47 单摆作业(2)

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2020-2021学年新教材鲁科版选择性必修第一册 2.3 单摆作业

单摆(25分钟·70分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.在研究单摆的运动规律过程中,首先确定单摆的振动周期公式T=2π的科学家是()A.伽利略B.牛顿C.开普勒D.惠更斯【解析】选D。

意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理,后来惠更斯得出了单摆的周期公式,故D正确。

2.下述哪种情况,单摆的周期会增大( )A.增大摆球的质量B.减小单摆的振幅C.缩短摆长D.将单摆由山下移到山顶【解析】选D。

根据单摆的周期公式T=2π,要增大单摆的周期,可以增加摆长或减小重力加速度;与摆球的质量和振幅无关;将单摆由山下移至山顶,重力加速度变小,故选项D正确,A、B、C错误。

3.做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量减小为原来的,摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍,则单摆振动的( )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。

由单摆的周期公式T=2π,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,据动能公式可知,摆球经过平衡位置时的动能不变,据机械能守恒mgh=mv2可知,质量减小,所以高度增加,因此振幅改变。

所以选C。

4.一个单摆做简谐运动,周期为T,振幅为A,振动机械能为E(以摆球通过最低点位置为重力势能参考平面)。

若保持摆长不变,将摆球质量变为原来的4倍,而通过平衡位置的速度变为原来的一半,那么关于该单摆做简谐运动的周期、振幅、振动机械能,下列判断正确的是( )A.周期小于T,振幅仍为A,振动机械能仍为EB.周期小于T,振幅小于A,振动机械能小于EC.周期仍为T,振幅仍为A,振动机械能小于ED.周期仍为T,振幅小于A,振动机械能仍为E【解析】选D。

由单摆的周期公式T=2π可知,单摆摆长不变,则周期不变,即周期仍为T;由E k=mv2可知,当摆球质量变为原来的4倍,通过平衡位置的速度变为原来的一半时经过最低点的动能不变,则振动机械能仍为E,在振动过程中机械能守恒,则有:mgh=mv2,解得:h=,由此可知速度变小,高度减小,所以偏离平衡位置的最大距离变小,即振幅减小,所以振幅小于A,D正确。

