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] B2．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] C3．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 ＝π2R 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] A5．(多选)细长轻线下端拴一小球构成单摆，在悬挂点下方L2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L2的单摆组成的复合摆，其周期T′＝πLg ＋πL2g.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] AB6．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 ．2πL 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 －12d ＝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)A8．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)[解析] (1)根据T ＝2πLg 可得：g ＝4π2L 2T 2；测量周期T 时，把N 次全振动的次数误数为N －1次，测量的周期偏大，则测得的重力加速度值偏小，选项A 正确；错把摆线长当作了摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，选项B 正确；把摆球直径当作了半径，则摆长偏大，则测得的重力加速度值偏大，选项C 错误；测量过程悬点松动导致摆线长度变长，则测得的周期肯定偏大，故测得的重力加速度值偏小，选项D 正确；故选ABD.(2)根据T ＝2πL ＋12d g ，解得T 2＝4π2g L ＋2π2g ，由图线可知当T 2＝0时L ＝－0.5 cm ，带入可知d ＝1.0 cm ；4π2g ＝k ＝4100×10－2＝4，解得g ＝9.86 m/s 2.[答案] (1)ABD (2)1.0 9.86(9.87)[综合提升练]9．(多选)有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确的探究了单摆周期T和摆长L的关系．然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2－L图象，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高．另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图象，如图乙所示．则下列说法正确的是()A．甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为3∶2D．由乙图可知，a、b两单摆摆长之比为4∶9E．由乙图可知，t＝2 s时b球振动方向是沿＋y方向[解析]根据单摆的周期公式T＝2πLg，T2L＝4π2g，即甲图中图象的斜率为4π2g，纬度越高，重力加速度越大，斜率越小，所以“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B，A正确．斜率不是重力加速度而是4π2g ，B 错误．由乙图可知，a 、b 两摆球振动周期之比为2∶3，C 错误．由于都在同一地，重力加速度相等，根据T 2L ＝4π2g 可判断周期平方与摆长成正比，所以摆长之比为4∶9，D 正确．t ＝2 s 时，质点b 在平衡位置，后一时刻质点b 在平衡位置以上，所以t ＝2 s 时b 球振动方向是沿＋y 方向，E 正确．[答案] ADE10．一个摆长为l 1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T 1，已知地球质量为M 1，半径为R 1.另一摆长为l 2的单摆，在质量为M 2，半径为R 2的星球表面做简谐运动，周期为T 2.若T 1＝2T 2，l 1＝4l 2，M 1＝4M 2，则地球半径与星球半径之比R 1∶R 2为( )A ．2∶1B ．2∶3C ．1∶2D ．3∶2[解析] 由单摆周期公式T ＝2πL g 可知：T 1＝2πL 1g ；T 2＝2πL 2g ，由于T 1＝2T 2，l 1＝4l 2，故g 1＝g 2；设星球表面的物体质量为m ，则G Mm R 2＝mg ，g ＝GM R2，由于g 1＝g 2，GM 1R 21＝GM 2R 22，故R 1R 2＝M 1M 2＝21，故选A. [答案] A11．(多选)如图所示是甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是( )A．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1C．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等D．t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零[解析]由图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故选项A正确；由单摆的周期公式T＝2πLg，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项B错误；因摆球摆动的最大偏角未知，到达最低点的速度未知，故选项C错误；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项D正确．[答案]AD12．根据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2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＝Δt/50.[解析](1)游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小为18 mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐，第6刻度与上方刻度对齐，读数为0.1×6＝0.6 mm，总读数为L＝18＋0.6＝18.6mm.(2)该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些，和选择体积比较小、密度较大的小球，故ab是正确的．摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值．故e正确．故选abe.[答案](1)18.6(2)abe13．如图所示，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象．根据图象回答：(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9.86 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？[解析](1)由单摆振动图象，T＝0.8 s，故f＝1T＝1.25 Hz. (2)开始时刻小球在负方向最大位移处，即开始时刻摆球在B点．(3)根据公式T＝2πLg，得L＝gT24π2＝0.16 m.[答案](1)1.25 Hz(2)B点(3)0.16 m。