高中物理第十一章机械振动实验：用单摆测定重力加速度课后课时作业(含解析)新人教版选修3-4

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高中物理第十一章机械振动11.4单摆检测新人教选修

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。

2020年高考物理专题复习：机械振动(实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度)含解析

[课时作业]单独成册方便使用一、选择题1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，一定相同的物理量是()A．位移B．速度C．加速度D．回复力E．回到平衡位置的时间解析：做简谐运动的物体，经过同一位置时，位移、回复力和加速度是确定不变的，而速度的方向和回到平衡位置的时间可能不同，故选A、C、D.答案：ACD2．下列说法正确的是()A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频C．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象D．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌E．较弱声音可震碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振解析：摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据T＝2πLg可知增大摆长L可以增大摆钟的周期，A错误；挑水时为了防止水从桶中荡出，可以改变走路的步频，B正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，C错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故D正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共振而破碎，E正确．答案：BDE3.如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是()A．只有A、C的振动周期相等B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等E．若先让B球振动，稳定后A、B、C三者的周期相等于A施加的驱动力的频率，所以T A＝T B＝T C，而T C固＝2πl Cg＝T A，T B固＝2πl Bg>T A，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以A、B错误，C、D正确．B先振动后，A、C做受迫运动，仍有三者周期相等，都等于B的驱动周期，故E正确．答案：CDE4.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是()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E．由图像可以求出当地的重力加速度解析：由图看出，两单摆的周期相同，同一地点的g值相同，由单摆的周期公式T＝2πLg得知，甲、乙两单摆的摆长L相同，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，B正确．尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，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，则乙摆具有正向最大加速度，D正确．由单摆的周期公式T＝2πLg得g＝4π2LT2，由于单摆的摆长未知，所以不能求得重力加速度，E错误．答案：ABD5.如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m.t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.以下判断正确的是()A．h＝1.7 mB．简谐运动的周期是0.8 sC．0.6 s内物块运动的路程为0.2 mD．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反E．简谐振动的振幅为0.1 m解析：由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m知，A＝0.1 m，ω＝2.5π rad/s，T＝2πω＝2π2.5πs＝0.8 s，选项B、E正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝12gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项C、D 错误．答案：ABE6．(2016·高考海南卷)下列说法正确的是()A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向解析：在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T＝2πlg可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2πlg可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E错误．答案：ABD7．(2018·湖南长沙模拟)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m；t＝43s时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为()A．0.1 m，83s B．0.1 m,8 sC．0.2 m，83s D．0.2 m,8 sE．0.2 m,10 s解析：若振子的振幅为0.1 m，43s＝(n＋12)T，(4－43)s＝n1T，则周期最大值为83s，A正确，B错误；若振子的振幅为0.2 m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x＝－0.1 m处运动到负向最大位移处再反向运动到x ＝0.1 m 处，再经n 个周期时所用时间为43 s ，则(12＋n )T ＝43 s ，所以周期的最大值为83 s ，且t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ，C 正确；当振子由x ＝－0.1 m 经平衡位置运动到x ＝0.1 m 处，再经n 个周期时所用时间为43 s ，则(16＋n )T ＝43 s ，所以此时周期的最大值为8 s ，且t ＝4 s 时，x ＝0.1 m ，D 正确．答案：ACD 二、非选择题8．如图甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为k 的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F -t 图像．现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示的图像．(1)滑块做简谐运动的回复力是由________提供的；(2)由图乙所示的F -t 图像可知，滑块做简谐运动的周期为________ s ；(3)结合F -t 图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为________．解析：(1)滑块的回复力由滑块所受各力沿振动方向的分力的合力提供，即弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力．(2)由F -t 图像可知，滑块的振动周期T ＝0.4 s.(3)弹簧的最大压缩量x 1＝F 1k ，最大伸长量x 2＝F 2k ，所以振幅A ＝x 1＋x 22＝F 1＋F 22k .答案：(1)弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力) (2)0.4 (3)F 1＋F 22k9．(2018·浙江金华质检)(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________(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________．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________(选填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt 将________(选填“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，根据T ＝2πlg 可知，周期变大；每次经过最低点时小球的挡光的时间变长，即Δt 变大．答案：(1)乙 (2)2t 0 变大变大10．(2018·河南百校联考)如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O 是它的平衡位置，P 、Q 是小球所能到达的最高位置．小球的质量m ＝0.4 kg ，图乙是摆线长为l 时小球的振动图像，g 取10 m/s 2.(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(选填“O ”“P ”或“Q ”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(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)．(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？最大加速度为多少？解析：(1)因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O 开始计(2)由图乙可知单摆的振幅A ＝5 cm ，ω＝2πT ＝2π2 rad/s ＝π rad/s ，所以单摆做简谐运动的表达式为x ＝5sin πt cm.小球在Q 和P 处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2 s ，根据T ＝2πLg ，可求得摆长为L＝1 m ，加速度最大值a m ＝F m m ＝mgA Lm ＝10×5×10－21 m/s 2＝0.5 m/s 2.答案：(1)O 4π2n 2Lt2(2)x ＝5sin πt cm 小球在Q 和P 处的加速度最大 0.5 m/s 2 11．弹簧振子以O 点为平衡位置，在B 、C 两点间做简谐运动，在t ＝0时刻，振子从O 、B 间的P 点以速度v 向B 点运动；在t ＝0.20 s 时刻，振子速度第一次变为－v ；在t ＝0.50 s 时刻，振子速度第二次变为－v .(1)求弹簧振子的振动周期T ；(2)若B 、C 之间的距离为25 cm ，求振子在4.0 s 内通过的路程；(3)若B 、C 之间的距离为25 cm ，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像．解析：(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示．由对称性可得T ＝0.5×2 s ＝1.0 s. (2)若B 、C 之间距离为25 cm ，则振幅A ＝12×25 cm ＝12.5 cm振子4.0 s 内通过的路程s ＝4T ×4×12.5 cm ＝200 cm. (3)根据x ＝A sin ωt ，A ＝12.5 cm ，ω＝2πT ＝2π rad/s ，得x ＝12.5sin 2πt (cm)振动图像如图所示．答案：(1)1.0 s (2)200 cm(3)x ＝12.5sin 2πt (cm) 图像见解析图。