新教材高中物理第二章机械振动4单摆作业含解析新人教版选择性必修第一册

单摆【基础巩固】1.关于单摆的简谐运动,下列说法正确的是( )A.摆球做匀速圆周运动B.摆动到最低点时加速度为0C.速度变化的周期等于振动周期D.振动的频率与振幅有关解析:单摆做简谐运动时,摆球经过最低点的速度最大,摆球的运动是变速圆周运动,选项A错误.摆动到最低点时向心加速度最大,选项B错误.速度变化的周期等于振动周期,选项C正确.可知,单摆的频率与振幅无关,选项D错误.根据单摆振动的周期公式T=2π√ll答案:C2.做简谐运动的单摆,其周期( )A.随摆长的增大而增大B.随振幅的增大而增大C.随摆球质量的增大而减小D.随摆球密度的增大而减小知,将单摆的摆长加长,周期变长,选项A正确.根据单摆解析:根据单摆的周期公式T=2π√ll知,单摆的周期与振幅、摆球质量、摆球密度都无关,选项B、C、D错误.的周期公式T=2π√ll答案:A3.(多选)关于单摆的运动,下列说法正确的是( )A.单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力B.单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力C.摆球做匀速圆周运动D.单摆做简谐运动的条件是最大偏角很小,一般小于5°解析:单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力,不是摆球所受的合力,所以选项A错误,选项B正确.单摆在摆动过程中速度大小是变化的,单摆的运动不是匀速圆周运动,选项C 错误.在摆角很小时,单摆近似做简谐运动,选项D正确.答案:BD4.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟.下图为摆钟的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动.在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了,下列说法正确的是 ( )A.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动B.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动C.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动D.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动解析:由甲地到乙地摆动加快说明周期变小,因T=2π√ll,故重力加速度变大;要使周期不变小,应增加摆长,即将螺母适当向下移动.由以上分析可知,选项C正确.答案:C5.如图所示,固定的光滑圆弧形轨道半径R=0.2 m,B是轨道的最低点,在轨道上的A点(ll⏜所对的圆心角小于10°)和轨道的圆心O处各有一可视为质点的静止小球,若将它们同时由静止开始释放,则 ( )A.两小球同时到达B点B.A点释放的小球先到达B点C.O点释放的小球先到达B点D.不能确定解析:处于A点的小球释放后做等效摆长为R的简谐运动,由A到B所用的时间为周期的四分之一,设这个时间为t A,根据单摆的周期公式有t A=l4=π2√ll;由O点释放的小球做自由落体运动,设运动到B 点所用的时间为t B ,则有t B =√2ll.因t A >t B ,故从O 点释放的小球先到达B 点,选项C 正确. 答案:C6.做简谐运动的单摆,其摆长不变,若摆球的质量增加为原来的94倍,摆球经过平衡位置的速率减为原来的23,则单摆振动的 ()A.周期不变,振幅不变B.周期不变,振幅减小C.周期改变,振幅不变D.周期改变,振幅增大解析:由单摆的周期公式T =2π√l l可知,当摆长l 不变时,周期不变,选项C 、D 错误.由能量守恒定律可知 12mv 2=mgh ,其摆动的高度与质量无关,因摆球经过平衡位置时的速率减小,故最大高度减小,知振幅减小,选项B 正确,选项A 错误. 答案:B7.一个摆长为2 m 的单摆,在地球上某地振动时,测得完成100次全振动所用的时间为284 s .(计算结果保留三位有效数字) (1)求当地的重力加速度g.(2)若把该单摆拿到月球上去,已知月球上的重力加速度是1.60 m/s 2,则该单摆振动周期是多少?解析:(1)周期T =l l =284100s=2.84 s, 由周期公式T =2π√l l得g =4π2l l 2=4×3.142×22.842m/s 2=9.78 m/s 2.(2)由周期公式T'=2π√ll '代入数据解得 T'=2×3.14×√21.60 s=7.02 s .答案:(1)9.78 m/s 2(2)7.02 s【拓展提高】8.甲、乙两单摆的振动图像如图所示,由图像可知( )A.甲、乙两单摆的周期之比是3∶2B.甲、乙两单摆的摆长之比是2∶3C.t b时刻甲、乙两摆球的速度相同D.t a时刻甲、乙两单摆的摆角不等解析:由图像可知,甲、乙两单摆的周期之比是2∶3,选项A错误.根据T=2π√ll 可得l=l4π2T2,则甲、乙两单摆的摆长之比是4∶9,选项B错误.因乙摆摆长大,振幅小,故在最高点时离开平衡位置的高度小,则到达最低点时的速度较小,即t b时刻甲、乙两摆球的速度不相同,选项C错误.t a时刻甲、乙两单摆的位移相等,但是由于两摆的摆长不等,摆角不等,选项D正确.答案:D9.如图所示,单摆的周期为T,下列说法正确的是( )A.把摆球质量增加一倍,其他条件不变,单摆的周期变小B.把摆角α变小,其他条件不变,单摆的周期变小C.将此摆从地球移到月球上,其他条件不变,单摆的周期将变长D.将单摆摆长增加为原来的2倍,其他条件不变,单摆的周期将变为2T解析:根据单摆的周期公式T=2π√ll知,周期与摆球的质量和摆角无关,摆长增加为原来的2倍,周期变为原来的√2倍,选项A、B、D错误.月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度,由周期公式T=2π√ll知,将此摆从地球移到月球上,单摆的周期将变长,选项C正确.答案:C10.(多选)如图所示,用绝缘细丝线悬挂着的带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动,则( )A.小球每次通过平衡位置时的动能相同B.小球每次通过平衡位置时的速度相同C.小球每次通过平衡位置时,丝线拉力不相同D.磁场对摆的周期无影响解析:带电小球在磁场中运动时,洛伦兹力不做功,机械能守恒.运动到最低点时,球的速度大小相同,但方向可能不同,选项A正确,选项B错误.小球从左、右两方向通过最低点时,向心力相同,洛伦兹力方向相反,所以拉力不同,选项C正确.由于洛伦兹力不提供回复力,磁场不影响振动周期,选项D正确.答案:ACD11.在盛沙的漏斗下面放一木板,让漏斗左右摆动起来,同时细沙缓慢流出,经历一段时间后,观察木板上沙子的堆积情况.沙堆的剖面图应是下图中的( )A BC D解析: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,到达最低点时的运动速度最大,漏到木板上的细沙最少,两端漏斗运动得最慢,漏到木板上的细沙最多,选项B正确,选项A、C、D错误.答案:B12.(多选)一个单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,下列说法正确的是()A.t1时刻摆球速度为0,悬线对它的拉力最小B.t2时刻摆球速度最大,但加速度不为0C.t3时刻摆球速度为0,悬线对它的拉力最大D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大解析:由振动图像可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大,此时摆球速度为0,悬线对摆球的拉力最小;t2和t4时刻摆球位移为0,正在通过平衡位置,速度最大,悬线对摆球的拉力最大.选项A、B、D正确.答案:ABD13.几个摆长相同的单摆在不同条件下做小角度摆动,关于它们的周期关系,下列判断正确的是( )甲乙丙丁A.T1>T2>T3>T4B.T1<T2<T3<T4C.T1<T2=T3<T4D.T1>T2=T3>T4解析:据周期公式T=2π√ll可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关,与摆长和重力加速度有关.甲中等效重力加速度为a=g sin θ,所以周期为T1=2π√ll sin l;乙中静电力不影响回复力,所以周期为T2=2π√ll ;丙中,周期为T3=2π√ll;丁中的等效重力加速度为a'=g+a,所以周期为T4=2π√ll+l.综合以上分析有,T1>T2=T3>T4,选项D正确.答案:D14.把在北京调准的摆钟由北京移到赤道上时,摆钟的振动(选填“变慢”或“变快”)了,要使它恢复准确,应摆长.解析:把标准摆钟从北京移到赤道上,重力加速度g变小,周期T=2π√ll>T0,摆钟的摆动变慢了.要使它恢复准确,应缩短摆长.答案:变慢缩短【挑战创新】15.如图所示,在O 点系着一细绳,细绳穿过小球B 通过直径的小孔,B 球能一直顺着绳子滑下来.在O 点正下方有一直径为R 的光滑弧形轨道,圆心位置恰好在O 点,弧形轨道的最低点为O'.在接近O'处有另一小球A,将A 、B 两球同时开始无初速度释放.A 球到达平衡位置时正好能够和B 球相碰,A 、B 球均可视为质点.(1)B 球与绳之间的摩擦力与B 球重力大小之比是多少? (2)比值的最小值为多少?解析:(1)小球A 的运动可看作单摆的振动. A 球做简谐运动,由周期公式得A 运动到O'的时间为t =(2n +1)l 4=(2n +1)π2√ll (n =0,1,2,…),B 球做匀变速运动从O 到O'的时间为t'=√2ll,由题意得t'=t ,解得a =8lπ2(2l +1)2(n =0,1,2,…),对于小球B,由牛顿第二定律得mg -F f =ma , 得l f ll =1- 8π2(2l +1)2(n =0,1,2,…). (2)由lfll =1-8π2(2l +1)2(n =0,1,2,…)可知,当n =0时,比值最小,最小值为1-8π2=0.19. 答案:(1)1-8π2(2l +1)2(n =0,1,2,…) (2)0.19。

单摆完整版课件

单摆完整版课件一、教学内容本节课我们将探讨物理中的单摆运动。

教学内容主要依据教材《物理学》第十二章第三节“单摆”部分。

详细内容包括：单摆的定义、单摆的周期公式、单摆的物理原理以及在实践中的应用。

二、教学目标1. 理解单摆的定义，掌握单摆的周期公式。

2. 能够运用单摆的物理原理解决实际问题，如测定重力加速度等。

3. 培养学生的实验操作能力、观察能力及数据分析能力。

三、教学难点与重点难点：单摆周期公式的推导及运用。

重点：单摆的定义、单摆的物理原理及实验操作。

四、教具与学具准备教具：单摆实验装置、演示用摆球、计时器、尺子。

学具：每组一套单摆实验装置、计时器、尺子。

五、教学过程1. 实践情景引入（1）向学生展示单摆实验装置，引导学生观察摆球在运动过程中的特点。

（2）提问：摆球在运动过程中，哪些物理量保持不变？哪些物理量会发生变化？2. 教学内容讲解（1）讲解单摆的定义，引导学生了解单摆的构成。

（2）推导单摆的周期公式，解释公式中各个参数的含义。

（3）讲解单摆的物理原理，引导学生理解摆动过程中能量转换的原理。

3. 例题讲解（1）例题1：一个摆长为1米的单摆，其周期是多少？（2）例题2：测定当地的重力加速度。

4. 随堂练习（1）练习1：计算摆长为0.8米的单摆的周期。

（2）练习2：根据实验数据，计算当地的重力加速度。

5. 实验操作（1）分组进行单摆实验，要求学生准确测量摆长、周期等数据。

（2）指导学生进行数据处理，得出实验结果。

六、板书设计1. 单摆的定义2. 单摆的周期公式3. 单摆的物理原理4. 例题及解答5. 实验数据处理方法七、作业设计1. 作业题目：（1）计算摆长为1.2米的单摆的周期。

