单摆周期公式T＝2π，可以通过试验测量当地的重力加速度．如图11－4－13甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm.
图11－4－13
(2)以下是试验过程中的一些做法，其中正确的有________．
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以便利测量，开头时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开头计时，当摆球回到开头位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开头计时，登记摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
解析 (1)依据游标卡尺读数规章，游标卡尺的读数：18 mm＋0.1×6 mm＝18.6 mm；(2)摆线要选择细些可减小阻力；伸缩性小些的，保证摆长不变；并且尽可能长一些，在合适的振幅下，摆角小．所以摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项a正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，选项b正确；为了使摆的周期大一些，以便利测量，可增大摆长．开头时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致摆角大于10°，使误差增大，选项c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5度，在摆球通过平衡位置的同时开头计时，测量单摆运动50个周期的时间t，则单摆周期T＝t/50，选项d错误e正确．
答案 (1)18.6 (2)abe
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