高中物理第十一章机械振动实验：用单摆测定重力加速度学案新人教版选修3-4-新人教版高中选修3

实验：用单摆测定重力加速度1．学会用单摆测定当地的重力加速度。

2．能正确熟练地使用游标卡尺和秒表。

一、实验原理单摆在摆角很小(不大于5°)时的运动，可看成简谐运动。

根据单摆周期公式□01T＝2πlg，有g＝□024π2lT2，通过实验方法测出摆长l和周期T，即可计算得到当地重力加速度g的值。

二、实验器材带小孔的小金属球；长1 m左右的细尼龙线；铁夹；铁架台；游标卡尺；毫米刻度尺；秒表。

三、实验步骤(1)让细线穿过球上的小孔，在细线的穿出端打一个比孔稍大一些的线结。

(2)把细线上端固定在□01铁架台上，使摆球自由下垂，制成一个单摆。

(3)用刻度尺测量单摆的摆长(摆线静止时从悬点到□02球心间的距离)。

(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角小于等于□035°，再释放小球。

当摆球摆动稳定以后，过□04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，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期。

(5)改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格。

课堂任务测量过程·获取数据仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。

活动1：本实验的研究对象是谁？要得到什么数据？提示：本实验的研究对象是单摆，通过测量其周期与摆长从而得到当地的重力加速度。

活动2：如何制做如图甲所示的单摆？提示：取约1 m 长的细线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一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，让摆球自然下垂。

活动3：怎样测量摆长？提示：从悬点到球心的距离是摆长。

用米尺量出摆线长L (精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D ，则单摆的摆长l ＝L ＋D2。

活动4：怎样测量周期？提示：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于等于5°)，然后释放小球，记下单摆全振动30次或50次的总时间，算出全振动一次的时间，即为单摆的振动周期。