（2）根据实验数据，计算当地的重力加速度。

2. 答案：（1）T = 2π√(L/g) = 2π√(1.2/9.8) ≈ 2.0秒（2）g = 4π²L/T² = 4π²×1.2/(2.0)² ≈ 9.6 m/s²八、课后反思及拓展延伸1. 反思：本节课学生掌握了单摆的基本概念和实验操作，但在数据处理方面仍存在一定困难，需要加强练习。

物理《单摆》实验

6、为了减少偶然误差改变摆长，多次测量求平均值。
课堂练习
1、在做“用单摆测定重力加速度的实验”中为了减
小误差，应注意的事项是( ③
)
A．摆球以选密度大，体积小的小球为好 ;
B．摆长以0.25米为宜 ;
C．摆角应小于10°;
D．摆线的悬点要固定，才不会在摆动中出现移动或晃动;
E．要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动 ;
2、单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑或悬点不固定，摆长改变的现象； 3、注意摆动时摆角不易过大，不能超过10º，以保证单摆做简谐运动；
4、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；
5、测量从球通过平衡位置时开始计时，因为在此位置摆球速度最大，易于分辨小球过此位置的时刻。
22
8
51
39
20
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0
18
1
12
47 16 45 14 43
0
5
10
4、秒表（停表）
秒表的读数
0
59
31
28 57
14 0 1
13
2
2
26
12
3
55 24
11
4
10
5
9
6
87
53
33 4 35 6
37
22 51
20 49 18 47 16
8 39
10 41 12 43 45 14
2分7.6秒
(2)用游标卡尺测摆球直径
L
算出半径r，也准确到毫米
0 0
1
5
10

09高考物理易错题解题方法大全(4)机械振动与机械波

09高考物理易错题解题方法大全（4）机械振动与机械波张成进江苏徐州睢宁魏集中学例46、如图所示，某质点在M 、N 两点间沿直线做简谐运动，O 点为平衡位置，振幅为A ，设向右为正方向，则下列说法中正确的是（） A. 质点由M 运动到N 点时位移2A B. 质点由M 运动到N 点时位移A C. 质点由N 运动到M 点时位移-2A D. 质点由N 运动到M 点时位移-A【错解分析】:根据位移的定义：由出发点指向终点的有向线段。

所以答案是AC 【解题指导】:【答案】:BD【解析】：机械运动的位移与运动学中的位移是两个含义不同的物理概念，在运动学中，“位移”是指起点指向终点的有向线段；而机械运动中的“位移”是由平衡位置指向物体所在位置的有向线段，即相对平衡位置的位移。

根据机械运动中位移概念可知，无论质点从哪一点开始运动，当质点到达N 点时位移均为A ，当质点到达M 点时位移均为-A 。

练习46、关于做简谐运动物体的位移、回复力所产生的加速度和速度的关系，下列说法正确的是（）A. 位移减小时，加速度减小，速度增大B. 位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度方向相同。

C. 物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D. 物体的运动方向改变时，加速度的方向不变。

例47、一个质点在平衡位置O 点附近做简谐运动，若从O 点开始计时，经过3s 时第一次经过某点，再继续运动，又经过2s 它第二次经过该点，则质点第三次经过该点时还需的时间是（）A ．8sB ．4sC ．14sD ．s 310【错解分析】:错解：作图如右图。

O 为平衡位置，AB 为最大位移处，假设M 点为题中的“某点”。

则根据题意有OM=3S M →B →M 时间为2S ，根据对称性有MO=3S ，MB=1S ；于是有OB=4S ，则周期T=16S 。

当质点再次经过M 点时是指M →O →A →O →M,时间间OMNOABM隔为3+4+4+3=14S 。

高中二年级上学期物理《单摆》作业

作业
1．关于单摆，下列说法中正确的是（）
A．摆球运动的回复力是它重力沿切线方向上的分力
B．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
C．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是改变的
D．摆球经过平衡位置时，加速度为零
【答案】A
2．为使简谐运动单摆的周期变长，可采取以下哪种方法（）
A．振幅适当加大B．摆长适当加长
C．摆球质量增大D．将单摆从上海移到北京
【答案】B
3．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，M>m，在沙子逐渐漏完的过程中，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
【答案】B
4．某单摆在竖直平面内做小摆角振动，周期为2 s。

如果从摆球向右运动通过平衡位置时开始计时，在t=1.4 s至t=1.5 s的过程中，摆球的（）
A．速度向右在增大，加速度向右在减小
B．速度向左在增大，加速度向左在增大
C．速度向左在减小，加速度向右在增大
D．速度向右在减小，加速度向左在减小
【答案】C
5．小球（半径很小可忽略）在光滑的圆槽内作简谐振动，为了使振动周期变为原来的2倍，可采取的方法是（）
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．将圆槽半径变为原来的2倍D．将圆槽半径变为原来的4倍【答案】D。

