eq\a\vs4\al(專)eq\a\vs4\al(項)4單擺的圖像提實力1．(多選)甲、乙兩個單擺的振動圖像如圖所示，依據振動圖像可以判定()A．若甲、乙兩單擺在同一地點搖擺，甲、乙兩單擺擺長之比是9∶4B．甲、乙兩單擺振動的頻率之比是3∶2C．甲、乙兩單擺振動的周期之比是2∶3D．若甲、乙兩單擺在不同地點搖擺，但擺長相同，則甲、乙兩單擺所在地點的重力加速度之比為9∶42.如圖，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方eq\f(3,4)l的O′處有一固定細鐵釘．將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時起先計時．當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘的阻擋．設小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正．下列圖像中，能描述小球在起先一個周期內的x-t關系的是()3．(多選)有兩位同學分別運用如圖甲所示的裝置，視察單擺做簡諧運動時的振動圖像．已知兩人試驗時所用的擺長相同，落在同一木板上的細砂形成的曲線分別如圖乙中N1、N2所示，下列關于兩圖線的分析，正確的是()A．N1對應的細砂擺搖擺的幅度較大，N2對應的細砂擺搖擺的幅度較小B．N1與N2對應的細砂擺周期相同C．N1對應的木板運動速度比N2對應的木板運動速度大D．假設兩次試驗細砂擺質量相等，則N1對應的細砂擺擺到最低點時，擺線的拉力比N2對應的拉力大4．(多選)如圖甲所示，一個單擺做小角度搖擺，從某次擺球由左向右通過平衡位置時起先計時，相對平衡位置的位移x隨時間t改變的圖像如圖乙所示．不計空氣阻力，g取10m/s2.對于這個單擺的振動過程，下列說法中正確的是()A．單擺的位移x隨時間t改變的關系式為x＝8sin(πt)cmB．單擺的擺長約1mC．從t＝2.5s到t＝3s的過程中，擺球的重力勢能漸漸增大D．從t＝2.5s到t＝3s的過程中，擺球所受繩子拉力漸漸減小5.瘦長輕繩拴一質量為m的小球構成單擺，擺長為L.將單擺拉開一個小角度，然后無初速度地釋放，小球在豎直平面內做簡諧運動，其振動圖像如圖所示，圖中A、T為已知量，重力加速度為g.(提示：cosθ＝1－2sin2eq\f(θ,2)；當θ趨近于0時，sineq\f(θ,2)≈eq\f(θ,2))(1)寫出小球做簡諧運動的位移x與運動時間t的函數表達式；(2)求小球運動過程中的最大速度；(3)求小球運動過程中輕繩的最大拉力．專項4單擺的圖像1．答案：BCD解析：依據題圖可知，單擺振動的周期關系eq\f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(2,3)，所以頻率之比eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(3,2)，故B、C正確；若甲、乙兩單擺在同一地點搖擺，則重力加速度相同，依據周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得擺長之比為4∶9，故A錯誤；若甲、乙兩單擺在不同地點搖擺，擺長相同，依據T＝2πeq\r(\f(l,g))得：重力加速度之比為9∶4，故D正確．2．答案：A解析：由于細繩偏離豎直方向的角度很小，可將該模型視為單擺，單擺做簡諧運動的周期公式為T＝2πeq\r(\f(l,g))，所以碰上釘子后，擺長變為eq\f(l,4)，則周期變為原來的eq\f(1,2)，由機械能守恒定律可知小球肯定能升到左側同等高度處，由于被釘子攔住，由幾何關系可知釘子的水平位移大小達不到初始水平位移的大小，又由于從正向最大位移處計時，所以A正確．3．答案：BC解析：由題圖乙可知，N1對應的細砂擺搖擺的幅度與N2對應的細砂擺搖擺的幅度相同，故A錯誤；由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))及兩擺擺長相同可知，兩細砂擺的周期相同，故B正確；由題圖乙可知，若N1對應的木板的運動時間為T，則N2對應的木板的運動時間為2T，可知N1對應的木板運動速度比N2對應的木板運動速度大，故C正確；由動能定理有mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，在最低點有T－mg＝meq\f(v2,L)，解得T＝3mg－2mgcosθ，由于兩擺的振動幅度相同，則θ相同，故砂擺擺到最低點時擺線的拉力大小相等，故D錯誤．4．答案：AB解析：由圖像可知，單擺周期為T＝2s，則ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，所以單擺的位移x隨時間t改變的關系式為x＝8sin(πt)cm，故A正確；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得單擺的擺長l≈1m，故B正確；由圖像可知，從t＝2.5s到t＝3s的過程中，擺球在靠近平衡位置，所以擺球的重力勢能漸漸減小，故C錯誤；由于從t＝2.5s到t＝3s的過程中，擺球在靠近平衡位置，所以擺球的速度在增大，設繩子與豎直方向夾角為θ，則其所受繩子的拉力為FT＝Gcosθ＋meq\f(v2,l)，此時θ漸漸減小，v漸漸增大，所以擺球所受繩子拉力漸漸增大，故D錯誤．5．答案：(1)x＝Asin(eq\f(2π,T)t＋π)或x＝Asin(eq\f(2π,T)t－π)(2)Aeq\r(\f(g,L))(3)mg(1＋eq\f(A2,L2))解析：(1)簡諧運動的圓頻率ω＝eq\f(2π,T)，位移x與運動時間t的函數表達式為x＝Asin(eq\f(2π,T)t＋π)或x＝Asin(eq\f(2π,T)t－π).(2)小球在最低點時的速度最大，設為vm，從最高點運動到最低點，由動能定理有mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m)).解得vm＝2eq\r(gL)sineq\f(θ,2)，當θ趨近于0時，sineq\f(θ,2)≈eq\f(θ,2)，θ≈eq\f(A,L)，可