反复测量三次，再算出测得周期数值的平均值。

2018_2019高中物理第11章机械振动11.4单摆课后提升作业新人教版选修3_4

309教育网
309教育资源库 11.4 单摆
课后提升作业
【基础达标练】
1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是 (
)
【解析】选A 。

这些装置都是实际摆,我们在研究单摆的摆动过程中,通常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、不可伸长的线组成单摆。

单摆是实际摆的理想化模型,所以只有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 之间来回摆动,B 点为运动中的最低位置,则在摆动过程中 (
)
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 。

摆球在摆动过程中,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。

(最新)2019高中物理第十一章机械振动第4节单摆课时作业选修3-4(含答案)(精品).doc

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。

2019届高中物理第十一章机械振动第4节单摆讲义含解析

单摆[探新知·基础练]1．单摆用细线悬挂着小球，如果细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与细线长度相比可以忽略，这样的装置就叫做单摆。

单摆是实际摆的理想化模型。

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)单摆的运动规律：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。

[辨是非](对的划“√”，错的划“×”) 1．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。

(×) 2．单摆的回复力是重力和拉力的合力。

(×)3．一根细线一端固定，另一端拴一小球就构成一个单摆。

(×)[释疑难·对点练]1．单摆(1)单摆是实际摆的理想化模型。

(2)实际摆看作单摆的条件①摆线的形变量与摆线长度相比小得多； ②悬线的质量与摆球质量相比小得多； ③摆球的直径与摆线长度相比小得多。

2．单摆的回复力如图所示，重力G 沿圆弧切线方向的分力G 1＝mg sin θ是沿摆球运动方向的力，正是这个力提供了使摆球振动的回复力：F ＝G 1＝mg sin θ。

3．单摆做简谐运动的推证在偏角很小时，sin θ≈x l，又回复力F ＝mg sin θ，所以单摆的回复力为F ＝－mg lx (式中x 表示摆球偏离平衡位置的位移，l 表示单摆的摆长，负号表示回复力F 与位移x 的方向相反)，由此知回复力符合F ＝－kx ，单摆做简谐运动。

[试身手]1．(多选)制作一个单摆，合理的做法是( ) A ．摆线细而长 B ．摆球小而不太重 C ．摆球外表面光滑且密度大D ．端点固定且不松动解析：选ACD 根据构成单摆的条件判断，易知A 、C 、D 正确。

1.探究单摆的振幅、位置、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。

2020_2021学年高中物理第11章机械振动4单摆课时练习含解析新人教版选修3_4

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。

2021年高中物理第十一章机械振动4单摆课时作业含解析人教版选修3_4.doc

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.。

人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》检测题(含答案解析)

