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1、1第四节第四节 探究单摆的振动周期探究单摆的振动周期第五节 用单摆测定重力加速度 课时训练 4 探究单摆的振动周期 用单摆测定重力加速度 基础夯实 1.(多选)单摆是为了研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是( ) A.摆线质量不计 B.摆线长度不伸缩 C.摆球的直径比摆线长度小得多 D.实际生活中的“秋千”就是单摆 答案 ABC 解析一根不可伸长的且没有质量的细线悬挂一大小不计的小球组成的装置,我们称作单摆,它是一个理想化模型,所谓理想化是指细线不伸缩且无质量,小球的大小不计可视为质点,故 选项 A、B、C 正确,D 错误。 2.下列有关单摆运动过程中的受力说法,正确的是( ) A.单
2、摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力 B.单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力 C.单摆经过平衡位置时合力为零 D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力 答案 B 解析单摆运动是在一段圆弧上运动,因此单摆运动过程不仅有回复力,而且有向心力,即单摆运动的合外力不仅要提供回复力,而且要提供向心力,故选项 A 错误;单摆的回复力是重力 沿圆弧切线方向的一个分力,而不是摆线拉力的分力,故选项 B 正确,D 错误;单摆经过平衡 位置时,回复力为零,向心力最大,故其合外力不为零,所以选项 C 错误。 3.(多选)下列说法正确的是( ) 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
3、利略首先发现的 C.惠更斯首先将单摆的等时性用于计时 D.伽利略首先发现了单摆的等时性,并把它用于计时 答案 BC 解析首先发现单摆等时性的是伽利略,首先将单摆的等时性用于计时的是惠更斯。4.(多选)下列情况下会使单摆的周期变大的是( ) A.将摆的振幅减为原来的一半 B.将摆从高山上移到平地上 C.将摆从北极移到赤道 D.用一个装满沙子的漏斗(漏斗质量很小)和一根较长的细线做成一个单摆,摆动中沙慢慢从 漏斗中漏出答案 CD 解析将摆从北极移到赤道,g变小,由T=2 知T变大;漏斗漏沙后摆长变长,故T变大。5.将秒摆的周期变为 4 s,下面哪些措施是正确的( ) A.只将摆球质量变为原来的 B
4、.只将振幅变为原来的 2 倍2C.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;对秒摆,T0=2=2 s,对周期为 4 s的单摆,T=2=4 s,故l=4l0,故 C 对,D 错。 6.两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速v1、v2(v1v2)在竖直平面内做 小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则( ) A.f1f2和A1=A2 B.f1A2 D.f1=f2和A1A2,C 对。 7.摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(取作t=0),当振动至t=时,摆球具有负 向最大速度
5、,则单摆的振动图象是图中的( )答案 C 解析从t=0 时经过t=T,摆球具有负向最大速度,说明摆球在平衡位置,在给出的四个图象中,经过T具有最大速度的有 B、C 两图,而具有负向最大速度的只有 C。8.要使单摆的振动频率加大,可采用下列哪些做法( ) A.使摆球的质量减小 B.使单摆的摆线变长 C.将单摆从赤道移到北极 D.将单摆从平原移到高山上 答案 C 解析由f=知,要使f加大,则应使g加大或l减小,可知只有 C 正确。9.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,则此单摆的周期将( ) A.逐渐增大B
6、.逐渐减小 C.先增大后减小D.先减小后增大 答案 C 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。10.3(多选)图中两单摆摆长相同,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( ) A.如果mAmB,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B.如果mAT2
7、C.T1T2D.无法确定 答案 B 解析处于加速上升的升降机中的单摆的周期T2=2,升降机静止时的周期T1=2,T2=T1,故B 选项正确。 15.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中,先测得摆线长 101.00 cm,摆球直径为 2.00 cm,然后用秒表记录了单摆振动 50 次所用的时间为 101.5 s。则:(导学号 51150104) (1)他测得的重力加速度g= m/s2。 (2)他测得的g值偏小,可能的原因是 。 A.测摆线长时摆线拉得过紧5B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了 C.开始计时时,秒表过迟按下 D.实验中误将 49 次全振动次数记为 50
8、 次 答案(1)9.76 (2)B 解析(1)由题可知实验中所用单摆的摆长为l=101.00 cm+ cm=102.00 cm,单摆的振动周期T= s=2.03 s,由单摆的周期公式T=2,得g= m/s29.76 m/s2。 (2)从g=可知,用单摆测重力加速度时给实验带来误差的两个步骤是单摆摆长的测定和单摆 周期的测定,测得的g值偏小,分析可能的原因时应该从这两方面去考虑:测摆线长时摆线拉 得过紧会使摆长变长,测量结果偏大,因此选项 A 错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中 出现松动,使摆线长度增加了,这就是说实际实验中的摆长比实验开始测量的摆长要长,而在 处理数据时采用的是实验开始测量
9、的摆长,因此测量结果会偏小,因此选项 B 正确;开始计时 时,秒表过迟按下,这样使得测量周期偏小,测出的g将偏大,因此选项 C 错误;实验中误将 49 次全振动次数记为 50 次,同样使得测量周期偏小,测出的g将偏大,因此选项 D 错误。 16.在“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=42,只 要测出多组单摆的摆长l和运动周期T。作出T2-l图象,就可以求出当地的重力加速度。 理论上T2-l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。(导 学号 51150105)(1)造成图象不过原点的原因是 ; (2)由图象求出的重力加速度g= m/s2。 答案(1)测摆长时漏测球的半径r(2)9.87 解析(1)据T2=l=kl和题图所示图线的特点可知,摆长中少计了 1 cm,即测摆长时漏测球的半径r。(2)g=42=42 =42 m/s2=9.87 m/s2。 17.如图所示为演示沙摆振动图象的实验装置和实验结果。沙摆的摆动可看作简谐运动。若 手拉木板的速率为 0.2 m/s,由刻度尺上读出图线的尺寸,计算这个沙摆的摆长。(图中单位 为 cm)(导学号 51150106)答案 0.56 m 解析由题图可知沙摆摆动周期即为木板移动 30 cm 所需的时间,即T= s=1.5 s,由T=2,得l0.56 m。
