课时跟踪训练4

课时跟踪训练(四)

[要点对点练]

一、对单摆模型的认识及回复力

1．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

[答案] B

2．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细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线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 v2/l，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] C

3．关于单摆，下列说法中正确的是()

A．摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力

B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，加速度相等

C．摆球在运动过程中，加速度的方向始终指向平衡位置

D．摆球经过平衡位置时，加速度为零

[解析] 摆球运动的回复力是摆球重力沿切线方向的分力，所以A 错；摆球经过同一点受力情况不变，所以加速度相等，B 对；摆球在运动过程中，不但有回复加速度还有做圆周运动的向心加速度，所以C 、D 错．

[答案] B

二、单摆的周期

4．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 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] 利用单摆周期公式可求B 球到达O 点的时间：t 1＝T 4＝14

×2πR g ＝π

2R g ，对A 球，据R ＝12gt 2得：t 2＝2R g ，t 1>t 2，故A

先到达C点，A正确．[答案] A

5．(多选)细长轻线下端拴一小球构成单摆，在悬挂点下方L

2摆长

处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示．现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度释放(不计碰撞时的能量损失)，对于以后的运动，下列说法中正确的是()

A．摆球往返一次周期比无钉子时的单摆周期小

B．摆球在左、右两侧上升的最大高度一样

C．摆球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长相等

D．摆球在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍

[解析]设单摆的摆长为L，没有钉子A时的周期T＝2πL g ，

有钉子A后的单摆可看成是由摆长为L和L

2

的单摆组成的复合摆，其

周期T′＝πL

g ＋πL

2g.可见，T′＜T，A正确．由机械能守恒定

律可知，摆球在钉子左、右两侧上升的最大高度相等，B正确．由于

钉子A 的作用，摆球在左、右两侧上升到最大高度时，对应的弧长不等，C 错误．设摆球摆至左右两侧最大高度时，对应的最大摆角分

别为θ1、θ2，则有L (1－cos θ1)＝L 2

(1－cos θ2)，显然θ2≠2θ1，D 错误． [答案] AB

6．如图所示，一单摆悬于O 点，摆长为L ，若在O 点的正下方

的O ′点钉一个光滑钉子，使OO ′＝L 2

，将单摆拉至A 处释放，小球将在A 、B 、C 间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是( )

A ．2π

L g B ．2πL 2g C ．2π⎝ ⎛⎭⎪⎫L g ＋L 2g D ．π⎝ ⎛⎭

⎪⎫L g ＋L 2g [解析] 摆到竖直位置的时间为：t 1＝14

×2πL 2g ＝π2L 2g ，从竖直位置到右侧最高点的时间为：t 2＝14×πL g ＝π2L g ，

故小球的运动

周期为：T ＝2(t 1＋t 2)＝π⎝ ⎛⎭

⎪⎫L g ＋L 2g ，D 正确． [答案] D

三、用单摆测定重力加速度

7．(多选)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．

(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示．这样做的目的是________(填字母代号)．

A ．保证摆动过程中摆长不变

B ．可使周期测量得更加准确

C ．需要改变摆长时便于调节

D ．保证摆球在同一竖直平面内摆动

(2)他组装好单摆后，在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L ＝0.9990 m ，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm ，单摆摆长为________m.

(3)如图所示的振动图象真实地描述了对摆长为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C 均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)．

[解析](1)在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止运动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故A、C正确．

(2)游标卡尺示数为d ＝12.0 mm ＝0.0120 m ；单摆摆长为：

L ＝l －12

d ＝0.9990 m －0.0060 m ＝0.9930 m (3)当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087 m ＝8.7 cm ，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30～50次全振动，求平均值，所以A 合乎实验要求且误差最小，故选A.

[答案] (1)AC (2)12.0 0.9930 (3)A

8．用单摆测定重力加速度时，

(1)(多选)发现测出的重力加速度值偏小，这可能是由于( )

A ．测量周期T 时，把N 次全振动的次数误数为N －1次

B ．错把摆线长当作了摆长

C ．把摆球直径当作了半径

D ．测量过程悬点松动导致摆线长度变化

(2)测出摆线长L 和周期T 的几组数据，作出T 2－L 图象如图所示．则小球的直径是________cm ，所测的重力加速度是________m/s 2(该空保留两位小数)