第十一章《机械振动》检测题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1.弹簧振子作简谐振动的周期是4 s，某时刻该振子的速度为v，要使该振子的速度变为－v，所需要的最短时间是( )A． 1 s B． 2 s C． 4 s D．无法确定2.小球做简谐运动，则下述说法正确的是( )A．小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B．小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C．小球的速度大小与位移成正比，方向相反D．小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反3.弹簧振子沿直线作简谐运动，当振子连续两次经过相同位置时下列说法不正确的( ) A．回复力相同 B．加速度相同 C．速度相同 D．机械能相同4.任何物体都有自己的固有频率．研究表明，如果把人作为一个整体来看，在水平方向上振动时的固有频率约为5 Hz.当工人操作风镐、风铲、铆钉机等振动机械时，操作者在水平方向将做受迫振动．在这种情况下，下列说法正确的是( )A．操作者的实际振动频率等于他自身的固有频率B．操作者的实际振动频率等于机械的振动频率C．为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量接近人的固有频率D．为了保证操作者的安全，应尽量提高操作者的固有频率5.水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则( )A．v1＝2v2 B． 2v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v26.如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则( )A．质点在3 s末的位移为2 m B．质点在4 s末的位移为8 mC．质点在4 s内的路程为8 m D．质点在4 s内的路程为零7.如图所示是单摆做阻尼运动的位移—时间图线，下列说法中正确的是( )A．摆球在P与N时刻的势能相等 B．摆球在P与N时刻的动能相等C．摆球在P与N时刻的机械能相等 D．摆球在P时刻的机械能小于N时刻的机械能8.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为( )A． B． C． D．无法判断9.如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期( )A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大10.关于简谐运动周期、频率、振幅说法正确的是( )A．振幅是矢量，方向是由平衡位置指向最大位移处B．周期和频率的乘积不一定等于1C．振幅增加，周期必然增加，而频率减小D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关11.将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示．某同学由此图线提供的信息做出了下列判断①t＝0.2 s时摆球正经过最低点．②t＝1.1 s时摆球正经过最低点．③摆球摆动过程中机械能减少．④摆球摆动的周期是T＝0.6 s.上述判断中，正确的是( )A．①③ B．②③ C．③④ D．②④12.如图为某质点做简谐运动的图象．下列说法正确的是( )A．t＝0时，质点的速度为零B．t＝0.1 s时，质点具有y轴正向最大加速度C．在0.2 s～0.3 s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D．在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动13.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的最高点，D是圆环上与M靠得很近的一点(DM远小于)．已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C点自由下落到M点，d球从D点静止出发沿圆环运动到M点．则下列关于四个小球运动时间的关系，正确的是( )A．tb＞tc＞ta＞td B．td＞tb＞tc＞ta C．tb＞tc＝ta＞td D．td＞tb＝tc＝ta14.如图所示，一轻弹簧上端固定，下端系在甲物体上，甲、乙间用一不可伸长的轻杆连接，已知甲、乙两物体质量均为m，且一起在竖直方向上做简谐振动的振幅为A(A＞)．若在振动到达最高点时剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A1，若在振动到达最低点时间剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A2.则( )A．A2＞A＞A1 B．A1＞A＞A2 C．A＞A2＞A1 D．A2＞A1＞A二、多选题(每小题至少有两个正确答案)15.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力．如图是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落．从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是( )A．t1时刻小球速度最大 B．t2时刻绳子最长C．t3时刻小球动能最小 D．t3与t4时刻小球速度大小相同16.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置，合力一定为零D．物体到达平衡位置，回复力一定为零17.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，以下说法正确的是( )A．测量摆长时，应用力拉紧摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D．应从摆球通过最低位置时开始计时18.(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经t秒与B发生正碰．碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道，当两球第二次相碰时( )A．相间隔的时间为4t B．相间隔的时间为2tC．将仍在O处相碰 D．可能在O点以外的其他地方相碰19.如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，下列说法正确的是( )A．物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供C．物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小跟位移大小之比为kD．物体A的回复力大小跟位移大小之比为k E．若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为三、实验题20.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，实验步骤如下：Ⅰ.选取一个摆线长约1 m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，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．Ⅱ.用米尺量出悬线长度，精确到毫米，作为摆长．Ⅲ.放开小球让它来回摆动，用停表测出单摆做30～50次全振动所用的时间，计算出平均摆动一次的时间．Ⅳ.变更摆长，重做几次实验，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值．(1)上述实验步骤有两点错误，请一一列举：Ⅰ.________________________________________________________________________；Ⅱ.________________________________________________________________________；(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，测得的重力加速度变______．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，当地的重力加速度的真实值g ＝____________.21.在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆．(1)如图，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图象如图所示．在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为____________．(2)为测量摆长，该同学用米尺测得摆线长为85.72 cm，又用游标卡尺测量出圆柱体的直径(如图甲)与高度(如图乙)，由此可知此次实验单摆的摆长为______cm.(3)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了下表中所列实验数据．请在坐标系中画出相应图线(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息．四、计算题22.如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)在0～0.6 s的时间内质点通过的路程；(4)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(5)振动质点在0.6 s～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)振动质点在0.4 s～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？答案解析1.【答案】D【解析】要使该振子的速度变为－v，可能经过同一位置，也可能经过关于平衡位置对称的另外一点；由于该点与平衡位置的间距未知，故无法判断所需要的最短时间，故选D.2.【答案】B【解析】简谐运动的回复力与位移关系为：F＝－kx，方向相反，A、C、D错；a＝，所以加速度与位移成正比，方向相反，B正确．