学人教版必修34 11.4单摆 作业（2）.docx

2017-2018学年度人教版必修3-4 11.4单摆 作业（2）1如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示不计空气阻力，g取10ms2对于这个单摆的振动过程，下列说法中不正确的是（ ）a. 单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin(t)cmb. 单摆的摆长约为1.0mc. 从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大d. 从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小2单摆在经过平衡位置时，下列说法不正确的是（ ）a. 速度最大b. 动能最大c. 回复力为零d. 加速度为零3关于单摆，下列说法中正确的是 ( )a. 摆球运动中的回复力是摆线拉力和重力的合力b. 摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，加速度是相同的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，加速度为零4有一星球其半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为（）a. 0.5min b. min c. min d. 2min5某一物体在某行星表面所受重力是在地球表面时的16倍，在地球上走得很准的摆钟搬到该行星上，分针走一圈所用时间实际是a. 15minb. 30minc. 3hd. 4h6关于简谐运动，下列说法正确的是()a. 在平衡位置所受的合外力一定为零b. 在平衡位置时势能一定为零c. 单摆的回复力是重力和悬线拉力的合力d. 振幅与最大位移不相同77置于同地点的甲、乙两单摆的振动图像如图，下列说法正确的是 a. 甲、乙两摆的摆长相等，最大偏角相等b. 甲摆长大于乙摆摆长，最大偏角小于乙最大偏角c. 甲摆在a时刻的重力势能小于b时刻的重力势能d. 减小摆球质量，其周期将变小8如图所示，半径为的光滑圆弧槽固定于水平面上， 为弧形槽的最低点， 为弧形槽的圆心位置 点、圆弧槽上的点和点分别放上一个完全相同的小球，已知现将三小球同时由静止释放，下列说法正确的是（ ）a. 处小球比处小球晚到达点b. 处小球比处小球同时到达点c. 处小球比处小球早到达点d. 处小球比处小球晚到达点9如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象可知()a. 两摆球质量相等b. 两单摆的摆长相等c. 两单摆相位相差d. 在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s甲2s乙10在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，如下措施中正确的是（）a. 单摆的摆角应尽量大些b. 摆球的体积较小、质量较大c. 测量周期时，应取摆球通过最低点做为计时的起、终点位置d. 测量周期时，应测摆球3050次全振动的时间算出周期11一个摆长为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).求当地的重力加速度g；.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/s2，则该单摆振动周期是多少？12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？13简谐运动的条件是“质点所受回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，即”。如图，圆弧面上的小球（可看作质点）左右振动，振动幅度较小。小方同学测得圆弧半径r=1.2m，小球某次经过圆弧最低点时开始计时，并数“1”，然后小球每经过一次最低点就依次数“2、3、4.”，当数到“31”时停止计时，发现用时33秒。.请论证小球在振动幅度较小时，是简谐运动；.根据题中条件，利用所学知识计算当地的重力加速度（取9.8，结果保留2位有效数字）。14如图所示，acb为光滑弧形槽（弧形槽的圆心未画出），弧形槽半径为r，c为弧形槽最低点，两端点距最低点的高度差为h，r 。先让甲球静止在c点的正上方，乙球从a点由静止释放，问：（1）乙球对弧形槽的最大压力是多少？（2）若在圆弧最低点c的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点c处相遇，则甲球下落的高度h至少是多少？试卷第3页，总3页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1c【解析】由振动图象读出周期t=2s，振幅a=8cm，由=2t得到角频率=rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=asint=8sin(t)cm，故a正确；由公式t=2lg，得l=1m，故b正确；从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故c错误；从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故d正确本题选不正确的，故选c2d【解析】a、单摆在经过平衡位置时，其速度最大，故其动能最大，故选项ab正确；c、根据回复力公式： ，在平衡位置时，位移为零，故其回复力为零，故选项c正确；d、单摆在竖直面内做圆周运动，故速度方向时刻都在变化，故其加速度时刻不为零，故选项d错误。