2024高中物理刷题首秧第十一章第4课时单摆对点练+巩固练含解析新人教版选修3-4

PAGEPAGE12第4课时单摆[对点训练]学问点一·单摆及单摆公式的应用1．(多选)单摆是为探讨摆的振动而抽象出的志向化模型，其志向化条件是()A．摆线质量不计B．摆线的长度不伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．摆角很小(θ<5°)答案ABCD解析单摆就是一根不行伸长的没有质量的线，下面悬挂一个质点的志向化模型，摆角要求小于5°，故A、B、C、D均正确。2．天津市某中学生在本校试验室利用一单摆做小角度摇摆，通过试验得到摆球振动位移x随时间t变更的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．该同学所用单摆摆长约为1mB．t＝0时刻与t＝1s时刻摆球的速度相同C．t＝0时刻摆球加速度为零，所受合力为零D．t＝0．5s时刻摆线的拉力最大答案A解析从图象可以知道，T＝2s，T＝2πeq\r(\f(L,g))，L＝eq\f(gT2,4π2)＝1m，所以A正确；t＝0时刻与t＝1s时刻摆球都处于平衡位置，速度大小相等，但方向相反，故B错误；t＝0时刻摆球处于平衡位置即最低点，单摆事实上在肯定的弧度内做圆周运动，如图。在最低点，合力供应向心力，所以合力和加速度都不为零，故C错误；t＝0．5s时，在最大位移处，速度为0，重力沿绳子方向的分力G1与绳子拉力T′平衡，T′＝G1，拉力比重力小，而在平衡位置速度最大，合力供应向心力即T－G＝meq\f(v2,R)，拉力比重力大，故D错误。3．如图所示为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l，沙桶的质量为m，沙子的质量为M，M≫m，沙子渐渐下漏的过程中，沙摆的周期为()A．周期不变B．先变大后变小C．先变小后变大D．渐渐变大答案B解析在沙摆摇摆、沙子渐渐下漏的过程中，沙摆的重心渐渐下降，即摆长渐渐变大，周期变大；当沙子流到肯定程度后，沙摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期变小，故沙摆的周期先变大后变小，故B正确。4．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摇摆，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()A．f1＞f2，A1＝A2B．f1＜f2，A1＝A2C．f1＝f2，A1＞A2D．f1＝f2，A1＜A2答案C解析由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))知，单摆振动的周期或频率只与摆长和当地重力加速度有关，因此两单摆的频率相等，即f1＝f2；由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(v2,2g)，即摆球经过平衡位置的速度越大，达到的高度越高，其振幅也就越大，C正确。5．两个单摆在相同的时间内，甲摇摆45次，乙摇摆60次，则()A．甲、乙两摆的周期之比为3∶4B．甲、乙两摆的频率之比为9∶16C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶3D．甲、乙两摆的摆长之比为16∶9答案D解析由t＝n甲T甲＝n乙T乙，知甲、乙的周期之比为4∶3，频率之比为3∶4，由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，有l＝eq\f(gT2,4π2)，知其摆长之比为l甲∶l乙＝16∶9，故D正确。6．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成了6次全振动，两摆长之差为1．6m，则两单摆长la与lb分别为()A．la＝2．5m，lb＝0．9mB．la＝0．9m，lb＝2．5mC．la＝2．4m，lb＝4．0mD．la＝4．0m，lb＝2．4m答案B解析设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5。依据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知l＝eq\f(g,4π2)T2，由此得la∶lb＝Teq\o\al(2,a)∶Teq\o\al(2,b)＝9∶25。则la＝eq\f(9,25－9)×1．6m＝0．9m，lb＝eq\f(25,25－9)×1．6m＝2．5m。故B正确。7．将秒摆的周期变为4s，下面哪些措施是正确的()A．只将摆球质量变为原来的eq\f(1,4)B．只将振幅变为原来的2倍C．只将摆长变为原来的4倍D．只将摆长变为原来的16倍答案C解析单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错误；对秒摆，T0＝2πeq\r(\f(l0,g))＝2s，对周期为4s的单摆，T＝2πeq\r(\f(l,g))＝4s，故l＝4l0，故C正确，D错误。8．如图所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球组成了双线摆，若摆线长为l，两线与天花板的夹角为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为()A．2πeq\r(\f(l,g))B．2πeq\r(\f(2l,g))C．2πeq\r(\f(2lcosα,g))D．2πeq\r(\f(lsinα,g))答案D解析这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2πeq\r(\a\vs4\al(\f(l′,g)))，公式中的l′是指质点到悬点的距离，即做圆周运动的半径，也就是这个双线摆的摆长，该双线摆的摆长为l′＝lsinα，所以T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))，故D正确。学问点二·用单摆测重力加速度9．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为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，设单摆摇摆过程中悬线不会遇到筒壁，假如本试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L，并通过变更L而测出对应的摇摆周期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g。(1)现有如下测量工具：A．时钟；B．停表；C．天平；D．毫米刻度尺。本试验所需的测量工具有________。(2)假如试验中所得到的T2­L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应当是a、b、c中的________。(3)由图象可知，小筒的深度h＝________m；当地重力加速度g＝________m/s2。答案(1)BD(2)a(3)0．39．86解析(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L要用到毫米刻度尺，测单摆的周期须要用停表，所以测量工具选B、D。(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2πeq\r(\f(L＋h,g))得，T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)h，可知T2­L关系图象为a。