3.【答案】C【解析】弹簧振子在振动过程中，两次连续经过同一位置时，位移、加速度、回复力、动能、势能、速度的大小均是相同的．但速度的方向不同，故速度不同．故选C.4.【答案】B【解析】物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，可知操作者的实际频率等于机械的振动频率，故A错误，B正确；当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象，所以为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量远离人的固有频率，故C错误；有关部门作出规定：拖拉机、风镐、风铲、铆钉机等各类振动机械的工作频率必须大于20 Hz，操作者的固有频率无法提高，故D错误．5.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，周期与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处所用的时间为；第一次位移为2A，第二次位移为4A，即位移之比为1∶2，根据平均速度的定义式＝，平均速度之比为1∶2.6.【答案】C【解析】振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移．位移是矢量，有大小，也有方向．因此3 s末的位移为－2 m,4 s末位移为零．路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C正确．7.【答案】A【解析】由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N两时刻位移大小相同，关于平衡位置对称，所以势能相等，A正确；由于系统机械能在减少，P、N时刻势能相同，则P处动能大于N处动能，故B、C、D错．8.【答案】B【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T＝2π得T1＝2π；T2＝2π；联立解得g＝，故选B.9.【答案】B【解析】在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.10.【答案】D【解析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，A错；周期和频率互为倒数，B错；做简谐运动的物体的频率和周期由振动系统本身决定，C错误，D正确．11.【答案】A【解析】摆球经过最低点时，拉力最大，在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，故①正确；摆球经过最低点时，拉力最大，在1.1 s时，拉力最小，所以此时摆球不是经过最低点，是在最高点，故②错误；根据牛顿第二定律知，在最低点F－mg＝m，则F＝mg＋m，在最低点的拉力逐渐减小，知是阻尼振动，机械能减小，故③正确；在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期：T＝2×(0.8 s－0.2 s)＝1.2 s，故④错误．12.【答案】D【解析】由图可知，在t＝0时，质点经过平衡位置，所以速度最大，故A错误；当t＝0.1 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式a＝－y，知加速度负向最大．故B错误；在0.2 s时，质点经过平衡位置，0.3 s时质点的位移为负向最大，质点沿y轴负方向做加速度增大的减速运动，故C错误；在0.5 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，0.6 s时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动，故D正确．13.【答案】C【解析】对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝2.对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝g sin 60°＝g，根据x2＝a2t得，t2＝. 对于CM段，位移x3＝2R，加速度a3＝g，由x3＝gt得，t3＝2.对于D小球，做类单摆运动，t4＝＝.故C正确．14.【答案】A【解析】未剪断轻杆时，甲、乙两物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x0＝；当剪断轻杆时，甲物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x＝，可知，平衡位置向上移动．则在振动到达最高点时剪断轻杆，A1＜A；在振动到达最低点时间剪断轻杆，A2＞A；所以有：A2＞A＞A1.15.【答案】BD【解析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大，故A错误；t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长，故B正确；t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小，故C错误；t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，故D正确．16.【答案】AD【解析】平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D对．17.【答案】BCD【解析】测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差，故A错误．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则单摆的振动不是简谐运动，故B正确．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确．由于摆球经过最低点时速度最大，从摆球通过最低位置时开始计时，测量周期引起的误差最小，故D 正确．18.【答案】BC【解析】因为它是一个很大的光滑圆弧，可以当作一个单摆运动．所以AB球发生正碰后各自做单摆运动．T＝2π，由题目可知A球下落的时间为t＝T，由此可见周期与质量、速度等因素无关，所以碰后AB两球的周期相同，所以AB两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的．所以要经过2t的时间，AB两球同时到达O处相碰．19.【答案】ACE【解析】A做简谐运动时的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确；物体B作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误；物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：a＝，对A：F f＝ma ＝，可见，作用在A上的静摩擦力大小F f，即回复力大小与位移大小之比为：，故D错误；据题知，物体间达到最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：kA＝(M＋m)a，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得：A＝，故E正确．20.【答案】(1)Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时(2)小＋【解析】(1)上述实验步骤有两点错误Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径；Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时．(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，等效的重力加速度g′＝，所以测得的重力加速度变小．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，由单摆的周期公式得出T＝2πg＝＋.21.【答案】(1)(2)88.10 (3)如图所示(4)摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系【解析】(1)摆球做简谐运动，每次经过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t＝(N－1)T解得：T＝(2)图乙游标卡尺的主尺读数为47 mm，游标读数为0.1×5 mm＝0.5 mm，则最终读数为47.5 mm＝4.75 cm.所以圆柱体的高度为h＝4.75 cm，摆长是悬点到球心的距离，则摆长l＝85.72 cm＋＝88.10 cm(3)根据描点法作出图象，如图所示：(4)由图象可知，摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系．22.【答案】(1)5 cm (2)x＝5sin(2.5πt) cm(3)15 cm (4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零【解析】(1)由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5 cm，此即质点离开平衡位置的最大距离．(2)由图象可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0.所以x＝A sin(ωt＋φ)＝A sin(t)＝5sin(t) cm＝5sin(2.5πt) cm.(3)由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s,0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm.(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向．(5)由振动图象可以看出，在0.6 s～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小．(6)由图象可以看出，在0.4 s～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零．。

