2019届高中物理第十一章机械振动课时跟踪检测四单摆含解析 4页

单摆一、单项选择题1．单摆振动的回复力是(　　)A．摆球所受的重力B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力C．悬线对摆球的拉力D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力解析：选B　摆球振动的回复力是其重力沿圆弧轨迹切向方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确。2．用空心铁球内部装满水做摆球，若球正下方有一小孔，水不断从孔中流出，从球内装满水到水流完为止的过程中，其振动周期的大小是(　　)A．不变B．变大C．先变大后变小再回到原值D．先变小后变大再回到原值解析：选C　单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从空心铁球中向外流出时，等效摆长是先变长后变短再回到原长，因而周期先变大后变小再回到原值，故选项C正确。3．如图所示，光滑轨道的半径为2m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6cm与2cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开，则两小球相碰的位置是(　　)A．C点B．C点右侧C．C点左侧D．不能确定解析：选A　由于轨道半径远远地大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆。因此周期只与轨道半径有关，与运动的弧长无关，所以A、B两球到达平衡位置C的时间相同，故选项A正确。4.要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是(　　)A．增大摆球的质量B．缩短摆长C．减小摆动的角度D．升高气温解析：选B　由单摆的周期公式T＝2π，可知周期只与l、g有关，而与摆球质量、摆动的角度无关。当l减小时，周期减小，频率增大，所以选B。5．对于做简谐运动的单摆，下列说法中正确的是(　　)nA．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：选C　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；当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，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FT－mg＝m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，选项D错误。6．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＝0.9mB．la＝0.9m，lb＝2.5mC．la＝2.4m，lb＝4.0mD．la＝4.0m，lb＝2.4m解析：选B　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＝2π，可知l＝，由此得la∶lb＝Ta2∶Tb2＝9∶25，则la＝×1.6m＝0.9m，lb＝×1.6m＝2.5m。故B正确。二、多项选择题7．如图所示为在同一地点的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中正确的是(　　)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：选BD　从题中图象可知：两单摆的振幅相等，周期不相等，所以两单摆的摆长和最大摆角一定不同，故B、D对，C错；单摆的周期与质量无关，故A错。8．单摆原来的周期为T，下列哪种情况会使单摆周期发生变化(　　)A．摆长减为原来的nB．摆球的质量减为原来的C．振幅减为原来的D．重力加速度减为原来的解析：选AD　由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关。故A、D正确。9．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摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，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、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4解析：选BD　由图象可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1；若两单摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4。故B、D正确。三、非选择题10．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为________cm。(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________。(填选项前的字母)A．把单摆从平衡位置拉开30°的偏角，并在释放摆球的同时开始计时B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数，0.9cm＋7×0.1mm＝0.97cm。(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过5°，并从平衡位置计时，故A错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T＝，若第一次过平衡位置计为“1”，则周期T＝n，B错误；由T＝2π得g＝，其中L为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D错误。答案：(1)0.97　(2)C11．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＝gt12，所以t1＝。对乙球，由于l弧AC≪R，所以θ<5°，所以可知乙球沿弧形槽做简谐运动，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，则等效摆长为R，所以周期为T＝2π，因此乙第一次到达C处的时间为t2＝T＝，所以t1∶t2＝2∶π。答案：2∶π