《第二章4单摆》作业设计方案-高中物理人教版2019选择性必修第一册

《单摆》作业设计方案（第一课时）一、作业目标本次作业旨在帮助学生深入理解单摆的原理，掌握单摆的周期公式，并能正确应用该公式解决实际问题。

同时，通过作业的完成情况，期望学生能够进一步培养独立思考、分析问题和解决问题的能力。

二、作业内容1. 单摆基本原理理解：请同学们根据书本知识，画出自己的单摆模型，并解释其原理。

要求文字描述与图形解释相符。

2. 单摆周期公式应用：给定一个摆长为L，周期为T的单摆，要求同学们利用周期公式T=2π√(L/g)进行计算，其中g为当地重力加速度。

请同学们自行选择合适的单位进行计算并解释公式应用过程。

3. 实际单摆问题分析：请同学们根据实际情况，设计一个单摆模型，并利用周期公式进行计算和解释。

例如，如何测量一座山的海拔高度，需要用到单摆模型吗？请给出你的分析和解答。

4. 开放性思考：请同学们思考，如果单摆的摆长为复数形式的L，周期会发生什么变化？请写出你的猜想，并尝试用数学方式证明。

三、作业要求1. 独立完成：作业内容需由学生独立完成，不可抄袭或从网上查找答案。

2. 规范解答：要求同学们按照规定的格式和文字描述图形的形式进行解答，确保解答的规范性和完整性。

3. 思考创新：鼓励同学们在完成作业的过程中进行思考和创新，提出自己的观点和想法。

4. 提交时间：请同学们在课后（X）周内完成作业并提交，逾期不候。

四、作业评价1. 评价标准：根据学生作业的规范性、正确性、创新性和思考深度进行评分。

2. 反馈方式：将对学生作业进行集中点评，对于普遍存在的问题进行讲解。

对于特殊问题，将通过单独交流的方式进行解答。

五、作业反馈通过本次作业，同学们对单摆原理和周期公式的理解得到了进一步的加深，大部分同学能够正确应用公式进行计算并解释。

但也有部分同学在开放性思考题中提出了自己的新观点和想法，值得鼓励和表扬。

请同学们在今后的学习中，继续保持独立思考和创新的精神，不断提高自己的物理素养和能力。

同时，也请同学们在今后的作业中，积极提出自己的问题和疑惑，我们将竭诚为您解答。

(完整word版)单摆习题及答案

单摆习题及答案1 •如图所示是、乙两个单摆做简谐运动的图象，贝U下列说法中正确的是（）A•甲、乙两单摆的振幅之比为2: 1B. t=2s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能为零C•甲、乙两单摆的摆长之比为4: 1D.甲、乙两单摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等2. 在同一地点，两个单摆的摆长之比为4: 1，摆球的质量之比为1: 4,则它们的频率之比为A. 1 : 1B. 1: 2C. 1: 4D. 4: 13. 在同一地点，关于单摆的周期，下列说法正确的是（）A. 摆长不变，离地越高，周期越小B.摆长不变，摆球质量越大，周期越小C•摆长不变，振幅越大，周期越大D.单摆周期的平方与摆长成正比4. 在用单摆测定重力加速度”的实验中，有同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是（）A. 悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B•单摆所用摆球质量太大C•把（n+1）次全振动时间误当成n次全振动时间D.开始计时时，秒表过迟按下5. 如图所示，一单摆在做简谐运动.下列说法正确的是（）A. 单摆的振幅越大，振动周期越大B.摆球质量越大，振动周期越大C. 若将摆线变短，振动周期将变大D. 若将单摆拿到月球上去，振动周期将变大6. —单摆的摆长为90cm，摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动，（g取10m/s2），则在t=1s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7.在用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为1, V v则重力加速度g为（）f It M10. 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。

除了铁架台和相关配件，你认为还应选用的器材是 _______ 0 （填写器材的字母代号） A.约1m 长的细线B .约0.3m 长的铜丝C .约0.8m 长的橡皮筋D .直径约1cm 的实心木球 E.直径约1cm 的实心钢球 F .秒表 G.天平H .米尺（2）该同学在安装好实验装置后，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。

单摆练习题

单摆练习题摆动是一种我们在日常生活中经常遇到的物理现象。

有许多不同类型的摆动，其中最简单的一种是单摆。

在这个练习题中，我们将探索一些与单摆相关的概念和计算问题。

单摆是一个被固定在一个点上并可以自由摆动的质点。

一个单摆由一个质点和一个可以摆动的绳子或杆组成。

当质点被拉到一边，然后被释放时，它会沿着弧线来回摆动。

这种摆动是一个周期性的运动，它的周期取决于摆动角的大小和摆动的长度。

在这个练习题中，我们将讨论三个与单摆有关的问题，并进行计算。

问题一：一个单摆的摆长为1.5m，并以角度为30°的初始条件被释放。

求解在摆动过程中质点在最低点和最高点的速度。

解答：首先，我们需要知道在摆动过程中机械能守恒。

在最低点和最高点，质点的速度为0，因此机械能仅由重力势能和动能组成。

在最低点，质点的重力势能最小，动能最大。

设质点在最低点的速度为v_min，则有：mgh = (1/2)mv_min^2其中，m为质点的质量，g为重力加速度，h为最低点的高度。

同样，在最高点，质点的重力势能最大，动能最小（为0）。

设质点在最高点的速度为v_max，则有：mgh = (1/2)mv_max^2问题二：在问题一中，如果摆动过程中质点在最低点和最高点之间如过程中不发生能量损耗，求解质点在摆动过程中的速度和位移的大小。

解答：根据问题一的解答，质点在最低点的速度为v_min，质点在最高点的速度为v_max。

如果能量保持不变，则速度的大小将保持不变。

另外，我们可以使用以下公式来计算质点在摆动过程中的位移的大小：L = 2π√(l/g)其中，L为周期，l为摆长，g为重力加速度。

问题三：假设有两个单摆，他们的摆长分别为1.2m和2.5m，如果将它们连接在一起，求解双摆的周期。

解答：双摆是由两个单摆连接在一起形成的。

每个单摆的摆长和重力加速度都不同，因此需要使用不同的公式来计算周期。

设双摆的周期为T，则有以下公式：T = 2π√(l1/g1) + 2π√(l2/g2)其中，l1和l2分别为两个单摆的摆长，g1和g2分别为两个单摆的重力加速度。

单摆课时作业(含解析) (36)

