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
人教版高中物理选择性必修第1册 第2章 4 单摆
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第二章 机械振动
2．单摆做简谐运动的推证 (1)在任意位置 P，则有向线段O→P为此时的位移 x，重力 G 沿圆弧切 线方向的分力 G1＝Gsin θ 提供摆球以 O 点为中心做往复运动的回复力． (2)在摆角很小时，sin θ≈θ＝xl ，G1＝Gsin θ＝mlgx，G1 方向与摆球 位移方向相反，所以回复力 F 回＝G1＝－mlgx.令 k＝mlg，则 F 回＝－kx. 因此，当摆角 θ 很小时，单摆做简谐运动．(摆角一般不超过 5°)
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第二章 机械振动
探究总结 1．回复力来源 单摆的回复力是重力沿圆弧切向的分力F＝G1＝mgsin θ提供的．
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第二章 机械振动
变式2 关于单摆振动过程中的受力，下列说法正确的是 ( ) A．重力和摆线对摆球拉力的合力总是指向悬点 B．回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力 C．回复力是重力沿切线方向的分力；重力的另一分力小于或等于 摆线拉力 D．回复力是重力沿切线方向的分力；重力的另一分力与摆线拉力 平衡 【答案】C
素，掌握单摆的周期公式
法来研究物理问题
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2021_2022学年新教材高中物理第2章机械振动章末测评含解析新人教版选择性必修第一册
章末综合测评(二) 机械振动(分值：100分)1．(3分)下列属于机械振动的是( )①乒乓球在地面上的来回上下运动②弹簧振子在竖直方向的上下运动③秋千在空中来回的运动④竖于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动A．①②B．②③C．③④D．①②③④D[机械振动是最简单，也是比较常见的机械运动，自然界中在变力作用下的往复运动都属于机械振动，故D正确。
]2．(3分)做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是( ) A．位移B．速度C．加速度D．回复力B[做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移x相同，回复力相同，加速度相同，可能不同的物理量是速度，故B正确。
]3．(3分)单摆在摆动过程中，下列说法正确的是( )A．回复力由重力和细线拉力的合力提供B．摆动到最低点时回复力为零C．动能变化的周期等于振动周期D．小球质量越大，周期越长B[重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；摆动到最低点时回复力为零，故B正确；小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复，故其动能的变化周期为单摆振动周期的一半，C错误；单摆的周期T＝2πlg，与小球的质量无关，故D错误。
]4．(3分)一根弹簧原长为l 0，挂一质量为m 的物体时伸长x 。
当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为A 时，物体振动的最大加速度为( )A ．Agl 0 B ．Ag x C ．xgl 0 D ．l 0g AB [振子的最大加速度a ＝kAm ，而mg ＝kx ，解得a ＝Agx ，B 项正确。
]5．(3分)如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A ，由静止释放。
以钢球平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x 轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图乙所示。
已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则( )甲 乙A ．t 1时刻钢球处于超重状态B ．t 2时刻钢球的速度方向向上C ．t 1～t 2时间内钢球的动能逐渐增大D ．t 1～t 2时间内钢球的机械能逐渐减小D [t 1时刻，钢球位于平衡位置上方，位移为正，所以加速度为负，有向下的加速度，处于失重状态，故A 错误；t 2时刻，钢球位于平衡位置下方，正在远离平衡位置，速度方向向下，故B 错误；t 1～t 2时间内，钢球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C 错误；t 1～t 2时间内，钢球克服弹力做功，根据能量守恒定律可知，钢球的机械能逐渐减小，故D 正确。
人教版(2019)物理选择性必修一第2章机械振动含答案
人教（新教材）选择性必修第一册第2章：机械振动1、一质点做简谐运动，其振动图像如图所示，在0.3～0.4 s时间内质点的运动情况是()A．沿x轴负方向运动，位移不断增大B．沿x轴正方向运动，速度不断减小C．动能不断增大，势能不断减小D．动能不断减小，加速度不断减小2、（双选）如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是()A．由P→Q位移在增大B．由P→Q速度在增大C．由M→N位移是先减小后增大D．由M→N位移始终减小3、（双选）把一弹簧振子的弹簧拉长一些，然后由静止释放，0.5 s后振子经过平衡位置，则此弹簧振子的周期可能是()A．1 s B．2 s C．0.55 s D．0.4 s4、做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力()A．做功一定为0B．做功一定不为0C．做功一定是12m v2D．做功可能是0到12m v2之间的某一个值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M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有()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6、在洗衣机把衣服脱水完毕后，电动机还要转动一会才能停下来，此时发现洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减小直至停下来，其间振动剧烈的原因是()A．洗衣机没放平衡B．电动机有一阵子转快了C．电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等D．这只是一种偶然现象7、如图所示是某振子做简谐运动的图像，以下说法中正确的是()A．因为振动图像可由实验直接得到，所以图像就是振子实际运动的轨迹B．振动图像反映的是振子位移随时间变化的规律，并不是振子运动的实际轨迹C．振子在B位置的位移就是曲线BC的长度D．振子运动到B点时的速度方向即为该点的切线方向（双选）某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是() 8、A．t＝0 s时，振子的速度为零，位移为零B．t＝1 s时，振子的速度为正向最大C．t＝2 s时，振子的速度为负的最大值D．t＝3 s时，振子的位移为负向最大9、如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间为1 s，则下列说法正确的是()A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是1 s，振幅是10 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm10、如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知()A．在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零B．在0.2 s时，振子具有最大势能C．在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值D．在0.4 s时，振子的动能最大11、（双选）如图所示为一单摆的振动图像，则()A．t1和t3时刻摆线的拉力等大B．t1和t3时刻摆球速度相等C．t3时刻摆球速度正在减小D．t4时刻摆线的拉力正在减小12、在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前装一个配重杆的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前装配重杆的目的主要是() A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡13、甲同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块长为3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤是：A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点(如图所示) B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C．将石块拉开一个大约α＝30°的角度，然后由静止释放D．从石块摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝t30得出周期(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是________．