高中物理第十一章机械振动第4节单摆课下作业新人教选修

第4节单摆1．关于单摆的振动，以下说法中正确的选项是()A．单摆振动时，摆球遇到的向心力大小到处相等B．单摆运动的答复力就是摆球遇到的协力C．摆球经过均衡地点时所受答复力为零D．摆球经过均衡地点时所受合外力为零分析：单摆振动过程中遇到重力和绳索拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向v2分力供给答复力，绳索拉力与重力的径向分力的协力供给向心力，向心力大小为m l，可见最大偏角处向心力为零，均衡地点处向心力最大，而答复力在最大偏角处最大，均衡地点处为零，故应选 C。

答案： C2．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时辰开始计时( 即取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图1中的()图 13πl 3分析： t ＝2g＝4T，最大速度时，单摆应在均衡地点，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，水不停从孔中流出，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分析：单摆的周期与摆球的质量没关，但当水从球中向外流出时，等效摆长是先变长后变短，因此周期先变大后变小再回到原值，应选项 C 正确。

答案： C4. 如图 2 所示，曲面 AO 是一段半径为 2 m 的圆滑圆弧面，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 和弧的中点B 由静止开释，抵达低端的速度分别为v 1和 2，经历的时间AOv分别为 t1和 t，那么 ()图 22A ． v ＜ v ，t ＜ t2B ． v ＞ v ，t ＝ t212112C ． v 1＝ v 2，t 1＝ t 2D ．以上三种都有可能分析：因为 AO 弧长久小于半径，因此小球从 A 、B 处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的12摇动，即做简谐运动，等效摆长为 2 m ，单摆的周期与振幅没关，故有 t 1＝ t 2 ，因 mgh ＝ 2mv ，因此 v ＝ 2gh ，故 v 1 ＞ v 2 ，故 B 正确。

高中物理第11章机械振动 4 单摆课时作业新人教版选修34

4 单摆A组(15分钟)1.关于单摆,下列认识中正确的是()A.一根线系着一个球悬挂起来,这样的装置就是单摆B.可以看成单摆的装置中,细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多C.单摆的振动总是简谐运动D.两个单摆只要结构相同,它们的振动步调便相同解析: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。

答案:B2.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),单摆的周期减小解析:沙从漏斗中缓慢漏出时,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,匀速运动时T2=2π,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。

答案:BC3.对于做简谐运动的单摆,下列说法中正确的是()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,处于平衡状态解析:在位移为正的区间,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=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。

