人教版选修34 单摆 第1课时 作业.docx

第四节 单摆 同步测试一、单选题（共7题；共14分）1.单摆作简谐运动的回复力是（ ） a.摆球的重力b.摆球所受的重力沿圆弧切线方向的分力c.摆球所受重力与悬线对摆球拉力的合力d.悬线对摆球的拉力2.用单摆测定重力加速度,根据的原理是() a.由g= 看出,t一定时,g与l成正比b.由g= 看出,l一定时,g与t2成反比c.由于单摆的振动周期t和摆长 l可用实验测定,利用g= 可算出当地的重力加速度来d.同一地区单摆的周期不变,不同地区的重力加速度与周期的平方成反比3.关于单摆下面说法正确的是（） a.摆球运动的回复力是由摆线的拉力和重力的合力提供的b.摆球运动过程中，经过同一点的速度是不变的c.摆球运动过程中 加速度方向始终指向平衡位置d.摆球经过平衡位置时加速度不为零4.摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取t0)，当振动至t时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的() a.b.c.d.5.利用砂摆(用线悬挂起来的盛砂漏斗)描迹，显示简谐运动的图象的实验，如果考虑到砂子逐渐减少的因素，该砂摆的振动 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6.把实际的摆看作单摆的条件是（） 细线的伸缩可以忽略小球的质量可以忽略细线的质量可以忽略小球的直径比细线的长度小得多小球的最大偏角足够小 a.b.c.d.7.关于单摆，下列说法正确的是（） a.摆球运动的回复力是摆线的张力和重力的合力b.摆球经过同一点时加速度是不变的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，加速度为零二、填空题（共3题；共8分）8.根据单摆周期公式t=2 ,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示,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。用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为_mm。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t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t,则单摆周期t= 9.在利用单摆测定重力加 速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期t，作出t2l图象，就可以求出当地的重力加速度理论上t2l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。造成图 象不过坐标原点的原因可能是_.由图象求出的重力加速度g_m/s2.(取29.87) 10.在探究影响单摆周期的因素的实验中，同学甲有如下操作，请判断是否恰当（填“是”或“否”）数据组摆长摆球周期编号mmgs1999.332.222999.316.523799.232.21.84799.216.51.85501.132.21.4把单摆从平衡位置拉开约5释放；_在摆球经过最低点时启动秒表计时；_把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期_该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见表根据表中数据可以初步判断单摆周期随_的增大而增大 三、解答题（共1题；共5分）11.如图所示，单摆摆长为l，做简谐运动，c点在悬点o的正下方，d点与c相距为x，c、d之间是光滑水平面，当摆球a到右侧最大位移处时，小球b从d点以某一速度匀速地向c点运动，a、b二球在c点迎面相遇，a、b两球可视为质点，当地重力加速度大小为g求小球b的速度大小v 四、实验探究题（共1题；共5分）12.将一单摆装置竖直挂于某一深度h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离为l，并通过改变l而测出对应的周期t，再以t2为纵轴、l为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度（1）利用单摆测重力加速度时，为了减小误差，我们利用秒表来测量单摆多次全振动的时间，从而求出振动周期除了秒表之外，现有如下工具，还需的测量工具为_ （2）如果实验中所得到的t2l关系图象如图乙所示，那么真正的图象应是a、b、c中的_ （3）由图象可知，小筒的深度h=_m，当地的g=_m/s2 （4）某次秒表计时得的时间如图丙所示，则总时间为_s 五、计算题（共1题；共5分）13.一个理想的单摆，已知其周期为t如果由于某种原因（如转移到其他星球）重力加速度变为原来的2倍，振幅变为原来的3倍，摆长变为原来的8倍，摆球质量变为原来的2倍，它的周期变为多少？ 六、综合题（共2题；共25分）14.天花板上o点悬挂一单摆,绳子长度为0.99l,质量分布均匀的实 心小球质量为m,直径为0.02l,o点正下方0.1l处有一钉子p,如图所示,现将单摆向左拉开一个小角度,并由静止释放,小球左右摆动过程中,偏角始终都小于5,重力加速度为g。求:（1）单摆的振动周期; （2）小球从左摆 到最低点时,绳子对小球的拉力大小。 15.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:（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10m/s2,试求这个摆的摆长是多少。 答案解析部分一、单选题1.【答案】b 【解析】【解答】解：对摆球受力分析可知，摆球受重力和绳子的拉力作用；由于球同时需要回复力和向心力；则可知使摆球作简谐运动的回复力不是所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，也不是所受重力和沿圆弧运动时的向心力的合力，也不是摆球的拉力沿水平方向的分力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力故b正确，acd错误故选：b【分析】单摆振动时，摆球的回复力不是摆球所受重力和摆线作用于摆球的拉力的合力，而是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力2.【答案】c 【解析】【解答】g是由所处的地理位置的情况来决定的,与l及t无关,故只有c正确。【分析】当地的重力加速度由所处的位置决定，与摆长和周期无关。