(2)若该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)．(3)如果该同学改正了错误，改变OM间细线的长度做了2次实验，记下每次相应的细线长度l1、l2和周期T1、T2，则由上述四个量得到重力加速度g的表达式是________．14、一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是4 cm，且向x轴负方向运动．(1)试写出用正弦函数表示的振动方程．(2)求10 s内通过的路程是多少．15、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，单摆完成30次全振动所用的时间t＝60.8 s，试问：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？（新教材）人教物理选择性第一册第2章机械振动含答案1、一质点做简谐运动，其振动图像如图所示，在0.3～0.4 s时间内质点的运动情况是()A．沿x轴负方向运动，位移不断增大B．沿x轴正方向运动，速度不断减小C．动能不断增大，势能不断减小D．动能不断减小，加速度不断减小【答案】B2、（双选）如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是()A．由P→Q位移在增大B．由P→Q速度在增大C．由M→N位移是先减小后增大D．由M→N位移始终减小【答案】AC3、（双选）把一弹簧振子的弹簧拉长一些，然后由静止释放，0.5 s后振子经过平衡位置，则此弹簧振子的周期可能是()A．1 s B．2 s C．0.55 s D．0.4 s【答案】BD4、做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力()A．做功一定为0B．做功一定不为0C．做功一定是12m v2D．做功可能是0到12m v2之间的某一个值【答案】A5、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M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有()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【答案】A6、在洗衣机把衣服脱水完毕后，电动机还要转动一会才能停下来，此时发现洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减小直至停下来，其间振动剧烈的原因是()A．洗衣机没放平衡B．电动机有一阵子转快了C．电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等D．这只是一种偶然现象【答案】C7、如图所示是某振子做简谐运动的图像，以下说法中正确的是()A．因为振动图像可由实验直接得到，所以图像就是振子实际运动的轨迹B．振动图像反映的是振子位移随时间变化的规律，并不是振子运动的实际轨迹C．振子在B位置的位移就是曲线BC的长度D．振子运动到B点时的速度方向即为该点的切线方向【答案】B（双选）某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是() 8、A．t＝0 s时，振子的速度为零，位移为零B．t＝1 s时，振子的速度为正向最大C．t＝2 s时，振子的速度为负的最大值D．t＝3 s时，振子的位移为负向最大【答案】CD9、如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间为1 s，则下列说法正确的是()A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是1 s，振幅是10 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm【答案】D10、如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知()A．在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零B．在0.2 s时，振子具有最大势能C．在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值D．在0.4 s时，振子的动能最大【答案】B11、（双选）如图所示为一单摆的振动图像，则()A．t1和t3时刻摆线的拉力等大B．t1和t3时刻摆球速度相等C．t3时刻摆球速度正在减小D．t4时刻摆线的拉力正在减小【答案】AD12、在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前装一个配重杆的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前装配重杆的目的主要是() A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡【答案】D13、甲同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块长为3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤是：A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点(如图所示) B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C．将石块拉开一个大约α＝30°的角度，然后由静止释放D．从石块摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝t30得出周期(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是________．(2)若该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)．(3)如果该同学改正了错误，改变OM间细线的长度做了2次实验，记下每次相应的细线长度l1、l2和周期T1、T2，则由上述四个量得到重力加速度g的表达式是________．答案：(1)BCD(2)偏小(3)g＝21T22－T2114、一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是4 cm，且向x轴负方向运动．(1)试写出用正弦函数表示的振动方程．(2)求10 s内通过的路程是多少．【答案】(1)x＝0.08sinπt＋56πm(2)1.6 m15、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，单摆完成30次全振动所用的时间t＝60.8 s，试问：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？【答案】(1)9.79 m/s2(2)其摆长要缩短缩短0.027 m。
新教材高中物理第二章机械振动单摆学案教科版选择性必修第一册(含答案)
新教材高中物理学案教科版选择性必修第一册：3．单摆课标要求1.知道什么是单摆、单摆做简谐运动的条件及回复力的特点．2．通过实验探究单摆周期与摆长之间的关系．3．知道单摆的周期与摆长、重力加速度的关系，会用单摆周期公式进行计算．思维导图必备知识·自主学习——突出基础性素养夯基一、单摆及其运动规律1．单摆在如图所示的装置中，若忽略悬挂小球的________的微小变化和质量，且线长比球的直径________，这样的装置就叫作单摆．[导学1]单摆模型可简化为不可伸长的轻绳下悬挂一质点．2．单摆的振动拉开摆球，使它偏离平衡位置一个小角度，然后放开，摆球将沿着以________为中心的一段圆弧做往复运动，这就是单摆的振动．[举例]以下三个装置均不能视为单摆．(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(3)中不满足绳长比球的直径大得多的条件．3．单摆的回复力(1)回复力的提供：如图所示，摆球的重力沿________方向的分力．(2)回复力的特点：在偏角较小的情况下，单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移x.成________，方向与位移x的方向________，即F＝－mgl(3)运动规律：单摆在________时的振动是简谐运动．[导学2]单摆做简谐运动时，通过平衡位置时回复力为零，但合外力并不为零，此时沿绳方向需要向心力，即绳的拉力与重力的合力沿绳向上．二、单摆的周期1．提出：周期公式是荷兰物理学家________首先提出的．2．单摆周期(T)：T与摆长l的二次方根成________，与重力加速度g的二次方根成.________．公式为T＝2π √lg[导学3]单摆在振动过程中，机械能守恒，离开平衡位置的振动过程中，动能转化为重力势能；向着平衡位置振动的过程，重力势能转化为动能．3．实验探究：单摆的周期和摆长的关系.(1)测量单摆的周期：用停表记下摆球通过平衡位置n次所用的时间t，则周期T＝2tn.(2)摆长l等于摆线长与摆球半径的和，即l＝l′＋d2(3)作出Tl或T2l图像，探究单摆周期T与摆长l的关系．[导学4](1)单摆的周期与振幅、摆球的质量无关．(2)摆钟的计时原理就是利用了单摆的周期公式．关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究点一单摆的回复力及运动规律导学探究(1)如图所示，小球和细线构成一个做简谐运动的单摆，运动过程中小球受到几个力的作用？什么力提供了小球振动的回复力？(2)单摆的回复力是否就是单摆所受的合外力？归纳总结1.单摆的回复力如图所示，重力G沿圆弧切线方向的分力G1＝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＝G1＝mg sin θ.2．单摆做简谐运动的推证，在θ很小时(理论值为＜5°)，sin θ≈tan θ≈xlx，G1＝G sin θ＝mgl因G1方向与摆球位移方向相反，所以回复力F＝－mgl x＝－kx(k＝mgl)．