高中人教版物理选修3-4作业第十一章4单摆

第十一章机械振动4单摆课后篇巩固提升基础巩固1.关于单摆,下列认识正确的是()A.一根线系着一个球悬挂起来,这样的装置就是单摆B.可以看成单摆的装置中,细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多C.单摆的振动总是简谐运动D.两个单摆只要结构相同,它们的振动步调便相同解析单摆是实际摆的理想化模型,实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆,A错误,B正确。单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动,C错误。两单摆结构相同时,振动步调不一定相同,D错误。答案B2.下列关于单摆周期的说法正确的是()A.用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆,在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出,周期不变B.当升降机向上匀加速运动时(a<g)单摆的周期小于电梯匀速运动时单摆的周期C.将摆由赤道移到北极,单摆振动周期减小D.将单摆的摆角由5°增加到10°(不计空气阻力),单摆的周期减小解析沙从漏斗中缓慢漏出时,等效摆长变化,周期变化,选项A错误;升降机以加速度a向上匀加速运动时T1=2πlg+a,匀速运动时T2=2πlg,T1<T2,选项B正确;摆由赤道移到北极,重力加速度增大,则周期减小,选项C正确;单摆的周期与摆角大小无关答案BC3.对于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是()A.在位移为正的区间,速度和加速度都一定为负B.当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量也逐渐增大C.摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,摆线所受拉力最大D.摆球在最大位移处时,速度为零,处于平衡状态解析在位移为正的区间,回复力F=kx为负,加速度为负,但速度可正可负,选项A错误;当位移增大时,回复力增大,振动的能量不变,选项B错误;平衡位置为摆球最低位置,摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,由FTmg=mv2l知,在平衡位置摆线所受拉力最大,选项C正确;摆球在最大位移处,速度为零,但加速度不为零,并不处于平衡状态,答案C4.已知单摆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1.6m,则两单摆长la与lb分别为()A.la=2.5m,lb=0.9m B.la=0.9m,lb=2.5mC.la=2.4m,lb=4.0m D.la=4.0m,lb=2.4m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。根据单摆周期公式T=2πlg,可知l=g4π2T2,由此得la∶lb=Ta2∶Tb2=9∶25,则lalb=2525-9×1.6m=2答案B5.如图所示,在同一地点的A,B两个单摆做简谐运动的图象,其中实线表示A的运动图象,虚线表示B的运动图象。关于这两个单摆的以下判断正确的是()A.这两个单摆的摆球质量一定相等B.这两个单摆的摆长一定不同C.这两个单摆的最大摆角一定相同D.这两个单摆的振幅一定相同解析从题图可知,两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D对;由振幅相等而摆长不等知C错;单摆的周期与质量无关,故A错。答案BD6.(2019·江苏卷)一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的()A.位移增大 B.速度增大C.回复力增大 D.机械能增大解析由简谐运动的特点可知,当偏角增大,摆球偏离平衡位置的位移增大,故A正确;当偏角增大,动能转化为重力势能,所以速度减小,故B错误;由回复力F=kx可知,位移增大,回复力增大,故C正确,单摆做简谐运动过程中只有重力做功,所以机械能守恒,故D错误。答案AC7.一单摆做小角度摆动,其振动图象如图所示,以下说法正确的是()A.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解析由振动图象可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大,此时摆球速度为零,悬线对摆球拉力最小;t2和t4时刻摆球位移为零,正在通过平衡位置,速度最大,悬线对摆球拉力最大,故选项D正确。答案D8.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图所示。这样做的目的是(填字母代号)。

A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度l=0.9990m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则该摆球的直径为mm,单摆摆长为m。

(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程。图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin5°=0.087,sin15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是(填字母代号)。