第十一章机械振动第4节单摆课时分层训练「基础达标练」1．振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力()A．指向地面B．指向悬点C．数值为零D．垂直摆线，指向运动方向解析：选C摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，经过平衡位置时，回复力为零．由于单摆做圆周运动，在平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点，故C正确，A、B、D错误．2．一单摆的摆长为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：选D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，D正确．3．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方34l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是()解析：选A由单摆的周期公式T＝2πLg可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，故B、D错误；由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A正确，C错误．4．(多选)将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动．用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是()A．摆线碰到障碍物前后的周期之比为3∶2B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为3∶2C．摆球经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大D．摆球经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变解析：选AC由单摆的周期公式T＝2πLg可知，L∝T2，由于是频闪照片，图中相邻两小球的影像的时间间隔是相同的，所以周期之比是6∶4＝3∶2，周期平方比是9∶4，故摆长之比为9∶4，故A正确，B错误；小球在摆动过程中机械能守恒，摆线经过最低点时，小球线速度不变，由v＝ωr可知r减小，角速度变大．由向心力知识，T－mg＝m v2r可知，r减小，摆线张力T变大，故C正确，D错误．5．(2018·衡水冀州中学月考)如图所示是描绘沙摆振动图象的实验装置和木板上留下的实验结果．沙摆的运动可看做简谐运动．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 m解析：选C由题得，薄木板水平匀速运动，运动时间为t＝sv＝0.60.2s＝3 s，设沙摆的周期为T，由题图看出，2T＝t，得T＝1.5 s，频率为f＝1T ＝23Hz，选项A、B错误；由单摆的周期T＝2πlg，得l＝gT24π2≈0.56 m＝56 cm，选项C正确，D错误．6.如图所示，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，∠BAO＝30°，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)．下列说法中正确的是()A ．让小球在纸面内摆动，周期T ＝2π L gB ．让小球在垂直纸面内摆动，其周期T ＝2π3L2g C ．让小球在纸面内摆动，周期T ＝2π3L2gD ．让小球在垂直纸面内摆动，周期为T ＝2πLg 解析：选A 让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O 点为悬点，摆长为L ，周期为T ＝2πLg ，A 对，C 错；让小球在垂直纸面内摆动，摆球以OC 的延长线与AB 交点为中心摆动，摆长为L ＋L 2cos 30°＝L ＋34L ，周期为T ′＝2π (4＋3)L4g ，B 、D 错．7．(多选)如图所示，为同一地点质量相同的甲、乙两单摆的振动图象，下列说法中正确的是( )A ．甲、乙两单摆的摆长不相等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：选BCD 分析振动图象读出两单摆的周期T ＝2 s ，两单摆的周期相同，根据单摆的周期公式T ＝2πLg 可知，同一地点g 相同，甲、乙两单摆的摆长L 相等，A 选项错误；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 选项正确；两单摆质量相等，摆长相等，甲摆振幅比乙摆大，甲摆的机械能比乙摆大，C 选项正确；在t ＝0.5 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，D 选项正确．8．如图所示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平衡位置的位移的正方向，从t ＝0起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲振动到了什么位置？向什么方向运动？解析：(1)由题图可以看出，单摆甲的周期是单摆乙的周期的12，即T 甲＝12T 乙，又由重力加速度一定，由单摆的周期与摆长的关系可知，l 甲∶l 乙＝1∶4.(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t ＝2 s ，振动了14周期，甲振动了12周期，位移为0，位于平衡位置，此时甲向左运动．答案：(1)1∶4 (2)见解析「能力提升练」9．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平速度v 1、v 2(v 1>v 2)离开平衡位置，在竖直平面内做小角度摆动，它们的周期与振幅分别为T 1、T 2和A 1、A 2，则( )A ．T 1>T 2，A 1＝A 2B ．T 1<T 2，A 1＝A 2C ．T 1＝T 2，A 1>A 2D ．T 1＝T 2，A 1<A 2解析：选C 根据单摆周期公式T ＝2πLg ，相同的单摆，周期相同，即T 1＝T 2.根据机械能守恒得，速度大者摆角大，则振幅也大，所以A 1>A 2，故A 、B 、D 错误，C 正确．10．一个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，在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是( )A ．将摆球的质量m 增加为4mB ．将摆球的质量m 减少为m 4C ．将摆长L 减短为L 4D ．将摆长L 增长为4L解析：选C 根据在星球表面万有引力等于重力可知：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倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g ′＝14g ；根据单摆的周期公式T ＝2πLg 可知，要使该单摆在行星与在地球上的周期相同，必须将摆长缩短为L 4，单摆的周期与摆球的质量无关，故A 、B 、D 错误，C 正确．11．如图所示，在竖直平面内有一段光滑圆弧轨道MN ，它对应的圆心角小于5°，P 是MN 的中点，也是圆弧的最低点．在NP 间的一点Q 和P 之间搭一光滑斜面并将其固定．将两个小滑块(可视为质点)同时分别从Q 和M 点由静止开始释放，则两个小滑块第一次相遇时的位置( )A ．一定在斜面PQ 上的一点B ．一定在PM ︵上C ．一定在P 点D ．不知道斜面PQ 的长短，无法判断解析：选A P 点是最低点，P 、Q 是圆弧上两点，对应圆弧半径为R ，由“等时圆”可知，Q 到P 历时t 1＝ 2×2Rg ＝2R g ，光滑圆弧轨道MN 所对应的圆心角小于5°，小滑块由M 到N 做简谐运动，由单摆周期公式T ＝2πLg 得t MP ＝T 4＝π2R g ，所以t MP <t 1，故相遇时应在PQ 上的一点，A 项正确．12．(多选)小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，O 是它的平衡位置，B 、C 是摆球所能到达的左右最远位置．小明通过实验测得当地重力加速度为g ＝9.8 m/s 2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示．设图中单摆向右摆动为正方向，g ≈π2，则下列选项正确的是( )A ．此单摆的振动频率是0.5 HzB ．根据图乙可知开始计时摆球在C 点C ．图中P 点向正方向振动D ．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为1.0 m解析：选AD 分析乙图可知，单摆的振动周期为2.0 s ，根据周期和频率的关系可知，频率为0.5 Hz ，A 选项正确；分析乙图可知，t ＝0是摆球处于负向最大位移处，开始向正方向运动，单摆向右摆动为正方向，所以开始计时摆球在B 点，B 选项错误；根据振动图象可知，P 点向负方向振动，C 选项错误；根据单摆的周期公式T ＝2πL g 可知，摆长L ＝gT 24π2＝g ·224π2＝1.0 m ，D 选项正确．13．已知摆钟的机械结构相同，摆钟摆锤的运动可近似看成简谐运动，如果摆长为L 1的摆钟在一段时间里快了n min ，另一摆长为L 2的摆钟在同样的一段时间里慢了n min ，则准确钟的摆长L 为多少？解析：设摆钟振动周期为T .T ＝2πLg ①摆长为L 1的钟摆的周期为T 1，T 1＝2πL 1g ②摆长为L 2的钟摆的周期为T 2，T 2＝2π L 2g ③ 设相同时间为t ；相同时内摆钟的走时之比等于频率之比，故有：T ∶T 1∶T 2＝1t ∶1t ＋n ∶1t －n④ 联立①②③④得L ＝4L 1L 2L 1＋L 2＋2L 1L 2. 答案：4L 1L 2(L 1＋L 2)2 14．如图1所示，将单摆的小球M 从图中位置由静止释放，小球经过时间t 第一次运动到O 点正下方的A 点．如图2所示，一可视为质点的小球N 从光滑斜面的最高点由静止释放，小球经过时间t 运动到斜面的最底端B 点．已知单摆的摆长与斜面的长度相同，均为L .试求斜面的倾角θ的正弦值．解析：小球M 从图中位置由静止释放，做单摆运动．根据单摆的周期公式T ＝2πL g 可知，从开始运动到第一次到达最低点的时间t ＝T 4联立解得t ＝π2Lg 小球N 沿着光滑斜面做匀加速直线运动，受到重力与支持力的作用．根据牛顿第二定律可知，加速度a ＝g sin θ，小球从静止开始做匀加速直线运动．位移L ＝12at 2解得t 2＝2L a ＝2L g sin θ联立解得sin θ＝8π2.8答案：π2。

高一物理《47 用牛顿运动定律解决问题(2)》课件

(g取10 m/s2)．
【解析】人举物体时，其最大举力是确定的，由于电梯做加速
运动，物体有“超重”和“失重”两种情况，其运动可由牛顿第二定律分析．加速下降时，合外力向下，对物体而言，重力大于举力．反之，重力小于举力． (1)站在地面上的人，最大举力为 F＝m1g＝60×10 N＝600 N. 在加速下降的电梯内，人的最大举力F仍为600 N，由牛顿第二定律得m2g－F＝m2a，
a＝0时，是静止，是平衡状态 v＝0 a≠0时，不是静止，不是平衡状态
2．对共点力作用下物体平衡条件的理解 (1)合
＝0. ，其中 Fx
合
Fx合＝0 ② Fy合＝0
和 Fy
合
分别是将力进
行正交分解后，物体在 x 轴和 y 轴上所受的合力．
根据一个物体受三个力作用处于平衡状态，则三个力的任意二个力的合力大小等于第三个力大小，方向与第三个力方向相反．在如右图所示中可得出F1与F2的合力F合竖直向上，大小等于F，由三角函数关系
可得出：F合=F1· 30°=F=mPg，F2=F1· 30°.当F1达到最 sin cos
大值200 N时，mPg=100 N，F2=173 N，在此条件下，BC段绳子即
(1)判断超、失重现象关键是看加速度方向，而不是运动方向．
(2)处于超重状态时，物体可能做向上加速或向下减速运动． (3)处于失重状态时，物体可能做向下加速或向上减速运动．
下列说法正确的是(
)
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
mg A．F＝ B．F＝mgtan θ tan θ mg C．FN＝ D．FN＝mgtan θ tan θ