因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动．典例示范例1关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是( )A．摆球经过平衡位置时所受合力为零B．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C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力素养训练1 关于单摆的振动，以下说法正确的是( )A．摆球摆到最高点时，所受合外力为零B．摆球摆到最高点时，所受合外力指向悬点C．摆球摆到最低点时，所受合外力指向悬点D．摆球摆到最低点时，所受合外力为零素养训练 2 (多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是( )A.t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大探究点二对单摆周期公式的理解和应用导学探究单摆的周期公式为T＝2π√lg.(1)单摆的摆长l等于悬线的长度吗？(2)将一个单摆移送到不同的星球表面时，周期会发生变化吗？归纳总结1.摆长l的确定实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度，即l＝l0＋d2，l0为摆线长，d为摆球直径．2．重力加速度g的变化(1)公式中的g由单摆所在地空间位置决定由G MR2＝g知，g随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g′代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2.(2)g还由单摆系统的运动状态决定如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值g′＝g＋a.(3)g还由单摆所处的物理环境决定如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中，回复力应是重力和电场力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也有g′的问题．典例示范例2 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30次全振动用的时间t＝60.8 s，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s)，摆长应怎样改变？改变多少？归纳总结涉及单摆周期问题的三点注意(1)单摆的周期公式T＝2π√l中共涉及三个物理量——周期T、摆长l和当地重力加速g度g，只要已知两个量，就可以求出第三个量．(2)改变单摆振动周期的途径①改变单摆的摆长；②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重)．(3)明确小角度情况下，单摆振动周期与单摆的质量和振幅无关．素养训练3 在同一座实验室中有a、b两个单摆，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＝0.9 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素养训练 4 一个单摆和一个弹簧振子，在上海调节使得它们的振动周期相等(设为T)．现在把它们一起拿到北京，若不再做任何调节，设这时单摆的振动周期为T1，弹簧振子的振动周期为T2，则它们的周期大小的关系为( )A．T1<T2＝T B．T1＝T2<T C．T1>T2＝T D．T1<T2<T随堂演练·自主检测——突出创新性素养达标1．关于单摆，下列说法正确的是( )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2．(多选)发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大( )A．增大摆球质量B．增大摆长C．减小单摆振幅D．将单摆由山下移至非常高的山顶3．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4．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°，由静止同时开始释放，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．无法判断5．在同一地点，两个单摆在相同的时间内，甲摆动45次，乙摆动60次，则( ) A．甲、乙两摆的周期之比为3∶4B．甲、乙两摆的频率之比为9∶16C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶3D．甲、乙两摆的摆长之比为16∶93．单摆必备知识·自主学习一、1．细线长度大得多2．平衡位置3．(1)圆弧切线(2)正比相反(3)偏角很小二、1．惠更斯2．正比反比关键能力·合作探究探究点一【导学探究】提示：(1)小球受两个力的作用：重力和细线的拉力．重力沿圆弧切线方向的分力G1＝mg sin θ提供了使摆球振动的回复力，如图所示．(2)回复力不是合外力．单摆的运动可看作是变速圆周运动，重力沿圆弧切线方向的分力是使摆球沿圆弧振动的回复力，重力沿摆线方向的分力与摆线的拉力共同提供向心力．【典例示范】例 1 解析：摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点，A错误；摆球所需的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，B错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，C正确，D错误．答案：C素养训练1 解析：摆球摆到最高点时，沿摆线方向的合力为零，沿切线方向的合力不为零，即所受合外力方向沿切线方向，A、B错误；摆球摆到最低点时，沿切线方向的合力为零，沿摆线方向的合力不为零，即所受合外力指向悬点，C正确，D错误．答案：C素养训练2 解析：由题图读出t1时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，A错误；t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，B错误；t3时刻位移最大，说明摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，C正确；t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，D正确．答案：CD探究点二【导学探究】提示：(1)不等于．单摆的摆长l等于悬线的长度与摆球的半径之和．(2)可能会．单摆的周期与所在地的重力加速度g有关，不同星球表面的重力加速度可能不同．【典例示范】例2 解析：(1)当单摆做简谐运动时，由周期公式T ＝2π √lg ，可得g ＝4π2l T 2，只要求出T 值代入即可．因为T ＝t n＝60.830s≈2.027 s，所以g ＝4π2l T 2＝4×3.142×1.022.0272m/s 2≈9.79 m/s 2.(2)秒摆的周期是2 s ，设其摆长为l 0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有T T 0＝√l√l ，故有l 0＝T 02l T2＝22×1.022.0272 m≈0.993 m.其摆长要缩短Δl ＝l －l 0＝1.02 m －0.993 m ＝0.027 m.答案：(1)9.79 m/s 2(2)缩短 0.027 m 素养训练3 解析：设两个单摆的周期分别为T a 和T b ，由题意10T a ＝6T b ，得T a ∶T b ＝3∶5.根据单摆周期公式T ＝2π √l g ，可知l ＝g4π2T 2，由此得出l a ∶l b ＝T ∶a 2T b 2＝9∶25，则l a ＝925−9×1.6 m＝0.9 m ，l b ＝2525−9×1.6 m＝2.5 m ，B 正确．答案：B素养训练4 解析：弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数和振子质量有关，拿到北京后周期不变；北京的重力加速度比上海的大，由单摆周期公式T ＝2π√lg 知，单摆拿到北京后周期变小，A 正确．答案：A 随堂演练·自主检测1．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成质点时才能看成单摆，A 错误，B 正确；单摆的运动只有在摆角很小时才能看成简谐运动，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．解析：由单摆周期公式T ＝2π √lg 知，T 与单摆的摆球质量、振幅无关；增大摆长，l 变大，T 变大；单摆由山下移到山顶，g 变小，T 变大，B 、D 正确．答案：BD3．解析：单摆的周期为2 s ，摆球向右通过平衡位置时开始计时，当t ＝1.4 s 时，摆球已通过平衡位置，正在向左方最大位移处做减速运动，由于位移在变大，根据a ＝－kxm ，可知，加速度也在变大，方向向右，C 正确．答案：C4．解析：两个单摆的摆长相等，由T ＝2π√lg 知，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，C 正确．答案：C5．解析：设摆动时间为t ，则T 甲＝t 45，T 乙＝t60，可得T 甲T 乙＝6045＝43，f 甲f 乙＝34，故选项A 、B错误；又由T＝2π √lg ，可得l甲l乙＝T甲2T乙2＝169，C错误，D正确．答案：D。
广西专版新教材高中物理第2章机械振动4单摆课件新人教版选择性必修第一册
(2)摆球以平衡位置为中心做往复运动,因此在运动过程中
只要不在平衡位置,轨迹的切线方向都有回复力。
3.摆球的受力。