解析(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变,需要改变摆长时便于调节,选项A、C正确。(2)根据游标卡尺读数规则,摆球直径为12.0mm,单摆摆长为Ld2=0.9990m0.0060m=0.9930m(3)单摆测量周期,必须从平衡位置开始计时,且摆角小于5°,所以合乎实验要求且误差最小的是A。答案(1)AC(2)12.00.9930(3)A9.如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,且R≫l弧AB。甲球从弧形槽的圆心处自由下落,乙球由A点由静止释放,问两球第一次到达C点的时间之比是多少?解析甲球做自由落体运动,R=12gt12,所以t1=2Rg。对乙球,由于l弧AC≪R,所以θ<5°,所以可以证明乙球沿圆弧槽做简谐运动,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,所以周期为T=2πRg,因此乙第一次到达C处的时间为t2=14T=2π答案22∶π能力提升1.图甲是演示简谐运动图象的装置,当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉出时,摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线,显示出摆的位移随时间变化的关系,板上直线OO1代表时间轴。图乙是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线,若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1,则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为()A.T2=T1 B.T2=2T1C.T2=4T1 D.T2=14T解析从题图中看出N1和N2所代表的木板被拉出的距离是相等的。答案D2.(2019·全国卷Ⅱ)如图,长为l的细绳下方悬挂一小球a,绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方34l的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始计时,当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正。下列图象中,能描述小球在开始一个周期内的xt关系的是(解析根据T=2πlg可知,当细绳碰到钉子时l变短,周期变小,恰为原来的二分之一,观察xt图可知,B、D错误;又由于a球摆到最高位置时,x1=lsinθ1,x2=l4sinθ2,x1x2=4sinθ1sinθ2。根据能量守恒知,(llcosθ1)mg=l4-答案A3.摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(取t=0),当振动至t=3π2lg时,摆球恰具有负向最大速度,解析由T=2πlg可知t=3π2lg=34T,即在3答案C4.如图所示,一向右运动的车厢顶上悬挂两单摆M与N,它们只能在图示平面内摆动,某一瞬间出现图示情景,由此可知车厢的运动及两单摆相对车厢运动的可能情况是()A.车厢做匀速直线运动,M在摆动,N静止B.车厢做匀速直线运动,M在摆动,N也在摆动C.车厢做匀速直线运动,M静止,N在摆动D.车厢做匀加速直线运动,M静止,N也静止解析车厢做匀速直线运动或静止时,都是处于平衡状态,N可能相对车厢是静止的,也可能在摆动中,M只能在摆动中,因为M所受的合外力不为零;车厢做匀加速直线运动时,M可能相对车厢静止,也可能在摆动中,N只可能是在摆动中经过最低点的瞬间,因为此时N在水平方向所受合力为零,不可能与车厢相对静止。答案AB5.(2019·河北模拟)在“利用单摆测重力加速度”的实验中,由单摆的周期公式得到T2=4π2gl。只需测量出多组单摆的摆长l和运动周期T,作出T2l图象,就可求出当地的重力加速度。某同学在实验中,用一个直径为d的实心钢球作为摆球,多次改变悬点到摆球顶部的距离l0,分别测出摆球做简谐运动的周期T后,作出的T(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是()A.将l0记为摆长lB.将(l0+d)计为摆长lC.将钢球的(N1)次全振动记为N次D.将钢球的(N+1)次全振动记为N次(2)由图象求出重力加速度g=m/s2(取π2=9.87,结果保留三位有效数字)。

解析(1)图象不通过坐标原点,将图象向右平移1cm就会通过坐标原点,故相同的周期下,摆长偏小1cm,故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径,将l0记为摆长l;故选A;(2)由单摆周期公式T=2πlg得T2=4则T2l图象的斜率k=4π2解得g=π2=9.87m/s2。答案(1)A(2)9.876.有一单摆,其摆长l=1.02m,摆球的质量m=0.10kg,已知单摆做简谐运动,单摆振动30次用的时间t=60.8s,试求:(1)当地的重力加速度是多大?(2)如果将这