初中单摆教案

初中单摆教案一、教学目标1. 让学生了解单摆的定义、特点和应用，掌握单摆的周期公式。

2. 培养学生的实验操作能力，提高学生的观察、分析、解决问题的能力。

3. 培养学生的团队合作精神，增强学生的科学素养。

二、教学内容1. 单摆的定义和特点2. 单摆的周期公式3. 单摆实验的操作步骤和注意事项4. 单摆实验的应用三、教学重点与难点1. 重点：单摆的定义、特点、周期公式及实验操作。

2. 难点：单摆周期的计算和实验数据的处理。

四、教学方法1. 采用实验教学法，让学生亲自动手操作，培养学生的实验技能。

2. 采用问题驱动法，引导学生思考问题，提高学生的分析能力。

3. 采用小组讨论法，培养学生的团队合作精神。

五、教学过程1. 导入：通过讲解生活中的摆动现象，如摆钟、秋千等，引出单摆的概念。

2. 讲解：介绍单摆的定义、特点和周期公式，让学生理解单摆的运动规律。

3. 实验：分组进行单摆实验，指导学生操作，提醒注意事项。

4. 分析：引导学生观察实验数据，分析单摆的周期与摆长、重力加速度的关系。

5. 总结：讲解单摆实验的应用，如测量重力加速度、地球的自转等。

6. 练习：布置课后作业，让学生巩固所学知识。

六、教学评价1. 学生实验操作的准确性、规范性。

2. 学生对实验数据的处理和分析能力。

3. 学生对单摆知识的理解和应用能力。

4. 学生团队合作的表现。

七、教学资源1. 实验器材：单摆、铁架台、秒表、刻度尺等。

2. 教学课件：单摆实验的图片、视频、动画等。

3. 参考资料：有关单摆实验的论文、教材、网络资源等。

八、教学时间1课时（45分钟）九、课后作业1. 总结单摆实验的原理和操作步骤。

2. 分析单摆周期与摆长、重力加速度的关系。

3. 查找有关单摆应用的实例，了解单摆的实际意义。

4. 完成课后习题。

通过本节课的学习，让学生掌握单摆的基本知识，培养学生的实验能力和科学素养，激发学生对物理学科的兴趣。

单摆课时作业(含解析) (30)

第4课时单摆[对点训练]知识点一·单摆及单摆公式的应用1．(多选)单摆是为研究摆的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．摆线的长度不伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．摆角很小(θ<5°)答案ABCD解析单摆就是一根不可伸长的没有质量的线，下面悬挂一个质点的理想化模型，摆角要求小于5°，故A、B、C、D均正确。

2．天津市某中学生在本校实验室利用一单摆做小角度摆动，通过实验得到摆球振动位移x随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．该同学所用单摆摆长约为1 mB．t＝0时刻与t＝1 s时刻摆球的速度相同C．t＝0时刻摆球加速度为零，所受合力为零D．t＝0．5 s时刻摆线的拉力最大答案A解析从图象可以知道，T＝2 s，T＝2π Lg，L＝gT24π2＝1m，所以A正确；t＝0时刻与t＝1 s时刻摆球都处于平衡位置，速度大小相等，但方向相反，故B错误；t＝0时刻摆球处于平衡位置即最低点，单摆实际上在一定的弧度内做圆周运动，如图。

在最低点，合力提供向心力，所以合力和加速度都不为零，故C 错误；t ＝0．5 s 时，在最大位移处，速度为0，重力沿绳子方向的分力G 1与绳子拉力T ′平衡，T ′＝G 1，拉力比重力小，而在平衡位置速度最大，合力提供向心力即T －G ＝m v 2R ，拉力比重力大，故D 错误。

3．如图所示为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l ，沙桶的质量为m ，沙子的质量为M ，M ≫m ，沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的周期为( )A ．周期不变B ．先变大后变小C ．先变小后变大D ．逐渐变大答案 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，周期变大；当沙子流到一定程度后，沙摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期变小，故沙摆的周期先变大后变小，故B 正确。

4．两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，A 1＝A 2B ．f 1＜f 2，A 1＝A 2C ．f 1＝f 2，A 1＞A 2D ．f 1＝f 2，A 1＜A 2答案 C解析由单摆周期公式T ＝2π Lg 知，单摆振动的周期或频率只与摆长和当地重力加速度有关，因此两单摆的频率相等，即f 1＝f 2；由机械能守恒定律有12m v 2＝mgh ，解得h ＝v 22g ，即摆球经过平衡位置的速度越大，达到的高度越高，其振幅也就越大，C 正确。

科学作业单摆实验

平均值。
3 ）第二组用单摆长度为10厘米的线测在20秒时间内摆动的次数，第一次摆动的次数为17次，第二次摆动的次数,15次，第三次摆动的次数为19次，求其平均值。 4）认真作好记录，制作图表。
注意事项： 1）振幅不可太大，要保证摆角小于15 度； 2）在整个实验中，要严格把握“控制变量”的恒定性； 3）每次自变量改变后，应变量的变化要反复测量； 4）认真做好记录，至少两位同学同时记录。
过程： 1）第一组用单摆长度为50厘米的线测在20秒时间内摆动的次数测三次，第一次摆动的次数为6次，第二次摆动的次数为8次，第三次摆动的次数为7次，求其平均值。 2）第二组用单摆长度为30厘米的线测在20秒时间内摆动的次数，第一次摆动的次数为13次，第二次摆动的次数为12次，第三次摆动的次数为14次，求其
实验结果: 在20秒时间内，单摆的长度对单摆次数的影响长度/cm 50 30 10 次数/次第一次 6 13 17 第二次 8 12 15 第三次 7 14 19 平均值 7 13 17
次数 21 次平均值 14Fra bibliotek7实验结果分析：当长度为50厘米时，单摆的摆动平均次数为7次；当长度为30厘米时，单摆的摆动平均次数为13次；当长度为10厘米时，单摆的摆动平均次数为17次。由此可以看出单摆的长度越短其摆动的次数越多。实验结论：单摆长度越短，单摆摆动的次数越多，单摆的速度越快；单摆的长度越长，单摆摆动的次数越少，单摆的速度越慢。建议：做实验时，记录人员一定要如实记录，以保证实验的真实性，摆线要轻而细，不变形，以减少实验误差等。
单摆的长度是如何影响其速度的？
• 课题：在20秒内，单摆的长度是如何影响单摆速度的。 • 材料：带有秒针的手表、50厘米的线一根、30 厘米的线一根、10厘米的线一根、直尺、石子。 • 假设：单摆的长度越短，单摆的速度越快。 • 确认变量：自变量是单摆长度应变量是单摆的速度控制变量是时间（20秒）、石子重量、振幅、初始速度。