(1)任意位置。
如图所示,G2=Gcos θ,F-G2的作用就是提供摆球绕O'做变速
圆周运动的向心力;G1=Gsin θ的作用是提供摆球以O为中心
做往复运动的回复力。
,选项
A
正确,C
错误;当小球在垂直纸面方向
做小角度摆动时,圆心在墙壁上且在 O 点正上方 O'点,如图所
示,摆长为 l+lcos 30°sin 30°= +
=2π
+
,选项 B、D 错误。
l,故周期为 T=2π
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 随 堂 训 练
1.将单摆的周期变为原来的4倍,下面哪些措施是正确的(
5.如图所示,光滑圆弧轨道的半径为2 m,C点为圆心正下方的
点,A、B两点与C点的距离分别为6 cm与2 cm,a、b两直径相
同的小球分别从A、B两点由静止同时释放,则两小球相碰的
位置是(
)
A.C点
B.C点右侧
C.C点左侧
D.不能确定
答案:A
解析:根据题目的信息知两球运动都可以看作简谐运动,根据
答案:C
解析:简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点的,摆球在
正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移为零,选项A错
误。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,选项B错误,C正确。合外力
在摆线方向的分力提供向心力,摆球经过平衡位置时回复力
江苏专用_新教材高中物理第二章机械振动4单摆学案新人教版选择性必修第一册
单摆1．知道什么是单摆。
2．掌握单摆振动的特点，知道单摆回复力的来源，理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
3．知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。
知识点一 单摆的回复力 [情境导学]如图甲所示为家庭用的摆钟，其摆锤的振动可以简化为如图乙所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个夹角，然后由静止释放，请思考：(1)小球在振动过程中受到哪些力的作用？ (2)小球振动的回复力由什么力提供？ 提示：(1)小球受重力和细线的拉力作用。
(2)回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供。
[知识梳理] 1．单摆(1)组成：由长度不变的细线和小球组成。
(2)模型条件：①细线的质量和小球相比可以忽略。
②小球的直径与线的长度相比可以忽略，可以看成质点。
2．单摆的回复力(1)来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
(2)特点：在偏角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F ＝－mglx 。
(3)结论：单摆在偏角很小时，回复力满足F ＝－kx ，可以看成做简谐运动。
[初试小题]1．判断正误。
(1)制作单摆的细线弹性越大越好。
(×)(2)制作单摆的摆球越大越好。
(×)(3)单摆做简谐运动时的回复力是小球所受的合力。
(×)(4)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。
(×)2．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论错误的是( )A．摆球受重力、摆线的张力作用B．摆球的回复力最大时，向心力为零C．摆球的回复力为零时，向心力最大D．摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大解析：选D 单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A正确；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，则摆线拉力小于重力，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D错误，B、C正确。
教科版高中物理选择性必修第一册第二章机械振动4实验_用单摆测量重力加速度练习含答案
第二章机械振动4实验:用单摆测量重力加速度基础过关练题组实验原理与操作1.(2023四川甘孜期末)在“用单摆测量重力加速度”实验中,实验装置如图甲所示。
(1)该实验中用于测时间的仪器是。
(填正确答案的标号)A.打点计时器B.停表C.钟表(2)用游标卡尺测量小球直径,读数如图乙所示,则小球直径d=cm。
(3)为更好地完成实验,正确的做法是。
A.选择质量大些且体积小些的摆球B.测量出悬线的长度作为摆长C.为了使摆的周期增大,要增大摆球的摆角D.在摆球从最高点下摆时开始计时2.(经典题)(2023湖北武汉洪山高中开学考试)实验课中,同学们用单摆测量当地的重力加速度,实验装置如图1所示。
(1)实验时有两组同学分别用了图2、图3的两种不同方式悬挂小钢球,你认为(选填“图2”或“图3”)悬挂方式较好。
(2)实验中,某同学测量5组不同摆长与单摆的振动周期的对应情况,并根据记录的结果在如图4所示的坐标系中描点连线。
由图像可知重力加速度g=m/s2。
(结果保留2位有效数字)3.(2022四川南充南部二中阶段练习,节选)在“用单摆测量重力加速度”实验中:(1)除长约1 m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外,下列器材中,还需要;(填标号)A.停表B.米尺C.天平D.弹簧测力计(2)用游标卡尺测小球的直径,读数如图所示,则小球的直径是cm;(3)下列做法正确的是。
(填标号)A.从摆球达到最高位置时开始计时B.记录摆球完成一次全振动的时间C.要让摆球在竖直面内摆动的角度在5°左右D.选用的细线应细、质量小,且不易伸长能力提升练题组一数据处理与误差分析1.(2023四川成都树德怀远中学期中)某同学利用单摆测定重力加速度,实验装置如图甲所示。
(1)在测量单摆的周期时,他用停表记下了单摆做50次全振动的时间,如图乙所示,停表的读数为 s。
(2)该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T,画出L-T2图线,然后在图线上选取A、B两点,坐标如图丙所示。
新教材高中物理第二章机械振动第4节单摆课件新人教版选择性必修第一册
活动 4：当摆角 θ 很小时，sinθ≈θ，试分析这时单摆的运动是简谐运动 吗？
提示：一般情况，回复力 F 与小球从 O 点到 P 点的位移 x 并不成正比 也不反向。但是，当摆角 θ 很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线，可认为
︵ F 指向平衡位置 O，与位移 x 反向。圆弧OP的长度可认为与摆球的位移 x 大
2．单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧 □04 切线
方向的分力 F＝
mgsinθ。 (2)回复力的特点：当摆角 θ 很小时，可认为回复力 F 指向 □05 平衡位置 ，
与位移 x 反向。若单摆摆长为 l、摆球质量为 m，则回复力 F＝ □06 －mlgx ＝ －kx，因此单摆在摆角很小的情况下做 □07 简谐 运动。
[规范解答] 单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重 力 G 和摆线的拉力 FT 两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向 的分力 mgsinα，而不是重力和摆线拉力的合力，A 正确，B 错误；摆球在 平衡位置时有向心加速度，加速度不为零，C 错误；通常情况下单摆的振动 不是简谐运动，只有在偏角很小的情况下才可近似看作简谐运动，单摆做简 谐运动的条件下，周期与振幅无关，D 正确。
[完美答案] AD
(1)摆球通过平衡位置时，做何种运动？加速度是零吗？ 提示：摆球做圆周运动。加速度不为零。
(2)“振幅很小”的含义是什么？ 提示：“振幅很小”时，摆球的运动可看成简谐运动，此时，周期与振 幅无关。
规律点拨 回复力、向心力、合外力的区别与联系
(1)区别 ①回复力：使物体回到平衡位置且指向平衡位置的力；对单摆来说，重 力沿圆弧切线方向的分力 F＝mgsinθ 提供回复力。 ②向心力：使物体做曲线运动且指向圆心的力；对单摆来ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ，摆线的拉 力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。 ③合外力：物体所受的合力，它使物体的运动状态发生变化。
新教材高中物理第二章机械振动实验：用单摆测量重力加速度学案教科版选择性必修第一册(含答案)