3b【解析】单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故a错误；摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度相同，故b正确；摆球在运动过程中，恢复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故c错误；单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，d错误；故选b点睛：单摆摆动过程中，受重力和细线的拉力，重力的切向分量提供回复力，径向分力和细线拉力的合力提供向心力4b【解析】星球的质量m=v=r3；物体在星球表面所受的万有引力等于重力，所以有mg=f=g，联立解得g=rg；所以该星球的表面重力加速度与地球表面的重力加速度之比为半径之比，即为2：1；根据单摆的周期公式t=2，有故所以该星球表面摆钟的秒针走一圈的实际时间为min故选b5a【解析】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16倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g=16g；根据单摆的周期公式t=2可知，该星球上单摆的周期是地球上周期的，所以此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是地球上分针走一圈的，即为h=15min；故选a.6d【解析】平衡位置是振动物体在振动方向上所受回复力为零的位置，不一定所受的合外力为零，故选项a错误；势能的大小与零势面的选取有关，规定的零势面位置不同时，对同一物体来说在同一位置的势能可能不同，选项b错误；单摆的回复力f回mgsin ，即重力在切线方向上的分力，选项c错误；振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，最大位移是矢量，因此二者不同，选项d正确；故选d7bc【解析】由图象得到甲的周期较长，根据单摆周期公式t=2lg，甲的摆长较大；甲乙的振幅相同，则甲的最大摆角较小，故a错误，b正确甲摆在a时刻在最低点，则甲摆在a时刻的重力势能小于b时刻的重力势能，选项c正确；根据单摆周期公式t=2lg可知，单摆的周期与摆球的质量无关，选项d错误；故选bc.8bc【解析】ab、依据单摆的周期公式，由于， 处小球比处小球同时到达点，故a错误，b正确；cd、处做自由落体，所用时间，所以处小球比处小球早到达点，故c正确，d错误；故选bc。【点睛】ab处小球做单摆运动，根据单摆的周期公式求出运动时间，o处小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律求出时间。9bc【解析】从图上知：t甲t乙，则摆长相等，但a甲2a乙，x甲2sin(t2)，x乙sin t. 两单摆相位相差2，故c正确而单摆周期与质量无关，所以选项a错误由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时时，而且末位置也是平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两球通过的路程才一定满足s甲=2s乙，若不能满足以上的要求，则不一定满足：s甲=2s乙故d错误；故选bc.点睛：本题关键是根据位移时间关系图象得到两个单摆的振幅和周期的关系，然后结合周期公式进行分析10bcd【解析】a单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过，否则单摆将不做简谐运动，故a错误；b摆球的体积较小、质量较大，可以忽略阻力以及悬线的重力，故b正确；c为了减小测量周期时的误差，在测量周期时，应取摆球通过最低点做为计时的起、终点位置，故c正确；d测量周期时，应测摆球次全振动的时间算出周期，不能只测一个周期所用时间，故d正确。点睛：本题考查了单摆测定重力加速度的实验，要注意明确实验原理，知道实验中如何才能有效减小实验误差，同时掌握实验中的注意事项。119.78 m/s2. 7.02 s.【解析】周期 由周期公式得 由周期公式 代入数据解得 . 12（1）1.25 hz；（2）开始时刻摆球在b点；（3）0.16 m【解析】（1）由单摆振动图象得：t=0.8s，故：f=1t=1.25hz （2）开始时刻小球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在b点 （）根据公式：t=2lg得：l=gt242=9.860.8243.142m=0.16m13（）略（）9.7m/s2【解析】（1）利用在角度很小时，证明小球的回复力表达式满足形式， （2）类比单摆周期公式，求解重力加速度表达式计算（i）如图，回复力在角度很小时则由于回复力与位移方向相反，所以，所以是简写运动（ii）由单摆周期公式小