2020-2021学年鲁科版选择性必修第一册 2.3 单摆课时作业

2020-2021学年鲁科版（2019）选择性必修第一册2.3 单摆课时作业1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是( )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．关于单摆，下列说法正确的是( )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所受的合力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于平衡位置的位移大小成正比A [回复力是使摆球回到平衡位置的力，其方向总是指向平衡位置，A选项正确；摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，B选项错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，C选项错误；摆角很小时，回复力与摆球相对于平衡位置的位移大小成正比，但合力没有此关系，D选项错误．]3．(多选)如图所示，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AD [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．有一个正在摆动的秒摆(T＝2 s)，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t ＝1.6 s 时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况正确的是( )A ．正在向左做减速运动，回复力正在增大B ．正在向右做减速运动，回复力正在增大C ．正在向右做加速运动，回复力正在减小D ．正在向左做加速运动，回复力正在减小D [秒摆的周期为T ＝2 s ，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t ＝1.6 s 时，即34T <t ＝1.6 s<T ，说明摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向左做加速运动；由于摆角在变小，故F 回＝mg sin θ也在变小，A 、B 、C 错误，D 正确．]5．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 ．将单摆由山下移到山顶D [由单摆的周期公式T ＝2πl g可知，g 减小时周期会变大．] 6．将单摆和弹簧振子都放在竖直向上做匀加速运动的电梯中，则( )A ．两者的振动周期都不变B ．两者的振动周期都变小C ．单摆的振动周期变小，弹簧振子的振动周期不变D ．单摆的振动周期变小，弹簧振子的振动周期变大C [弹簧振子的振动周期只与其本身的因素有关，跟物体的运动状态无关，所以弹簧振子的周期不变；当电梯加速向上运动时，单摆的等效重力加速度变大，单摆的周期变小，所以选项C 正确．]7．将秒摆的周期由2 s 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C [单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A 、B 均错；对秒摆，T 0＝2πl 0g ＝2 s ，对周期为4 s 的单摆，T ＝2πl g＝4 s ，故l ＝4l 0.故C 对，D 错．] 8．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动( )A ．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长B ．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长C ．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长D ．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长B [把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g 变小，则周期T ＝2πl g ＞T 0，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长，B 正确．]9．摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t ＝0)，当振动至t ＝3π2l g时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的( )D [t ＝3π2l g ＝34T ，最大速度时，单摆应在平衡位置，y ＝0，v 方向为－y ，沿y 轴负方向，故D 选项正确．]10．(多选)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ABD [由图看出，两个单摆的周期相同，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，两摆的摆长也相等，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，乙摆具有最大负向位移，由a ＝－kx m可知，乙摆具有正向最大加速度，故D 正确. ] 11．(多选)如图所示，一个光滑凹槽半径为R ，弧长为L (已知R L )．现将一质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动．已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力B ．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力C ．小球做简谐运动的周期为2πL gD ．小球做简谐运动的周期为2πR gBD [小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力，选项B 正确，A 错误；小球做简谐运动时，圆弧的半径相当于摆长，则其周期为2πR g，选项C 错误，D 正确．]12．甲、乙两人观察同一单摆的振动，甲每经过3.0 s 观察一次摆球的位置，发现摆球都在其平衡位置处；乙每经过4.0 s 观察一次摆球的位置，发现摆球都在平衡位置右侧的最高处，由此可知该单摆的周期不可能的是( )A ．0.5 sB ．1.0 sC ．1.5 sD ．2.0 s C [摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3 s 和4s 都是半周期的整数倍，故时间差1 s 也是半周期的整数倍；即1＝n T 2；T ＝2n(n 为正整数) A ．T ＝0.5 s 时，n ＝4，故A 正确；B ．T ＝1.0 s 时，n ＝2，故B 正确；C ．T ＝1.5 s 时，n ＝43，故C 错误； D ．T ＝2.0 s 时，n ＝1，故D 正确；故选C.]13．两个等长的单摆，第一个放在地面上，另一个放在高空，当第一个单摆振动n 次的同时，第二个单摆振动(n －1)次．如果地球半径为R ，那么第二个单摆离地面的高度为多大？[解析] 设第二个单摆离地面的高度为h ，则距地心距离为(R ＋h )，设此处重力加速度为g ′，地表处重力加速度为g ，则：g g ′＝R ＋h 2R 2①又由T＝2πlg得：TT′＝g′g即n－1n＝g′g②由①②解得h＝Rn－1.[答案]R n－1。

单摆振动周期公式应用与拓展

单摆振动周期公式应用与拓展首先，我们来探讨一下单摆振动周期公式的基本原理。

单摆是一个能够满足简谐振动条件的物体，例如一根绳子上挂着的一个质点。

当质点被拉到一侧后，它会开始作周期性的来回摆动。

振动周期就是质点从一个极点到另一个极点所需要的时间。

根据实验结果和物理推导，可以得到单摆振动周期公式为：T=2π√(L/g)其中，T表示振动周期，L表示单摆的长度，g表示重力加速度。

从公式中可以看出，振动周期与单摆的长度和地球重力加速度有关，当长度增加或重力加速度减小时，振动周期增加，即摆动速度减慢。

单摆振动周期公式的应用非常广泛。

一个典型的应用是在建筑物的抗震设计中。

建筑物的抗震设计是非常重要的，可以保证建筑物在地震中的稳定性和安全性。

在抗震设计中，需要考虑建筑物的振动特性，以及地震力的作用。

单摆振动周期公式可以用于计算建筑物的自由振动周期，从而帮助工程师选择合适的结构参数，使得建筑物在地震中具有较好的抗震性能。

另一个应用是在钟表制作中。

钟表的摆钟是一种应用了单摆原理的装置，它的精确度和稳定性与单摆的振动周期有关。

根据单摆振动周期公式，可以通过调节摆钟的长度，使得摆钟的振动周期达到所需的精确值。

这样一来，摆钟就能够以非常准确的频率进行摆动，从而实现钟表的正常计时功能。

此外，单摆振动周期公式还可以应用到其他一些领域。

例如，在物理实验中，可以通过改变单摆的长度和重力加速度，来研究对振动周期的影响。

在工程计算中，可以根据单摆振动周期公式，计算一些动态系统的振动周期，例如桥梁的自由振动周期。

在天文学中，单摆振动周期公式可以用于计算天体的周期运动，例如行星的公转周期。

除了对单摆的普通振动，单摆振动周期公式还可以拓展到一些特殊情况下。

例如，当单摆受到阻尼力或驱动力的作用时，振动周期公式需要进行修正。

在阻尼振动中，振动周期随着阻尼系数的增加而减小。

在驱动振动中，振动周期与外力的频率相同或其整数倍相关。

在非线性振动中，单摆振动周期公式也需要进行修正。

高三物理单摆练习题

高三物理单摆练习题一、选择题1. 下图所示是一个简单的单摆，实验中测得重物的振幅为12°，当摆动的时候，发现从过最低点到最高点经过11个周期，单个周期所需时间为0.9秒。