新教材高中物理学案教科版选择性必修第一册：4．实验：用单摆测量重力加速度课标要求1.进一步理解单摆做简谐运动的条件和单摆周期公式中各量的意义．2．学会利用单摆的周期公式测量重力加速度．思维导图必备知识·自主学习——突出基础性素养夯基一、实验目的用单摆测量重力加速度g.[导学1]器材的选用：细线选用形变量较小的尼龙线，小球选用钢球．二、实验思路当摆角较小时，单摆做简谐运动．由单摆的周期公式T＝2π √lg ，可得g＝4π2lT2.只要测出单摆的摆长l和周期T，就能算出当地的重力加速度g.三、实验装置1．器材：细线、带孔小球、铁架台、停表、游标卡尺、刻度尺．2．装置：如图所示．[导学2]计时起始的时刻选在摆球通过平衡位置时测量误差较小．四、实验步骤1．让一根不易伸长的细线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大的线结．线的另一端固定在铁架台上，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．2．用1 m 长的刻度尺量出悬线长度l ′，用游标卡尺量出摆球的直径d ，摆长l ＝l ′＋d2.3．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(5°左右)后释放．从摆球某次通过平衡位置时启动停表开始计时，数出摆球通过平衡位置的次数n (摆球第一次过平衡位置记为零)．用停表记下使用的时间t ，则单摆振动的周期T ＝2tn . 4．改变摆长，多做几次实验． [导学3]用图像法处理数据时，利用T 2l 图像斜率的意义为斜率k ＝4π2g，便于求重力加速度．五、数据处理1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的l 和T ，代入公式g ＝4π2l T 2中求出g 值，最后求出g 的平均值．设计如下所示实验表格2.图像法：由T ＝2π √lg 得T 2＝4π2gl .作出T 2l 图像，即以T 2为纵轴，以l 为横轴，其斜率k ＝4π2g，由图像的斜率即可求出重力加速度g .3．作T 2l 图像的优点：用图像法处理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响．由于Tl 的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用T 2l 的图像，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．六、误差分析1．本实验系统误差主要来源于单摆模型本身，即：悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等．只要注意了上面这些方面，就可以使系统误差减小到远小于偶然误差，达到忽略不计的程度．2.本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量．因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，即4、3、2、1、0、1、2……在数至“0”时按下秒表开始计时，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值．3．本实验中长度(摆线长、摆球的直径)的测量，读数读到毫米位即可(使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米位)，时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在“秒”的十分位即可，秒表读数不需要估读．七、注意事项1．摆线应选择细、轻且不易伸长的线(长度为1 m左右)；小球应选用密度较大、直径较小(最好不超过2 cm)的金属球．2．单摆悬线的上端应当固定牢固，不可随意卷在铁架台的横杆上，以免摆动时摆长改变；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．3．测量时应以摆球通过最低位置时开始计时、计数，以后摆球每通过最低位置时计数一次．关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究点一实验原理与操作典例示范，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图所示，例1根据单摆周期公式T＝2π √lg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的直径，示数如图所示，读数为________ mm.(2)以下是实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，以方便测量，开始时拉开摆球，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不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期Te ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt ，则单摆周期T ＝Δt50素养训练1 某同学利用单摆测定重力加速度．(1)(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是( ) A ．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B ．组装单摆须选用轻质且不易伸长的细线 C ．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D ．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m 的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm 、精度为1 mm 的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T 1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T 2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离Δl .用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g ＝________．探究点二 实验数据处理与分析典例示范例2在“用单摆测量重力加速度”的实验中，两位同学测出了单摆不同摆长(l )对应的周期(T )，在进行实验数据处理时：(1)甲同学以摆长(l )为横坐标、周期(T )的平方为纵坐标作出了T 2l 图像，若他测得的图像的斜率为k ，则测得的重力加速度g ＝________．若测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．(2)乙同学根据公式T ＝2π √lg 得g ＝4π2l T 2计算重力加速度，若测摆长时，他也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．(3)若他们测量请你以摆长(l )为横坐标、周期()的平方为纵坐标，在虚线框中作出T 2l 图像，并利用此图像求出的重力加速度为________ m/s 2.素养训练2 某同学在实验室利用单摆测量当地的重力加速度．(1)在摆球自然悬垂的状态下，用毫米刻度尺量取从悬点到摆球最顶端的长度l；用游标卡尺测量摆球的直径，如图甲，则d＝________ mm.(2)如图乙，该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2L图线，由图线可精确求出重力加速度g＝________ m/s2(已知π2≈9.87，结果保留3位有效数字)．(3)另一同学由单摆周期公式直接求得的g值偏小，则可能是________．A．测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径B．把N次全振动误计为(N＋1)次全振动C．摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长随堂演练·自主检测——突出创新性素养达标1．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，摆线应选用( )A．长约10 cm的细线 B．长约1 m的细线C．长约1 m的粗绳 D．80 cm长的橡皮绳2．(多选)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，为减小误差( )A．应选质量小的球做摆球B．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时C．用停表测出30～50次全振动的时间，计算出平均周期D．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量3．(1)在做“用单摆测量重力加速度”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，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________ m．若测定了40次全振动的时间为75.2 s，计算可得单摆周期是________ s.(2)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(如图乙所示)，即图中用“·”表示的点．① 单摆做简谐运动应满足的条件是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.②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.(结果保留两位有效数字)4．实验：用单摆测量重力加速度关键能力·合作探究探究点一 【典例示范】例 1 解析：(1)该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小为18 mm ＋6×0.1 mm＝18.6 mm.(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断正确的为abe. 答案：(1)18.6 (2)abe素养训练1 解析：(1)在利用单摆测定重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、直径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B 、C.(2)设第一次摆长为l ，第二次摆长为l －Δl ，则T 1＝2π √l g ，T 2＝2π √l−Δl g，联立解得g ＝4π2ΔlT 12−T 22.答案：(1)BC (2)4π2ΔlT 12−T 22探究点二 【典例示范】例2 解析：(1)根据测量数据，作出T 2l 图像，其斜率为k ＝T 2l，而g ＝4π2l T 2，故有g＝4π2k.