(3)将T2＝0，L＝－30cm代入上式可得h＝30cm＝0．3m；将T2＝1．20s2，L＝0代入上式可求得g＝π2m/s2≈9．86m/s2。10．依据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可以通过试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。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。(2)以下是试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，以便利测量，起先时拉开摆球，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度，在释放摆球的同时起先计时，当摆球回到起先位置时停止计时，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度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置起先计时，登记摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,50)答案(1)18．6mm(2)abe解析(1)依据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数：18mm＋0．1×6mm＝18．6mm。(2)摆线要选择细些的，可减小阻力，伸缩性小些的，保证摆长不变，并且尽可能长一些，以便利周期的测量，a正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，b正确；为了使摆的周期大一些，以便利测量，可增大摆长，而使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致误差增大，c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于等于5度，在摆球通过平衡位置的同时起先计时，测量单摆运动50个周期的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,50)，d错误，e正确。学问点三·等效单摆的综合应用11．如图所示，一个半径为R的圆弧形光滑轨道竖直放置，今有两质点P、Q，Q从圆弧轨道的圆心处自由落下(空气阻力不计)，P同时从特别接近O点的B点无初速释放，问P与Q谁先到达O点？答案Q解析Q从圆心处自由下落，设到达O点所需时间为t1，则有R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))。P从特别接近O点的B点无初速释放，相当于单摆的运动，圆弧轨道对P的支持力代替了绳的拉力，且偏角可认为小于5°，设它到达O点的时间为t2，则有t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))。所以t1＜t2，即质点Q先到达O点。12．正在修建的房顶上固定的一根不行伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发觉当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摇摆，如图所示，从小球第1次通过图中的B点起先计时，第21次通过B点时用30s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1m，当地重力加速度g取π2(m/s2)；依据以上数据可得小球运动的周期T＝________s；房顶到窗上沿的高度h＝________m。答案3．03．0解析T＝eq\f(t,n)＝3．0s，T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,2)2πeq\r(\f(1,g))＋2πeq\r(\f(1＋h,g))，解得h＝3．0m。易错点·单摆的摆长13．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，构成直角三角形，∠BAO＝30°，下端C点系着一个小球，已知O点到小球C的球心的距离是l，下列说法正确的是(以下皆指小角度摇摆)()A．让小球在纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))B．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))C．让小球在纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))D．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))易错分析单摆中的摆长是指从球心到做圆周运动的圆心的距离。当小球在垂直纸面内振动时，错把OC间距当成摆长，而错选D。答案A解析让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，A正确，C错误；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)l＋l))，周期T′＝2πeq\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)＋1))l,g))＝πeq\r(\f(4＋\r(3)l,g))，故B、D错误。

[提升训练]一、选择题1．将周期为2s的秒摆的周期变为1s，下列措施可行的是()A．将摆球质量减半B．振幅减半C．摆长减半D．摆长减为原来的eq\f(1,4)答案D解析由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，单摆的周期只与摆长l和当地的重力加速度g有关，所以要使T由2s变为1s，选项中只有D项l变为eq\f(l,4)时才能满意，故D正确。2．一座摆钟走慢了，要把它调准(即把钟摆的周期调小)，正确的做法是()A．缩短摆长B．增长摆长C．增大摆锤的质量D．将摆钟移到重力加速度较小的地方答案A解析摆钟走慢了，是周期T变大了，要校准，要使周期变小；依据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，要使周期变小，可以减小摆长，所以A正确，B、C、D错误。3．如图所示，图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置。当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出沙摆的振动位移随时间变更的关系曲线。已知木板被水平拉动的速度为0．20m/s，图乙所示的一段木板的长度为0．60m，则这次试验沙摆的摆长大约为(取g＝π2m/s2)()A．0．56mB．0．65mC．1．00mD．2．25m答案A解析从图乙可以得出振动两个周期所用的时间为：t＝eq\f(x,v)＝eq\f(0.6,0.2)s＝3s，单摆振动的周期为：T＝eq\f(t,2)＝1．5s，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得：摆长为：l＝eq\f(gT2,4π2)＝0．56m，故A正确。4．在“用单摆测定重力加速度”的试验中，干脆测出物理量摆长L，振动n次的时间t，从而测定重力加速度g。假如测出的g值偏小，则可能的缘由是()A．误将摆线长度当作摆长B．误将从悬点到摆球下端的长度当作摆长C．摆球质量过大D．