则此单摆的周期和频率分别为：A. 2.2s和0.45HzB. 0.9s和1.11HzC. 3.3s和0.30HzD. 0.1s和10Hz2. 单摆的周期与以下哪个因素无关：A. 摆长B. 重力加速度C. 起始振幅D. 摆球的质量3. 一个单摆的摆长为1.2m，摆球的质量为0.2kg，以12°的角度将摆球从静止位置拉开并释放，单摆达到极点的速度为3m/s，求此时的动能和势能（精确到小数点后一位）：A. 0.7 J、2.8 JB. 1.0 J、2.0 JC. 2.4 J、1.2 JD. 0.6 J、3.0 J二、填空题1. 下图所示是一个物体在单摆上做简谐振动的过程，求振幅A、周期T和频率f的值。

```__/ \/ \______```振幅A = ______ (单位：m)周期T = ______ (单位：s)频率f = ______ (单位：Hz)2. 一个单摆的周期为2s，当振幅为60°时，求此时的频率f和角速度ω。

频率f = ______ (单位：Hz)角速度ω = ______ (单位：rad/s)三、计算题1. 一个长度为0.8m的单摆，质量为0.1kg，从静止位置拉开10°并释放，求振动周期T和频率f的值。

2. 单摆的摆球质量为0.2kg，重力加速度为10m/s²，当摆长为1.5m，起始振幅为20°时，求单摆的周期T和频率f。

3. 一个单摆的振幅为30°，起始速度为0m/s，求此时的势能和动能。

四、解答题1. 单摆的周期和频率分别是如何定义的？请简要描述。

2. 对于一个简单的单摆，它的周期和频率有何特点？请解释。

3. 为什么在实验中观测到单摆的周期和振幅无关？你可以根据以上提供的习题内容，按照物理练习题的常规格式，分别给出每个题目的解答和计算过程，确保排版整洁美观，语句通顺，全文表达流畅。

单摆测重力加速度教案

单摆测重力加速度教案一、教学目标1. 让学生了解单摆的原理，知道单摆的周期与重力加速度的关系。

2. 培养学生运用物理知识解决实际问题的能力。

3. 培养学生进行科学实验的能力，提高学生的实验技能。

二、教学内容1. 单摆的原理2. 单摆的周期与重力加速度的关系3. 单摆实验的操作步骤4. 实验数据的处理与分析三、教学重点与难点1. 教学重点：单摆的原理，单摆的周期与重力加速度的关系，单摆实验的操作步骤。

2. 教学难点：单摆周期的测量，实验数据的处理与分析。

四、教学方法1. 讲授法：讲解单摆的原理，单摆的周期与重力加速度的关系。

2. 实验法：进行单摆实验，让学生亲身体验单摆的原理。

3. 讨论法：引导学生讨论实验结果，分析实验数据。

五、教学准备1. 实验器材：单摆装置，计时器，尺子。

2. 教学器材：PPT，黑板，粉笔。

教案一、导入（5分钟）1. 讲解单摆的原理，引导学生了解单摆的周期与重力加速度的关系。

2. 提问：为什么地球上的物体都会受到重力的作用？二、新课（15分钟）1. 讲解单摆的周期与重力加速度的关系，出示相关公式。

2. 演示单摆实验，让学生亲身体验单摆的原理。

3. 讲解实验步骤，引导学生如何进行实验。

三、实验（15分钟）1. 学生分组进行实验，测量单摆的周期。

2. 学生记录实验数据，包括摆长、周期等。

四、数据处理与分析（10分钟）1. 学生分组讨论实验结果，分析实验数据。

2. 引导学生运用物理知识解决实际问题，如计算重力加速度。

六、课后作业（课后自主完成）1. 复习单摆的原理，单摆的周期与重力加速度的关系。

2. 完成实验报告，分析实验数据。

3. 思考：如何运用单摆原理解决实际问题？教学反思：本节课通过讲解、实验、讨论等方式，让学生了解了单摆的原理，掌握了单摆的周期与重力加速度的关系。

在实验过程中，学生动手操作，提高了实验技能。

通过数据处理与分析，学生运用物理知识解决实际问题，培养了学生的综合素质。

单摆实验

实验仪器
• 长约1米的（不可伸缩的）细线、小铁球、铁架台（连铁夹）、米尺、游标卡尺、秒表
0
2 28 57 1314 0 1 2 33 12 4 3 26 4 11 35 55 10 5 24 6 9 8 76 37 53 22 8 51 39 20 10 49 41 18 12 47 16 45 14 43 59 0 31
3分48.7秒
课堂练习
习题4：在“用单摆测定重力加速度的实验中” ①用游标卡尺测量摆球直径的情况如下图所 2.06 示，读出摆球直径_________cm 。 ②测单摆周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并计1次，测出经过该位置N次所用时间为t， 2t/（N－1）则单摆周期为______________。 ③若测量出多组周期T、摆长L数值后，画出 T2—L图象如图，则此图线的斜率的物理意义是 42 / g __________。
摆长（L）的测量
——摆长是悬点到重心的距离。
o
L0
1oo 99 98 cm
①．用米尺测出摆线长度L0=___________； 999.8mm
2
1
2.10mm 用游标卡尺测摆球直径d=___________。
0 0
1 10
2 20
3
cm
摆长（L）=摆线长度（L0）+小球半径（d/2） 999.8mm+ 1.05mm=1000.85mm
(3)把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(例如不超过10º )，然后放开小球让它摆动，用停表测量单摆完成30次全振动（或50次）所用的时间，求出完成一次全振动所需要的时间，这个平均时间就是单摆的周期. (4)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)改变摆长，重做几次实验.设计一个表格，把测得的数据和计算结果填入表格中，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，即可看作本地区的重力加速度. (6)研究单摆的周期跟摆长的关系.在重力加速度一定时，周期跟摆长的二次方根成正比.算出不同摆长下，周期跟相应的摆长的二次方根之比，看看这个比值是否相等.