图像函数式为T 2＝4π2gl ，如果忘记d ，则函数式写为T 2＝4π2g·(l －d2)，显然图像的斜率不变，所以加速度的测量值不变．(2)根据公式T ＝2π √lg 得g ＝4π2l T 2，如果忘记d ，将摆线的长误认为摆长，即摆长l 的测量值偏小，显然重力加速度测量值偏小．(3)建立如图所示坐标系，并标出适当的刻度，依据数学描点法画出T 2l 图像如图所示，则图像的斜率k ＝4.0 s 2/m ，则重力加速度为g ＝4π2k≈9.86 m/s 2.答案：(1)4π2k准确 (2)偏小 (3)图见解析 9.86素养训练2 解析：(1)摆球的直径d ＝18 mm ＋8×0.1 mm＝18.8 mm. (2)根据T ＝2π √Lg ，解得T 2＝4π2gL ，根据图像的斜率k ＝3.64−1.620.50＝4.04＝4π2g，解得重力加速度g ＝9.77 m/s 2.(3)根据T ＝2π √Lg ，解得g ＝4π2L T 2，测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，摆长变短，则g 值偏小；根据T ＝tN 把N 次全振动误计为(N ＋1)次全振动，则测得的周期变小，则g 值偏大；摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长，则g 值偏小，A 、C 正确．答案：18.8 9.77 AC 随堂演练·自主检测1．解析：做单摆的细线的要求是细且长，轻且无伸缩性，故B 正确． 答案：B2．解析：摆球应选择质量大、体积小的小球，A 错误；开始计时的起点应从平衡位置开始，此位置速度大，位置确定，误差小，B 正确；计算周期时，应用多个周期的累加时间测时间时误差小，C 正确；测摆长时应使摆线自然下垂，不能拉紧，拉紧摆线后测得摆长变长，误差大，D 错误．答案：BC3．解析：(1)由T ＝2π √lg可知g ＝4π2l T 2.由题图甲可知，摆长l ＝(88.50－1.00) cm ＝87.50 cm ＝0.875 0 m ，单摆周期T ＝t40＝1.88 s.(2)①单摆做简谐运动应满足的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°. ②T 2和l 的关系图线如图所示，直线斜率k ＝ΔT 2Δl ≈4.0 s 2/m ，由g ＝4π2Δl ΔT 2＝4π2k，可得g ≈9.9 m/s 2.答案：(1)4π2l T 20.875 0 1.88 (2)①摆线偏离平衡位置的夹角小于5° ②图见解析9.9。
新教材人教版高中物理选择性必修第一册第二章机械振动 学案(知识点考点汇总及配套习题)
第二章 机械振动2.1简谐运动 ................................................................................................................... - 1 -2.2简谐运动的描述........................................................................................................ - 8 -2.3简谐运动的回复力和能量 ...................................................................................... - 15 -2.4单摆 ......................................................................................................................... - 21 -2.5实验：用单摆测量重力加速度 .............................................................................. - 29 -2.6受迫振动 共振...................................................................................................... - 35 -2.1简谐运动【学习目标】1．知道什是机械振动，什么是弹簧振子。
2．知道什么样的振动是简谐运动。
3．理解简谐运动的位移—时间图像是一条正弦曲线。
4．经历对简谐运动特征的探究过程，加深领悟用图像描述运动的方法。
新教材高中物理第二章实验：用单摆测量重力加速度课时作业新人教版选择性必修第一册(含答案)
新教材高中物理新人教版选择性必修第一册：第二章机械振动5实验：用单摆测量重力加速度【基础巩固】1.在用单摆测量重力加速度的实验中,下列说法正确的是()A.制作单摆时,选用质量较小的塑料小球B.计算摆长时,将摆线长与小球直径相加C.小球摆角应较小,以近似满足简谐运动条件D.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆角较大解析:制作单摆时,选用质量较大的金属小球,选项A错误.计算摆长时,将摆线长与小球半径相加,选项B错误.要保证单摆做简谐运动,摆角要小于5°,并且摆球应在同一竖直面内摆动,选项C正确.单摆的周期与摆角大小无关,且此实验摆角不宜过大,选项D错误.答案:C2.在测量单摆摆长时,下列操作正确的是()A.装好单摆,抓住摆球,用力拉紧,测出摆线悬点到摆球球心之间的距离B.让单摆自由下垂,测出摆线长度加上摆球直径的总长度C.取下摆线,测出摆线长度后再加上摆球半径D.测出小球直径,把单摆固定后,让小球自然下垂,用刻度尺量出摆线的长度,再加上小球的半径解析:测量单摆摆长时,先测出摆球的直径,然后固定单摆,让小球自然下垂,测出摆线的长度,摆长等于摆线的长度加上小球的半径,选项D正确,选项A、B、C错误.答案:D3.在用单摆测量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变化的图像如图所示,已知单摆的摆长为l,则重力加速度g为()A.4π2lt02 B.π2lt02C.4π2l9t02D. π2l4t02解析:小球在竖直平面内做单摆运动,在最低点时,绳子的拉力和重力的合力提供向心力,此时拉力最大,半个周期后再次最大.根据图像可知,从最低点时开始计时,第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期,单摆的周期为T=4t0,根据周期公式T=2π√lg ,得g=π2l4t02,选项D正确.答案:D4.航天员分别在地球和月球上探究了单摆周期T 与摆长l 的关系.多次改变摆长,绘制了T 2-l 图像,如图所示.在月球上的实验结果对应的图线是.(选填“A ”或“B ”).若在月球上得到的图线斜率为k ,则月球表面的重力加速度g 月= .解析:由单摆周期公式T=2π√lg 可知T 2=4π2gl ,T 2-l 图线的斜率k=4π2g,则重力加速度g=4π2k,图线斜率越大,重力加速度越小.月球上的重力加速度小于地球上的重力加速度,由图像可知,图线A 对应月球上的实验结果. 答案:A4π2k5.某同学在做用单摆测量重力加速度的实验中先测得摆线长为97.44 cm,球直径由图甲所示的游标卡尺测得.然后用停表记录了单摆50次全振动所用的时间如图乙所示.则小球直径为 cm,该单摆摆长为 cm,停表所示读数为 s .甲乙解析:主尺读数为2.1 c m ,游标尺对齐格数为第5格,读数为5×120m m =0.25 mm =0.025 cm,所以小球直径为2.1 cm +0.025 cm =2.125 cm;摆长l=摆线长+小球半径=97.44 cm +1.062 5 cm =98.50 cm;停表读数为99.8 s . 答案:2.125 98.50 99.8【拓展提高】6.某同学在做“用单摆测量重力加速度的大小”实验时,用游标卡尺测量小球直径,读数如图甲所示.某次测得摆线长为99.51 cm .甲乙(1)游标卡尺的读数为mm;该次测量单摆的摆长l为cm.(2)该同学根据多次测量数据作出l-T2图线(如图乙所示),根据图线求出重力加速度g= m/s2(保留3位有效数字).(3)实验时某同学测得的g值偏大,其可能的原因是.A.摆球的质量太大B.测摆长时,仅测了线长,未加小球半径C.测周期时,把n次全振动误记为(n+1)次D.摆球上端未固定牢固,振动中出现松动(摆长变长)解析:(1)该游标卡尺的精度为0.1 mm,读数为d=9 mm+8×0.1 mm=9.8 mm,单摆的摆长为悬点到球心的距离,可得l=l0+d2=99.51 cm+12×9.8 mm=100.00 cm.(2)根据单摆的周期公式T=2π√lg可得l=g4π2T2,故l-T2图像的斜率为k=g4π2=1 4 ,解得重力加速度为g=π2≈9.86 m/s2.(3)根据T=2π√lg可知,重力加速度偏大,可能是周期偏小或者摆长偏大,与质量无关,故选项A错误;测摆长时,仅测了线长,未加小球半径,摆长测量值偏小,重力加速度偏小,故选项B错误;把n次全振动误记为(n+1)次,导致周期测量值偏小,重力加速度偏大,故选项C正确;摆球上端未固定牢固,振动中出现松动,摆长变长,摆长测量值偏小,重力加速度偏小,故选项D错误.答案:(1)9.8100.00(2)9.86(3)C7.某同学用单摆测量重力加速度.(1)在实验过程中,他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺测量从悬点到摆球最上端的长度为l0=0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径d为m(结果如图甲所示),则单摆摆长l为m;他还用停表记录单摆做多次全振动所用的时间如图乙所示,则停表读数为s.甲乙(2)该同学在做实验的同时,还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像,如图丙所示.关于a、b 两个摆球的振动图像,下列说法正确的是.丙A.a、b两个单摆的摆长相等B.b摆的振幅比a摆小C.a摆的机械能比b摆的大D.t=1 s时,回复力对应的加速度较大的是a摆(3)在数据处理过程中,作出的T2-l图像如图丁所示,图像不过坐标原点的原因可能是.丁A.将摆线长l0记为摆长lB.摆球的振幅过小C.将l0+d记为摆长lD.摆球质量过大解析:(1)游标卡尺的主尺读数为19m m,游标尺读数为0,则摆球直径为19.0 mm=0.019 0 m,单摆的摆长l=0.999 0 m+0.01902m=1.008 5 m;停表的小盘读数为30 s,大盘读数为1.1 s,则停表读数为31.1 s.(2)由图像可知,a摆的周期小于b摆的,根据T=2π√lg知,a摆的摆长小于b摆的,选项A错误.由图像可知,b摆的振幅大于a摆的,选项B错误.由于两摆摆球的质量未知,无法比较机械能,选项C错误.t=1 s 时,b摆在平衡位置,a摆不在平衡位置,由F=-kx,则由回复力对应的加速度较大的是a摆,选项D正确.(3)根据T=2π√lg 知,T2=4π2lg,图线不过原点,周期与振幅和摆球质量无关,当l=0时,T不等于0,可知记录摆长时偏小,即将摆线长l0记为摆长l,选项A正确.答案:(1)0.019 01.008 531.1(2)D(3)A。