误把n次全振动记录为n＋1次答案A解析由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得，g＝eq\f(4π2L,T2)。若将摆线长度当作摆长，摆长L偏小，则g值偏小，所以A正确；将从悬点到摆球下端的长度当作摆长，摆长L偏大，则g值偏大，故B错误；单摆的周期与摆球质量无关，所以依据试验可以知道，摆球的质量对测量g没有影响，故C错误；把n次全振动记录为n＋1次，由T＝eq\f(t,n)得知，T值偏小，则g值偏大，故D错误。5．(多选)如图所示，用绝缘细丝线悬吊着带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则()A．当小球每次通过平衡位置时，动能相同B．当小球每次通过平衡位置时，速度大小相同C．当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力相同D．撤去磁场后，小球摇摆周期变大答案AB解析洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此不参加供应回复力，所以对周期及动能无影响，A、B正确，D错误；小球每次通过平衡位置时，洛伦兹力大小不变，而其方向会随速度方向的变更而变更，所以丝线拉力不总是相同，C错误。6．有一天体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，将在地球表面走时精确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为()A．eq\f(1,2)minB．eq\f(\r(2),2)minC．eq\r(2)minD．2min答案B解析因重力等于引力，所以mg＝eq\f(GMm,R2)，又因M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，所以g＝G·ρ·eq\f(4,3)πR，所以g′＝2g，T′＝2πeq\r(\f(l,g′))可得T′＝eq\f(\r(2),2)T，在地球表面秒针走一圈的时间为1min，那么在天体表面秒针走一圈的实际时间为eq\f(\r(2),2)min，故B正确。7．如图所示，光滑槽的半径R远大于小球运动的弧长，今有两个小球(视为质点)同时由静止释放，其中甲球起先离圆槽最低点O较远些，则它们第一次相遇的地点是在()A．O点B．O点偏左C．O点偏右D．无法确定，因为两小球的质量关系未知答案A解析甲、乙均做简谐运动，且周期相等，到O点时间t＝eq\f(1,4)T，故A正确。8．(多选)惠更斯利用摆的等时性独创了带摆的计时器，叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能供应，运动的速率由钟摆限制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是()A．当摆钟不准时须要调整圆盘位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移答案AC解析调整圆盘位置可变更摆长，从而达到调整周期的作用。若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长即下移圆盘，由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘，从广州到北京，g值变大周期变小，应增加摆长。综上所述，A、C正确。9．(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，则()A．若甲、乙两单摆在同一地点摇摆，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摇摆，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摇摆，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摇摆，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4答案BD解析由图象可知T甲∶T乙＝2∶1，又T＝2πeq\r(\f(l,g))，若两单摆在同一地点，则两摆摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，B正确，A错误；若两摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故D正确，C错误。二、非选择题10．用单摆测定重力加速度的试验装置如图1所示。(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)。A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1．8cm的塑料球D．直径为1．8cm的铁球(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。(3)下表是某同学记录的3组试验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80．0090．00100．0050次全振动时间t/s90．095．5100．5振动周期T/s1．801．91重力加速度g/(m·s－2)9．749．73请计算出第3组试验中的T＝________s，g＝________m/s2。(4)用多组试验数据作出T2­L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2­L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是__________(选填选项前的字母)。A．出现图线a的缘由可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的缘由可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值答案(1)AD(2)eq\f(4π2n2L,t2)(3)2．019．76(4)B解析(1)组装单摆时，应选用1m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，选项A、D正确。(2)单摆的振动周期T＝eq\f(t,n)。依据T＝2πeq\r(\f(L,g))，得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4π2n2L,t2)。(3)T3＝eq\f(t3,50)＝2．01s。依据T＝2πeq\r(\f(L,g))，得g＝eq\f(4π2L,T2)≈9．76m/s2。(4)依据T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2,g)L，即当L＝0时，T2＝0。出现图线a的缘由是计算摆长时过短，可能是误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，选项A错误；对于图线c，其斜率k变小了，依据k＝eq\f(T2,L)，可能是T变小了或L变大了。选项B中误将49次全振动记为50次，则周期T变小，选项B正确；由eq\f(4π2,g)＝k得g＝eq\f(4π2,k)，则k变小，重力加速度g变大，选项C错误。11．几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰，他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表