粤教版选修34 探究单摆的振动周期 第1课时 作业.doc

第四节探究单摆的振动周期1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将单摆由山下移至山顶【解析】根据单摆周期公式t2 ，周期与摆球质量和振幅无关，a、c错误；缩短摆长，周期变小，b错误；由山下移至山顶，g减小，t增大，d正确【答案】d2关于单摆，下列说法中正确的是()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，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比【解析】单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线的方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比，故选a.【答案】a3要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是()a增大摆球的质量b缩短摆长c减小摆动的角度 d升高气温【解析】由单摆的周期公式t2，可知周期只与l、g有关，而与质量、摆动的幅度无关当l增大时，周期增大；g增大时，周期减小；l减小时，周期减小，频率增大所以选b.【答案】b4如图1410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v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么()图1410av1v2，t1v2，t1t2cv1v2，t1t2d上述三种都有可能【解析】因10 cm，半径r2 m，故小球的运动可看作简谐运动，从而t1t2.设到达底端o时小球的速度为v，由机械能守恒定律得mghmv2，故v ，依题意hahb，所以v1v2.【答案】b5有一摆长为l的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化现使摆球做小角度摆动，图146为摆球从右边最高点m摆至左边最高点n的闪光照片(悬点和小钉未摄入)，p为摆动中的最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等，则小钉距悬点的距离为()图146al/4bl/2c3l/4 d条件不足，无法判断【解析】题图中m到p为四个时间间隔，p到n为两个时间间隔，即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的，根据周期公式t2 可得，左半部分单摆的摆长为，即小钉距悬点的距离为3l/4，故c选项正确【答案】c6.两个单摆甲和乙，它们的摆长之比为41.若它们在同一地点做简谐运动，则它们的周期之比t甲t乙_.在甲摆完成10次全振动的时间内，乙摆完成的全振动次数为_【解析】本题主要考查对单摆周期公式的理解因两单摆在同一地点做简谐运动，g相同，由周期公式t2 知t，因此周期之比为21；甲完成10次全振动的时间t10t甲，乙在相同时间内完成的全振动次数n20.【答案】21207.如图147所示，acb为光滑弧形槽，弧形槽半径为r，r.甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从a点由静止释放，问两球第1次到达c点的时间之比图147【解析】甲球做自由落体运动rgt，所以t1.乙球沿圆弧做简谐运动(由于r，可认为摆角10)此振动与一个摆长为r的单摆振动模型相同，故此等效摆长为r，因此第1次到达c处的时间为t2t ，所以t1t2.【答案】8如图148所示，图148光滑的半球壳半径为r，o点在球心的正下方，一小球由距o点很近的a点由静止放开，同时在o点正上方有一小球自由落下，若运动中阻力不计，为使两球在o点相碰，小球由多高处自由落下(r)【解析】球由a点开始沿球内表面运动时，只受重力和支持力作用，等效为单摆的运动因为r，所以球自a点释放后做简谐运动，其周期为t2，要使两球在o点相碰，两者到o点的运动时间相等小球由a点由静止释放运动到o点的时间为(2n1)，n1,2,3，由于o点正上方自由落下的小球到o的时间也为(2n1)时两球才能在o点相碰，所以hgt2g(2n1)2(n1,2,3，)【答案】(n1、2、3)9.如图149所示，带正电的小球与绝缘细线