新教材适用高中物理第二章机械振动测评新人教版选择性必修第一册
其次章测评(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24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.单摆通过平衡位置时,小球受到的回复力()A.指向地面B.指向悬点C.数值为零D.垂直于摆线答案:C解析:做简谐运动的小球,只有在离开平衡位置时才受到回复力,平衡位置的意义就是回复力为零的位置,C正确。
2.要增加单摆在单位时间内的摇摆次数,可实行的方法是()A.增大摆球的质量B.减小摆长C.减小摇摆的角度D.上升气温答案:B解析:由单摆的周期公式T=2π可知,周期只与l、g有关,而与质量、摇摆的幅度无关,当l增大时,周期增大;g增大时,周期减小;l减小时,周期减小,频率增大,故选B。
3.在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过了艰苦的探究,利用在飞机机翼前缘处装一个配重杆的方法,解决了这一问题。
在飞机机翼前装配重杆的主要目的是()A.加大飞机的惯性B.使机体更加平衡C.使机翼更加坚固D.变更机翼的固有频率答案:D解析:当驱动力的频率与物体的固有频率相等时,物体的振幅最大,因此为了减弱机翼的振动,必需变更机翼的固有频率,选D。
4.如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在M、N两点之间做简谐运动。
振子的位移x随时间t 的变更图像如图乙所示。
下列推断正确的是()A.振子做简谐运动的表达式为x=12sin 1.25πt (cm)B.t=0.8 s时,振子的速度方向沿x轴正方向C.t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的加速度相同D.t=0.4 s时,振子在M点位置,t=1.2 s时,振子在N点位置答案:A解析:由题图乙可知ω==1.25πrad/s,振幅为A=12cm,振子做简谐运动的表达式为x=12sin1.25πt(cm),A正确。
t=0.8s时图像切线的斜率为负,说明振子的速度方向沿x轴负方向,B错误。
2021_2022学年新教材高中物理第二章机械振动4单摆课时评价含解析新人教版选择性必修第一册
单摆(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)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】选B。
单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计线的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，选项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，选项C错误；两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，选项D错误。
【加固训练】如图所示是在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。
以下关于这两个单摆的判断中正确的是( )A．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不相等【解析】选B。
从题图可知，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对，D错；由振幅相等而摆长不等知C错；单摆的周期与质量无关，故A错。
2．单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是( ) A ．摆球受到的合力处处为零 B ．摆球受到的合力处处不为零 C ．通过平衡位置时合力为零 D ．通过平衡位置时回复力不为零【解析】选B 。
单摆做简谐运动的过程中，摆球受到的合力处处不为零，故A 错误，B 正确；摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零，故C 错误；摆球经过平衡位置时所受的回复力为零，故D 错误。
3．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其切向加速度变化情况的描述正确的是( ) A ．正在向左做减速运动，加速度正在增大 B ．正在向右做减速运动，加速度正在增大 C ．正在向右做加速运动，加速度正在减小 D ．正在向左做加速运动，加速度正在减小【解析】选D 。
2020_2021年新教材高中物理第二章机械振动4单摆课堂检测含解析新人教版选择性必修第一册
单摆1．(2020·山西省忻州市第一中学高二下学期期中)在上海走时准确的摆钟，随考察队带到北极黄河站，则这个摆钟( D )A ．变慢了，重新校准应减小摆长B ．变慢了，重新校准应增大摆长C ．变快了，重新校准应减小摆长D ．变快了，重新校准应增大摆长解析：摆钟从上海到北极，纬度升高，重力加速度g 变大，由单摆的周期公式T ＝2πLg可知，摆钟的周期变小，即摆动变快，要将周期T 调大从而重新校准应增大摆长L ，故D 正确，ABC 错误。
2．(多选)(2020·江苏苏州市高二下学期期中)如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。
当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。
图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线(图中的虚线)，已知P 、Q 分别是木板1上的两点，木板1、2的移动速度分别为v 1、v 2，则( BD )A ．P 处堆积的细沙与Q 处一样多B ．P 处堆积的细沙比Q 处多C ．v 1∶v 2＝4∶3D ．v 1∶v 2＝3∶4解析：设单摆的周期为T ，木板1运动的时间t 1＝2T ，木板2运动的时间t 2＝32T ，由v ＝l t 得，v 1v 2＝t 2t 1＝34，由于单摆在最大位移处速度小，经历的时间会长一些，故P 处堆积的细沙比Q 处多。
综上分析，BD 正确。
3．(2020·华中师大一附中高二下学期期中)如图所示，竖直面上有一半径较大的圆弧轨道，最低点为M 点，有三个小球A 、B 、C(可视为质点)，A 球位于圆心处，B 球位于弦轨道MN 的顶端N 点，C 球位于圆弧轨道上极其靠近M 的地方。
现将三个小球同时由静止释放，不计一切摩擦阻力和空气阻力，则( B )A ．C 球最先到达M 点B ．B 球最后到达M 点C ．ABC 三球同时到达M 点D ．条件不足，无法判断哪个小球最先、最后到达M 点解析：设圆弧的半径为R ，对于A 球，做自由落体运动，则有R ＝12gt 2A ，解得t A ＝2R g对于B 球，沿弦轨道MN 做初速度为零的匀加速度直线运动，设弦轨道MN 与水平切线的夹角为θ，根据几何关系有x MN ＝2R sin θ，根据牛顿第二定律可得加速度为a ＝g sin θ。
高中物理第2章机械振动4单摆课时分层作业含解析新人教版选择性必修第一册
单摆(建议用时:25分钟)考点一单摆及单摆的回复力1．关于单摆,下列说法正确的是( )A．摆球做匀速圆周运动B．摆球摆动到最低点时加速度为零C．摆球速度变化的周期等于振动周期D．摆球振动的频率与振幅有关C[摆球在摆动中速度大小是变化的,不是匀速圆周运动,A错误；摆球摆动到最低点时加速度不为零,受向上的合外力,故加速度竖直向上,B错误；摆球速度变化的周期以及位移变化的周期均等于振动周期,C正确；摆球振动的频率与振幅无关,只取决于摆长和当地的重力加速度,D错误．]2．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其切向加速度变化情况正确的是( ) A．正在向左做减速运动,加速度正在增大B．正在向右做减速运动,加速度正在增大C．正在向右做加速运动,加速度正在减小D．正在向左做加速运动,加速度正在减小D[秒摆的周期是2 s,则摆球从平衡位置向左运动时开始计时,那么当t＝1.6秒时,摆球从最右端向平衡位置做加速运动,由于位移在变小,故切向加速度也在变小．故D正确．] 3．单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )A．t1时刻摆球速度最大,摆球的回复力最大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,摆球的回复力最小D．t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大D[由图知t1时刻小球处在最大位移处,速度为零,回复力最大,拉力最小,A项错误；t2时刻摆球处在平衡位置,其速度最大,回复力为零,拉力最大,故B错误；t3时刻摆球在最大位移处,速度为零,回复力最大,拉力最小,故C项错误；t4时刻摆球在平衡位置处,速度最大,回复力为零,但小球有竖直向上的加速度,处于超重状态,悬线对它的拉力最大,故D正确．]