高中物理第十一章机械振动4单摆课时作业含解析新人教版选修3_4

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…)．。

人教版物理选修(高考专用版)第十一章机械振动实验：探究单摆周期与摆长的关系含答案

一、游标卡尺
1．构造：
图1
测量厚度、长度、深度、内径、外径．
利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的
一、实验器材与注意事项
例
图2
例浙江名校新高考研究联盟第三次联
图3
图4
摆球直径用游标卡尺进行测量，测量方法和游标刻度如图
．(请注意单位，本空保留四位有效数字
图5
～14.06 0.483 0～0.484 5
浙江10月选
图6
因小球通过平衡位置时的速度较大，有利于计时．故选乙．
例
图7
AD
游标卡尺的主尺读数为2 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对
×0.05 mm＝0.50 mm，所以最终读数为：
例
图8
．保证摆动过程中摆长不变
．保证摆球在同一竖直平面内摆动
1．(实验器材与注意事项)(20xx·宁波“十校联考”期末)在“用单摆测定重力加速度”的实验中
图9 图10
图11
测单摆周期时，为减小测量误差，应________．
图12
某同学在实验时忘了测量小球直径，但是改变摆线长度做了多次测量，得到的实验数据，根据这些数据，该同学能否求得当地的重力加速度？
图14
23.68(23.60～23.74) (3)117.4 s
为减小实验误差，应选择1 m左右的摆线，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大的金属球，因此需要的实验器材是A、
题图所示仪器为游标卡尺，读数为：23 mm＋0.02×。

2019-2020学年高中物理第11章机械振动课时作业4 单摆(含解析)3-4

课时作业（四)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错误!，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．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当摆球的重力势能增大时，小球的位移增大，回复力、加速度增大，速度减小,故C项正确．答案C3。

如图所示,甲、乙是摆长相同的两个单摆,它们中间用一根细线相连,其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都做简谐运动,在摆动过程中下列说法正确的是（)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解析由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来两者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，故甲的振幅小．A 项正确,两物体在平衡位置时速度最大，根据mgl(1－cosθ）＝错误!mv2，得v＝错误!，与质量无关,所以甲的最大速度小于乙的最大速度，C 项正确；根据T＝2π错误!，周期与质量无关，所以D项错．答案AC4．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，应缩短摆长解析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＝2π错误!＞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项正确．答案B5．一单摆摆长为40 cm，摆球在t＝0时刻正在从平衡位置向右运动，若g＝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＝2π错误!，得周期T＝1。

苏教版高中物理第十一章机械振动课后练习、课时练习

一、单选题(选择题)1. 简谐运动属于（）A．变加速运动B．匀速运动C．曲线运动D．匀变速运动2. 如图（甲）所示是用沙摆演示振动图象的实验装置，此装置可视为摆长为L的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留如图（甲）所示的结果。

若用手拉木板做匀速运动，速度大小是0.20m/s。

图（乙）所示的一段木板的长度是0.60m，那么这次实验所用沙摆对应的单摆长约为（）A．0.56m B．1.0m C．1.5m D．2.0m3. 描绘沙摆振动图像的实验装置和木板上留下的实验结果如图所示。

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，那么下列说法中正确的是（g取9.8 m/s2）（）A．该沙摆的周期为3 sB．该沙摆的频率为1.5 HzC．这次实验所用的沙摆的摆长约为56 cmD．这次实验所用的沙摆的摆长约为1.5 m4. 如图甲所示，弹簧振子在水平方向上做简谐运动，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。

则下列说法正确的是（）A．在t0时，振子的速度方向与位移的方向相反B．在t0时，振子的速度方向与加速度方向相同C．在t=1.5s时，弹簧振子的动能最大D．从t=0时刻开始计时，振子的振动方程为y=5sin（ππ）cm5. 下列措施中可使单摆的振动周期增大的是（）A．增大摆球的质量B．增大振幅C．由上海移到北京D．增大摆长6. 如图所示，我爱发明节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用了机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落，则（）A．工作中，树干的振动频率可能大于采摘振动头的振动频率B．采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小C．采摘振动头振动频率越大，落果效果越好D．为避免被落下的松果砸中，拾果工人快速远离采摘机，他会感到采摘机振动声调降低7. 弹簧振子做简谐运动的周期，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。

如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。