根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式。3.【答案】d 【解析】【解答】解：a、单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供故a错误 b、摆球运动过程中，一个周期内会两次以相反的方向经过同一点，故速度不一定相等，故b错误c、单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，故其加速度不是始终指向平衡位置，故c错误d、摆球经过平衡位置时，切向加速度为零，法向加速度不为零，故d正确故选：d【分析】当单摆的摆角较小时，单摆的运动可以看成简谐运动，回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供4.【答案】d 【解析】【解答】 ，摆球具有负向最大速度时，应在平衡位置， ，速度方向为y方向，即沿y轴负方向，故d选项正确。【分析】由单摆的周期公式可知 ，摆球恰具有负向最大速度，即可判断振动图象。5.【答案】d 【解析】【解答】砂子逐渐减小，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 知周期先变大后变 小，由 可知，频率先减小后增大。【分析】砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先边长后变短，根据单摆周期公式进行判断周期如何变化，然后再根据周期与频率的关系判断频率如何变化。6.【答案】c 【解析】【解答】解：单摆是能够产生往复摆动的一种装置，将无重细杆或不可伸长的细柔绳一端悬于重力场内一定点，另一端固结一个重小球，就构成单摆单摆 所以单摆的球应选择体积较小，质量较大的球；细线应选用较轻、弹性较小的线，且小球尺寸比细线要小得多摆动时的摆角要小于5，并非越小越好由以上的分析可知选项c正确，故选：c【分析】根据单摆的模型要求：线的伸缩与质量忽略，且球要重，体积要小，从而即可求解7.【答案】b 【解析】【解答】解：a、单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，而不是摆线的张力和重力的合力，故a错误 b、摆球经过轨迹上的同一点受力情况相同，故加速相同，故b正确；c、摆球在运动过程中加速度的方向不始终指向平衡位置，因为垂直速度方向也有加速度，故c错误；d、摆球摆动过程中，经过平衡位置时，受重力和拉力，合力不为0故d错误故选：b【分析】单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力对于单摆，在平衡位置，回复力为0，合力不为0，且垂直速度方向也存在加速度二、填空题8.【答案】18.6；a、b、e 【解析】【解答】(1) (2)摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,摆球尽量选择质量大些、体积小些的,都是为了更加符合单摆的构成条件,故a、b是正确的;摆线相距平衡位置的角度,以不大于5为宜,故c是错误的;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 ,则单摆周期 ，故d错,e对。【分析】解答本题可按以下思路进行:(1)首先要理解游标卡尺的读数规则,主尺刻度+游标尺刻度(与主尺对齐的刻度) ;(2)掌握实验中的正确操作及减少实验误差的方法和做法。9.【答案】测单摆摆长时，漏掉了摆球的半径；9.87 【解析】【解答】(1)由题中图象知，当 时， ，说明l不等于摆长，可能只是线长，忽略了球的半径(2) 图象的斜率k.由图象知， v，故 。【分析】根据实验注意事项与实验原理分析实验误差由单摆周期公式变形，得到 与l的关系式，分析图象斜率的意义，求解g。10.【答案】是；是；否；摆长 【解析】【解答】解：（1）单摆作简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5释放；因为最低点位置固定，小球经过最低点时，相同的空间尺雨误差，产生的时间误差较小所以在最低点启动秒表计时；摆球一次全振动的时间太短、误差大，应采用累积法测多个周期的时间求平均值；所以是；是否；（2）从图中数据可知：摆长相同时，周期相同，摆长变大时，周期变大，根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大故答案为：是；是；否；摆长【分析】（1）根据实验要求：小球的偏角在很小（5）时，小球的振动才近似看成简谐运动在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期（2）通过图表分析即可求解三、解答题11.【答案】解：单摆a的周期为 小球b从d到c的时间为 要ab在c点迎面相遇，则： （n=0，1，2，3）解之得： （n=0，1，2，3）答：小球b的速度大小为 （n=0，1，2，3，） 【解析】【分析】根据单摆的周期公式求解出小球a摆动到c点的时间，然后根据位移时间关系公式列式求解四、实验探究题12.【答案】（1）ba天平 b毫米刻度尺 c螺旋测微器（2）a（3）0.30；9.86（4）66.3 【解析】【解答】解：（1）本实验需要测量时间求出周期，并要测量筒的下端口到摆球球心的距离l，则所需的测量工具是毫米刻度尺（2）由单摆周期公式得：t=2 得到：t2= 当l=0时，t2= 0，则真正的图象是a（3）当t2=0时，l=h，即图象与l轴交点坐标h=l=30cm=0.3m图线的斜率大小k= 由图，根据数学知识得到k=4，解得g=2=3.142=9.86m/s2（4）秒表的小盘读数为60s，大盘读数为6.3s，则时间为：t=60+6.3=66.3s故答案为：（1）b；（2）a；（3）0.30，9.86；（4）66.3【分析】（1）本实验要测量周期和筒的下端口到摆球球心之距离l，需要秒表和毫米刻度尺单摆的周期与小球质量无关，不需要测量小球的质量（2）根据单摆的周期公式推导出t2l函数关系解析式，选择图象（3）研究图象与坐标轴交点的意义，求出h和g（4）秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数五、计算题13.【答案】解：开始时，单摆摆动周期为：t=2 ；可知与振幅以及摆球的质量无关；由于某种原因，自由落体加速度变为原来的2，振幅变为原来的3，摆长变为原来的8，摆球质量变为原来的2，故单摆周期为：t=2 = =2t答：它的周期变成2t 【解析】【分析】单摆的小角度摆动是简谐运动，根据周期公式t=2 列式求解即可六、综合题14.【答案】（1）摆长为oa的单摆周期 摆长为pb的单摆周期 由题意得 ，单摆的振动周期 解得 。（2）从静止释放到最低点,由机械能守