考点二 单摆的周期4．将秒摆的周期由2 s 变为1 s,下列措施可行的是( ) 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14D [秒摆的周期由2 s 变为1 s,周期变为原来的12,由单摆周期公式T ＝2πlg可知,应将摆长减为原来的14,秒摆的周期与摆球的质量、振幅无关,故选项D 正确．]5．地球表面的重力加速度约为9.8 m/s 2,月球表面的重力加速度是地球表面的16,将走时准确的摆钟从地球放到月球上去,在地球上经过24 h,该钟在月球上显示经过了( )A ．4 hB ．9.8 hC ．12 hD ．58.8 hB [由单摆的周期公式T ＝2πl g ,得T 地T 月＝g 月g 地＝16,即T 月＝6T 地,则摆钟在月球上单位时间内完成的全振动的次数为在地球上的66,所以在地球上经过24 h,该钟在月球上显示经过的时间为24×66h ＝4 6 h≈9.8 h ,选项B 正确．] 6．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 ＝2πlg＞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 项正确．]7．要将秒摆的周期由2 s 变为4 s,下列措施可行的是( ) 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 项均错误；对秒摆,T 0＝2πl 0g＝2 s,对周期为4 s 的单摆,T ＝2πlg＝4 s,故l ＝4l 0,故C 项正确,D 项错误．] 8．利用盛砂的漏斗演示简谐运动,如果考虑漏斗里砂子逐渐减少,则砂摆的频率将( ) A ．逐渐增大 B ．逐渐减小 C ．先增大后减小D ．先减小后增大D [砂子逐渐减少,砂子和漏斗的重心将逐渐降低,砂子漏完后重心又升高,所以摆长先变长后变短,根据单摆周期公式T ＝2πlg知周期先变大后变小,频率先减小后增大,故选项D 正确．]9．图甲是一个单摆振动的情形,O 是它的平衡位置,B 、C 是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图像．根据图像回答:甲 乙(1)单摆振动的频率是多大？ (2)开始时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s 2,试求这个摆的摆长是多少． [解析] (1)由乙图知周期T ＝0.8 s, 则频率f ＝1T＝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 ＝2πL g 得L ＝gT 24π2＝0.16 m. [答案] (1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m(建议用时:15分钟)10．如图所示,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,到达底端O 的速度分别为v 1和v 2,所经历的时间分别是t 1和t 2,那么( )A ．v 1＜v 2,t 1＜t 2B ．v 1＞v 2,t 1＝t 2C ．v 1＝v 2,t 1＝t 2D ．上述三种都有可能B [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的单摆振动,即做简谐运动,其等效摆长为2 m,单摆周期与振幅无关,因此t 1＝t 2,又由于小球运动过程中机械能守恒,有mgh ＝12mv 2,解得v ＝2gh ,知v 1＞v 2.]11．如图所示的几个相同单摆在不同条件下,关于它们的周期关系,其中判断正确的是( )(1) (2) (3) (4)A ．T 1＞T 2＞T 3＞T 4B ．T 1＜T 2＝T 3＜T 4C ．T 1＞T 2＝T 3＞T 4D ．T 1＜T 2＜T 3＜T 4C [题图(1)中,当摆球偏离平衡位置时,重力沿斜面的分力mg sin θ为等效重力,即单摆的等效重力加速度g 1＝g sin θ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直,不影响回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)中摆球处于超重状态,等效重力增大,故等效重力加速度增大,g 4＝g ＋a .由单摆振动的周期公式T ＝2πlg,知T 1＞T 2＝T 3＞T 4,选项C 正确．] 12．(多选)如图所示,长度为l 的轻绳上端固定在O 点,下端系一小球(小球可以看成质点)．在O 点正下方,距O 点3l4处的P 点固定一个小钉子．现将小球拉到点A 处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球．点B 是小球运动的最低位置,点C (图中末标出)是小球能够到达的左侧最高位置．已知点A 与点B 之间的高度差为h ,h ≪l .A 、B 、P 、O 在同一竖直平面内,当地的重力加速度为g ,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A ．点C 与点B 高度差小于hB ．点C 与点B 高度差等于h C ．小球摆动的周期等于3π2l g D．小球摆动的周期等于3π4l gBC [不计空气阻力,小球在整个运动过程中机械能守恒,故运动到左侧最高点C 与A 等高,与B 相差h ,A 错误,B 正确．当小球从A 点开始,再回到A 点时为一个周期,是两个半周期之和,即T ＝12T 1＋12T 2＝12×2πl g ＋12×2π×l4g＝πl g ＋π2l g ＝3π2lg,故C 正确,D 错误．]13．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．如图甲中O 点为单摆的固定悬点,现将小摆球(可视为质点)拉至A 点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A 、B 、C 之间来回摆动,其中B 点为运动中的最低位置,∠AOB ＝∠COB ＝α,α小于10°且是未知量．图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的曲线,且图中t ＝0时刻为摆球从A 点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息,求:(g 取10 m/s 2)甲 乙(1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量；(3)摆球运动过程中的最大速度．[解析] (1)由题图乙可知单摆的周期T ＝0.4π s , 由T ＝2πl g , 得摆长l ＝T 2g4π2＝0.4 m.(2)在B 点拉力的最大值为F max ＝0.510 N.F max －mg ＝mv 2l.在A 、C 两点拉力最小F min ＝0.495 N,F min ＝mg cos α,A →B 过程机械能守恒,即mgl (1－cos α)＝12mv 2,由以上各式解得m ＝0.05 kg.(3)由F max －mg ＝mv 2maxl可得,v max ≈0.283 m/s.[答案] (1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)0.283 m/s。
2021-2022学年新教材人教版高中物理选择性必修第一册第二章机械振动 课时练习题含答案解析
第二章机械振动第1节简谐运动 (1)第2节简谐运动的描述 (7)第3节简谐运动的回复力和能量 (14)第4节单摆 (22)第5节实验：用单摆测量重力加速度 (27)第6节受迫振动共振 (33)第1节简谐运动1.（多选）下列说法中正确的是( )A.弹簧振子的运动是简谐运动B.简谐运动就是指弹簧振子的运动C.简谐运动是匀变速运动D.简谐运动是机械振动中最简单、最基本的一种答案：A ; D解析：弹簧振子的运动是一种简谐运动，而简谐运动是机械振动中最简单、最基本的运动，是变加速运动，故A、D正确。
2.（多选）如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐运动，在振子从最大位移处a向平衡位置O运动的过程中( )A.位移方向向左，速度方向向左B.位移方向向左，速度方向向右C.位移不断增大，速度不断减小D.位移不断减小，速度不断增大答案：B ; D解析：在振子从最大位移处a向平衡位置O运动的过程中，振子的速度方向向右且不断增大，A、C错误；振子做简谐运动，其位移由平衡位置指向振子所处位置，故该过程中振子的位移方向向左且不断减小，B、D正确。
3.（多选）一质点做简谐运动，其位移−时间图像如图所示，由图像可知( )A.t=1s时，质点速度为正的最大值B.t=2s时，质点速度为零C.t=3s时，质点速度为正的最大值D.t=4s时，质点速度为零答案：B ; C ; D解析：t=1s时，位移为零，速度最大，图像斜率为负，即速度为负，A错误；t=2s时，位移为负的最大值，速度为零，B正确；t=3s时，位移为零，速度最大，图像斜率为正，即速度为正，C正确；t=4s时，质点位移为正的最大值，速度为零，D正确。
4.如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么，下列说法正确的是( )A.振子在M、N两点所受弹簧弹力相同B.振子在M、N两点相对平衡位置的位移相同C.振子在M、N两点加速度大小相等D.从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动答案：C解析：振子在M、N两点弹力、位移、加速度都等大，反向，故A、B错误，C正确；振子从M到N先做变加速运动，后做变减速运动，D错误。
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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。