鲁科版选修34 单摆 第1课时 作业.docx

11.4 单摆 1.已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m，则两单摆摆长la与lb分别为（ )a.la=2.5 m，lb=0.9 m b.la=0.9 m，lb=2.5 mc.la=2.4 m，lb=4.0 m d.la=4.0 m，lb=2.4 m思路解析：单摆完成一次全振动所需的时间叫单摆振动周期，据题设可知a、b两摆的周期之比为：，由单摆周期公式t=2得：，据题设lb-la=1.6 m，联立解得la=0.9 m，lb=2.5 m.答案：b 2.在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，由此摆球的周期将（ )a.逐渐增大 b.逐渐减小c.先增大后减小 d.先减小后增大思路解析：单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为t=2，式中l为摆长，其值为悬点到摆动物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长l先增大后减小，所以摆动周期将先增大后减小.答案：c3.若单摆的摆长不变，摆球质量变为原来的2倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的1/2，则该单摆振动的（ )a.频率变大，振幅变小 b.频率变小，振幅变大c.频率不变，振幅变小 d.频率不变，振幅变大思路解析：当摆球质量变为原来的2倍，经过平衡位置的速度减为原来的时，动能变成原来的，所以振幅变小.单摆的振动周期与摆球质量及振幅无关，所以周期不变，频率也就不变.答案：c4.如图11-4-3所示，mn为半径较大的光滑圆弧轨道一部分，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.今使两球同时释放，则在不计空气阻力时有 （ )图11-4-3a.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点思路解析：a球做自由落体运动，很容易求出到达c点的时间，而b球在mn上摆动，在振幅很小的情况下，做简谐运动，周期与单摆周期类似，为t=2，其中l为mn的半径，所以b球从bc的时间为t/4，从而比较a、b两球到达c点时间的长短.答案：a5.如图11-4-4所示，两根长度均为l的细线下端拴一质量为m的小球，两线间夹角为.今使摆球在垂直于纸面的平面内做小幅度振动，求其振动周期.图11-4-4思路解析：当双线摆在垂直于纸面内做小幅度振动时，其等效摆长为l=lcos，故此双线摆的振动周期为：t=2.答案：t=6.有一摆钟的摆长为l1时，在某一标准时间内快a分钟，若摆长为l2时，在同一标准时间内慢b分钟，求为使其准确，摆长应为多长？（可把钟摆视为摆角很小的单摆）思路解析：解法一：设该标准时间为t s，准确摆钟摆长为l m，走时快的钟周期为t1 s，走时慢的钟周期为t2 s，准确的钟周期为t s.不管走时准确与否，钟摆每完成一次全振动，钟面上显示的时间都是t s.由各摆钟在t s内钟面上显示的时间求解对快钟：t+60a= 对慢钟：t-60b= 联立解式，可得= 最后可得l=.解法二：由各摆钟在t s内的振动次数关系求解：设快钟在t s内全振动次数为n1，慢钟为n2，准确的钟为n0.显然，快钟比准确的钟多振动了次，慢钟比准确的钟少振动了次，故：对快钟：n1= 对慢钟：n2= 联解式，并利用单摆周期公式t=2同样可得l=.答案：l=.7.在单摆悬点正下方距悬点处有一小钉c，从而使单摆左右摆动时，其摆长发生改变，已知摆长为l，求其周期.思路解析：由于c处小钉对线摆到左侧时的阻挡作用，促使右侧半周期摆长为，故而全程t=(+).答案：t=(+)8.图11-4-5中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球a在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动.以ma、mb分别表示摆球a、b的质量，则（ )图11-4-5a.如果mamb，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧b.如果mamb，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧c.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧d.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧思路解析：a、b两球碰撞后，b球一定向右摆动，a球可能向右，也可能向左摆，还可能停下来.由于两球摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在t时回到平衡位置而发生第二次碰撞.答案：cd9.如图11-4-6所示是单摆振动示意图，正确的说法是（ )图11-4-6a.在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值b.在最大位移处势能最大，而动能最小c.在平衡位置绳子的拉力最大，摆球速度最大d.摆球由ac运动时，动能变大，势能变小思路解析：单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离平衡位置运动，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向平衡位置运动时，动能变大而势能变小，故b、d正确，a错.小球在平衡位置只受重力和绳子拉力，在平衡位置c，拉力f=mg+mv2/r，由上述分析知，平衡位置时动能最大，即v最大，故f也最大，所以c正确.答案：bcd10.一单摆做小角度摆动，其振动图象如图11-4-7所示，以下说法正确的是（ )图11-4-7a.t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小b.t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小c.t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大d.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大思路解析：设摆长为l，摆球质量为m，绳的拉力为t，摆球经过平衡位置时，根据牛顿第二定律与圆周运动知识可知，t-mg=m，则t=mg+m，只有摆球速度最大时，悬绳的拉力最大，故d选项正确.答案：d11.有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成两个单摆摆动平面前后相互平行.（1）现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0 s和49.0 s，则两单摆的周期差t_ s；（2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差若测得释放两摆的时间差t0.165 s，则在短摆释放_ s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向_（填方向）通过_ （填位置）；（3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可以做的改进是_.思路解析：此题做法从物理学原理方面来说，有点类似于游标卡尺，由于两摆的周期之差为0.02 s，所以摆动一个周期时间内相差0.02 s，要使两摆球第一次同时同方向通过某位置，必然两摆球振动的位相是一样的，所以要把0.165 s在n次周期内分配完，则求得n=8.25，所以两摆球振动次数为8.25，则同时达到左边最高点（因它们都是从右边开始释放）.短摆运动时间为8.250.98 s8.085 s.用公式表示，设长摆运动时间为t，则为1t2(t-t)，代入数据有：0.02t=0.165，解得t=8.25 s，因长摆的周期为1 s，故长摆的振动次数也为8.25，此时位置为平衡位置且向左运动，短摆运动时间为8.25-0.165 s=8.085 s.答案：（1）0.02（2）8.085 左 平衡位置（3）增大两摆摆长，同时使周期之差减小12.有一单摆，在地球表面为秒摆，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6.（1）将该单摆置于月球表面，其周期多大？（2）若将摆长缩短为原来的1/2，在月球表面时此摆的周期多大？（3）该秒摆的摆长多少？（g=9.8 m/s2）思路解析：（1）t月=2.t地=2因秒摆的周期为2秒，则式除以式，t月=t地=4.9 s.（2）t月=t地=s=3.5 s（3）l地=（）2g地=（）29.8 m=0.99 m答案：（1）t月=4.9 s（2）t月=3.5 s（3）t地=0.99 m13.一架摆钟，在某地使用时发现，摆长为l1时，每天快t时间；摆长为l2时，每天慢t时间.试分析计算摆长l多大时，这架摆钟才能准确计时.思路解析：设一天的时间为t0摆长为l1时，周期t1=2，一天摆动次数为n1=摆长为l2时，周期t2=2，一天摆动次数为n1=摆长为l时，周期t=2，一天摆动的次数n=，能准确计时.根据题意可列方程t（n1-n）=t(n-n2) 经计算，可得准确计时时摆长应为l=.答案：l=14.两个同学想