人科版选修3-4课时提升作业411.4单摆

1、课时提升作业四（40分钟 100分）£基础达标一、选择题（本题共7小题，每小题8分，共56分）1.（多选）关于摆的等时性及摆钟的发明，下列叙述符合历史事实的是（）A.单摆的等时性是由惠更斯首先发现的B.单摆的等时性是由伽利略首先发现的C.惠更斯首先将单摆的等时性用于计时，发明了摆钟D.伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时【解析】选B Co伽利略最早发现了教堂里吊灯摆动的等时性。后来惠更斯按照伽利略的构想，发明制作 了一个摆钟。2 .周期为2 s的摆叫秒摆，若要将秒摆的周期变为0.5 s ,下列措施可行的是（）A.将摆球的质量及振动的振幅均减半B.将振幅和摆长均减半C.将摆长减

2、为原来的4D.将摆长减为原来的iO【解析】选Do摆球质量和摆的振幅均不影响单摆的周期，故只要改变摆长即可改变周期，由周期公式丁办2得 12=161D正确。3 .（多选）对于做简谐运动的单摆，当所受回复力逐渐增大时，随之变小的物理量是A.摆线上的张力B.摆球的振幅D.摆球的动能C.摆球的重力势能【解析】选A Do回复力逐渐增大时，摆球的重力沿切线方向的分力增大，速度变小，动能变小，重力势能增大，向心力减小，张力减小，振幅不变。4 .（2018 西城区高二检测）如图甲所示，一个单摆的小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，振动图象如图乙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2。对于这个

3、单摆的振动过程，下列说法中正确的是 （）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25 cmC.从 t=2.5 s 到 t=3.0 s的过程中,摆球由左向右接近平衡位置D.从 t=2.5 s 到 t=3.0 s的过程中,摆球所受回复力逐渐增大【解析】选A由振动图象读出周期T=2 s ,振幅A=8 cm,由此得到角频率 w =兀rad/s，则单摆的位移 x随时间t变化的关系式为 x=Asin w t=8sin（兀t）cm ,故A正确。由公式丁二2兀T=2 s代入得到L=1 m,故B错误。从t=2.5 s至U t=3.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最

4、低点，由右向左接近平衡位置，故 C错误。从t=2.5 s到t=3.0 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错 误。故选A5.有一天体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同， 将在地球表面走时准确的摆钟移到该天体表面,秒针走一圈的实际时间为A.min2B.minC.minD.2 minGMmGM【解析】选B。由万有引力公式得X =mg地球表面的重力加速度g=：1,M= TtR3p ,计算得该天体表面重力加速度g是地球表面重力加速度的2倍，即g' =2g,由单摆的周期公式丁=2兀9,得出- T,秒针走一圈时,完成全振动的次数相同，由于周期不同，所以实际经历的时间不同，该摆钟在地球

5、上秒针转一圈时间为1 min ,在该天体表面秒针转一圈时间为min ,故B选项正确。6.如图所示，曲面AO是段半径为2 m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于。点，AO弧长为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，到达底端的速度分别为vi和V2,经历的时间分别为匕和12,那么（oA.Vl<V2, t 1<t 2 B.Vl>V2, t 1=t 2C.v尸V2, t 1=t 2D.以上三项都有可能【解析】选B。因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即臼做简谐运动，等效摆长为2 m,单摆的周期与振幅无关，故有ti=t

6、2,因mghZmG,所以v=，2gh 故Vi >V2, B项正确。7 .（多选）（2018 广州高二检测）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8 .两单摆的摆长相等Hc.两单摆相位相差2D.在相同的时间内，两摆千通过的路程总有s甲二2s乙【解析】选B Co从图上知：T甲二丁乙，则摆长相等，B正确。A甲二2A乙，乂甲=7T7T2sin（ wt+ 2）cm, x乙=$丽cm。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，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情

7、况下，经过相同时间，两摆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B、G二、非选择题（14分）8.同学探究单摆周期与摆长的关系，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm,用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为 cm,摆长为 cm。用停表记录单摆做 30次全振动所用的 时间如图乙所示，停表读数为 s,如果测得的g值偏大，可能的原因是 （填序号）。A.计算摆长时加的是摆球的直径B.将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点。间的长度作为摆长C.摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加（实验过程中先

8、测摆长后测周期）D.实验中误将30次全振动记为31次【解析】游标卡尺的主尺读数为 2 cm,游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10X0.05 mm=0.50 mm,所以最终读数为:2 cm+20500.050 cm=2.050 cm ;摆长为：89.40 cm+ ?cm=90.425 cm ;由图乙可知：秒表的读数 t=57.0 s 。根L 4ML则摆长的测量值偏大，重力加据T=2兀19,得g=。A项：计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径, 速度测量值偏大，故A正确；B项：用米尺测出摆球球心到摆线某点。间的长度作为摆长使摆长的测量值偏 小，重力加速度测量值偏小，故 B错误

9、；C项：摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；D项：实验中误将30次全振动记为31次,则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故D正确。答案：2.05090.42557.0 A D与能力提升1 .（15分）（1）（多选）在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是（）A.应选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线B.用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC.在小偏角下让单摆摆动D.当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期TE.通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为T281 ,则可作T2-1图象

10、；如果图象是一条直线，则2 m/s 2）。关系T28 1成立（2）如图是单摆振动时摆球位移随时间变化的图象（取重力加速度g=Tt求单摆的摆长l。估算单摆偏离竖直方向的最大角度（单位用弧度表示）。【解析】（1）选A、C、E摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线，故 A正确；刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，故 B错误；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5。，否则单摆将不做简谐运动，故 C正确；当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量n次全振动t的时间为t,再由丁二屋求周

11、期误差较小，故 D错误；处理数据的时候，通常由线性关系比较好得出结论， 故作T2-1图象，E正确。0（2）根据周期公式有 T=2兀 9由图象可知单摆周期 T=2 s解得l=1 ma单摆振动时偏离竖直方向的最大角度0解得00.05 rad 。答案：（1）A、C、E （2） 1 m 0.05 rad2 .（15分）（1）（多选）同一地点的甲、乙两单摆（摆球质量相等）的振动图象如图所示，下列说法中正确的是（）A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的机械能比乙摆小C.甲摆的最大速率比乙摆小1D.在4周期时振子具有正向加速度的是乙摆3E.在4周期时甲摆的回复力为零 （2）有一单摆，其摆长l=1.02 m ,

12、已知单摆做简谐运动，单摆振动 30次用的时间t=60.8 s ，试求:当地的重力加速度是多大?如果将这个单摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？【解析】(1)选A D、E。由图象可知，甲、乙周期相同，又T=21'9,同一地点所以g相同，故摆长l相等，A项正确；由图象可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，日C项错误；由图象可知,度，D项正确；在周期时甲摆正经过平衡位置，故此时回复力为零,E正确。4周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处，故乙摆具有正向加速(2)当单摆做简谐运动时，其周期公式T=2兀 9 ,47r2 2由此可知g= ,只要求出T值代

13、入即可。t 60.8因为 丁=小 s=2.027 s47r2Z 4X3,142 X 1.02所以 g= 丁 =2,027m/s 2=9.79 m/s 2。秒摆的周期是2 s,设其摆长为10,由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有T " Til 22 x 1.02,O='°,故有:1 0= 7" = 2,027? m=0.993 m。所以其摆长要缩短 A 1=1-1 0=1.02 m-0.993 m=0.027 m c 答案：(1)A、D、E (2) 9.79 m/s 2 缩短 0.027 m 【补偿训练】图甲是一个单摆振动的情形，。是它的平衡位置，日C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动