物理人教版 (2019)1 实验：探究小车速度随时间变化的规律测试题

课时作业9　单摆　实验：用单摆测量重力加速度

1．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有(　A　)

A．A球先到达C点

B．B球先到达C点

C．两球同时到达C点

D．无法确定哪一个球先到达C点

解析：由单摆周期公式可求B球到达C点的时间：t1＝＝×2π＝，对A球，据R＝gt2得：t2＝，t1>t2，故A先到达C点，A正确．

2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s，下列措施可行的是(　D　)

A．将摆球的质量减半　　　　 B．振幅减半

C．摆长减半   D．摆长减为原来的

解析：秒摆的周期由2 s变为1 s，周期变为原来的，由周期公式T＝2π可知：应该是将摆长减为原来的，而与摆球的质量、振幅无关，故A、B、C错误，D正确．故选D.

3．(多选)下列说法正确的是(　BC　)

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

D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时

解析：意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用于计时．

4．单摆的振动周期在发生下述哪些情况中增大(　D　)

A．摆球质量增大

B．摆长减小

C．单摆由赤道移到北极

D．单摆由海平面移到高山顶上

解析：单摆的周期公式可表示为：T＝2π，周期与摆球质量无关，选项A错误；摆长变小，周期变小，选项B错误；由赤道到北极g变大，T变小，选项C错误；海拔高度增大，g变小，T增大，选项D正确．综上本题选D.

5．将秒摆的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的(　C　)

A．只将摆球质量变为原来的

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

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＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，故l＝4l0，故C对，D错．

6．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．

(1)(多选)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(　AC　)

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＝0.999 0 m，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12.0 mm，单摆摆长为0.993_0 m.

(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m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次全振动的图像，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(　A　)

解析：(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保证摆长一定，同时又便于调节摆长，选项A、C说法正确；(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，则单摆摆长为l0＝l－＝0.993 0 m(注意统一单位)；(3)单摆摆角不超过5°，且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始，故选项A的操作符合要求．

7．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图像．根据图像回答：

(1)单摆振动的频率是多大？

(2)开始时刻摆球在何位置？

(3)若当地的重力加速度为π2 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？

答案：(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m

解析：(1)由乙图知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz；

(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时刻摆球在B点；

(3)由T＝2π得l＝＝0.16 m.

1．置于水平面的支架上吊着一只装满细沙的小漏斗，让漏斗左右摆动，于是桌面上漏下许多沙子，一段时间后桌面上形成一沙堆，沙堆的纵剖面在下图中最接近的是(　C　)

解析：单摆在平衡位置的速度大，漏下的沙子少，越接近两端点速度越小，漏下的沙子越多，故C选项符合题意．

2．关于单摆的运动有下列说法，正确的是(　B　)

①单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力

②单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力

③单摆的周期与质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关

④单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于10°

⑤在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快

A．①③④　　　　　　　　 B．②③④

C．③④⑤   D．①④⑤

解析：单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力，所以说法①错误，②正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，说法③正确；当摆角很小时，摆球的运动轨迹可以近似地看做直线，回复力或重力沿摆球运动轨迹切向的分力可以近似地看做沿这条直线作用，这时可以证明F＝－mgsinθ＝x＝－kx，可见，在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，说法④正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2π可知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，说法⑤错误．综上可知，只有说法②③④正确，本题答案为B.

3．如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，M>m，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期(　B　)

A．不变

B．先变大后变小

C．先变小后变大

D．逐渐变大

解析：在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子漏到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由单摆周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故答案为B.

4．(多选)如图所示，是一个单摆(θ<10°)，其周期为T，则下列正确的说法是(　CD　)

A．把摆球的质量增加一倍，其周期变小

B．把摆角变小时，则周期也变小

C．此摆由O→B运动的时间为

D．摆球由B→O时，势能向动能转化

解析：由T＝2π可知，单摆的周期T与摆球质量m无关，与摆角无关，当摆球质量与摆角发生变化时，单摆做简谐运动的周期不变，故AB错误；由平衡位置O运动到右端最大位移处需要的时间是四分之一周期，故C正确；摆球由位移最大位置B向平衡位置O运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，故D正确．

5．(多选)如图所示，乙图图像记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图像的说法正确的是(　CD　)

A．a图线表示势能随位置的变化关系

B．b图线表示动能随位置的变化关系

C．c图线表示机械能随位置的变化关系

D．图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变

解析：单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故a图线表示动能随位置的变化关系，故A错误；单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故b线表示重力势能随位置的变化关系，故B错误；单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故c线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故C、D正确．

6．在做用单摆测定重力加速度的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝.若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是87.40 cm.若测定了40次全振动的时间如图乙中的停表所示．则停表读数是75.2 s．单摆摆动的周期是1.88_s．测得重力加速度g＝9.75_m/s2_.

解析：由单摆振动的周期公式T＝2π，可得重力加速度的计算公式为g＝.

由题图甲可读出悬线长加小球直径d的读数为l′＝88.40 cm，所以单摆摆长为l＝l′－＝88.40 cm－1.00 cm＝87.40 cm.

由题图乙看出，停表分针的示数为1 min＝60 s，而秒针的示数为15.2 s，故停表的读数为t＝60 s＋15.2 s＝75.2 s．单摆振动的周期为T＝＝ s＝1.88 s.

重力加速度g＝＝ m/s2≈9.75 m/s2 .

7．如图所示是两个单摆的振动图像．

(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？

(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t＝0起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲振动到了什么位置？向什么方向运动？

答案：(1)14

(2)甲振动到周期，位于平衡位置．此时甲向左运动．

解析：(1)由题图可以看出，单摆甲的周期是单摆乙的周期的，即T甲＝T乙，又由单摆的周期与摆长的关系可知，l甲l乙＝14.

(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t＝2 s，振动到周期，甲振动到周期，位移为0，位于平衡位置，此时甲向左运动．