PAGE1-探究單擺的振動周期用單擺測定重力加速度基礎夯實1.如圖所示的裝置,可視為單擺的是()答案A2.下列有關單擺運動過程中的受力說法,正確的是 ()A.單擺運動的回復力是重力和擺線拉力的合力B.單擺運動的回復力是重力沿圓弧切線方向的一個分力C.單擺經過平衡位置時合力為零D.單擺運動的回復力是擺線拉力的一個分力答案B解析單擺運動是在一段圓弧上運動,因此單擺運動過程不僅有回復力,而且有向心力,即單擺運動的合外力不僅要供應回復力,而且要供應向心力,故選項A錯誤;單擺的回復力是重力沿圓弧切線方向的一個分力,而不是擺線拉力的分力,故選項B正確,D錯誤;單擺經過平衡位置時,回復力為零,向心力最大,故其合外力不為零,所以選項C錯誤。3.(多選)下列說法正確的是()A.單擺的等時性是由惠更斯首先發覺的B.單擺的等時性是由伽利略首先發覺的C.惠更斯首先將單擺的等時性用于計時D.伽利略首先發覺了單擺的等時性,并把它用于計時答案BC解析首先發覺單擺等時性的是伽利略,首先將單擺的等時性用于計時的是惠更斯。4.(多選)下列狀況下會使單擺的周期變大的是()A.將擺的振幅減為原來的一半B.將擺從高山上移到平地上C.將擺從北極移到赤道D.用一個裝滿沙子的漏斗(漏斗質量很小)和一根較長的細線做成一個單擺,搖擺中沙漸漸從漏斗中漏出答案CD解析將擺從北極移到赤道,g變小,由T=2π知T變大;漏斗漏沙后擺長變長,故T變大。5.將秒擺的周期變為4s,下面哪些措施是正確的()A.只將擺球質量變為原來的B.只將振幅變為原來的2倍C.只將擺長變為原來的4倍D.只將擺長變為原來的16倍答案C解析單擺的周期與擺球的質量和振幅均無關,A、B均錯;對秒擺,T0=2π=2s,對周期為4s的單擺,T=2π=4s,故l=4l0,故C對,D錯。6.兩個相同的單擺靜止于平衡位置,使擺球分別以水平初速v1、v2(v1>v2)在豎直平面內做小角度搖擺,它們的頻率與振幅分別為f1、f2和A1、A2,則()A.f1>f2和A1=A2B.f1<f2和A1=A2C.f1=f2和A1>A2 D.f1=f2和A1<A2答案C解析依題意小角度的搖擺可視為單擺運動,由單擺的周期公式T=2π可知同一地點的重力加速度相同,擺長相同,故頻率f1=f2,與初始速度無關,而搖擺的振幅與初始速度有關,依據能量守恒定律可知初速度越大,振幅越大,A1>A2,C對。7.擺長為l的單擺做簡諧運動,若從某時刻起先計時(取作t=0),當振動至t=時,擺球具有負向最大速度,則單擺的振動圖象是圖中的()答案C解析從t=0時經過t=T,擺球具有負向最大速度,說明擺球在平衡位置,在給出的四個圖象中,經過T具有最大速度的有B、C兩圖,而具有負向最大速度的只有C。8.要使單擺的振動頻率加大,可采納下列哪些做法 ()A.使擺球的質量減小B.使單擺的擺線變長C.將單擺從赤道移到北極D.將單擺從平原移到高山上答案C解析由f=知,要使f加大,則應使g加大或l減小,可知只有C正確。9.在一個單擺裝置中,搖擺物體是個裝滿水的空心小球,球的正下方有一小孔,當擺起先以小角度搖擺時,讓水從球中連續流出,直到流完為止,則此單擺的周期將()A.漸漸增大 B.漸漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大答案C解析單擺小角度搖擺,做簡諧運動的周期為T=2π,式中l為擺長,其值為懸點到搖擺物體重心之間的距離,當小球裝滿水時,重心在球心,水流完后,重心也在球心,但水剛流出過程中重心要降低,因此,在水整個流出過程中,重心位置先下降后上升,即擺長l先增大后減小,所以搖擺周期將先增大后減小。10.(多選)圖中兩單擺擺長相同,平衡時兩擺球剛好接觸,現將擺球A在兩擺球所在平面內向左拉開一小角度后釋放,碰撞后,兩擺球分開,各自做簡諧運動。以mA、mB分別表示擺球A、B的質量,則 ()A.假如mA>mB,下一次碰撞將發生在平衡位置右側B.假如mA<mB,下一次碰撞將發生在平衡位置左側C.無論兩擺球的質量之比是多少,下一次碰撞都不行能在平衡位置右側D.無論兩擺球的質量之比是多少,下一次碰撞都不行能在平衡位置左側答案CD解析A、B兩球碰撞后,B球肯定向右搖擺,A球可能向右擺,也可能向左擺,還可能停下來。由于兩單擺擺長相同,因此搖擺的周期相同,它們在第一次碰后經半個周期回到平衡位置而發生其次次碰撞。11.一登山運動員用一單擺來測量某山的海拔高度,當他在海平面時,在肯定時間t0內測得一單擺全振動N次,當他到達山頂后,在相同時間t0內測得同一單擺全振動的次數為(N-1)次。若把地球視為半徑為R的勻稱球體,則此山的海拔高度為()A. B.C. D.答案C解析設海平面處重力加速度為g,山頂處為g',由g=,g'=可得=()2,又T==2π,T'==2π,可得=()2=()2,解得h=,故C項正確。12.某同學用試驗的方法探究影響單擺周期的因素。(1)(多選)他組裝單擺時,在擺線上端的懸點處,用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線,再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊,如圖所示。這樣做的目的是()A.保證搖擺過程中擺長不變B.可使周期測量得更加精確C.須要變更擺長時便于調整D.保證擺球在同一豎直平面內搖擺(2)他組裝好單擺后在擺球自然懸垂的狀況下,用毫米刻度尺從懸點量到擺球的最低端的長度l=0.9990m,再用游標卡尺測量擺球直徑,結果如圖所示,則該擺球的直徑為mm,單擺擺長為m。

(3)下列振動圖象真實地描述了對擺長約為1m的單擺進行周期測量的四種操作過程,圖中橫坐標原點表示計時起先,A、B、C均為30次全振動的圖象,已知sin5°=0.087,sin15°=0.26,這四種操作過程合乎試驗要求且誤差最小的是()答案(1)AC(2)12.00.9930(3)A解析(1)橡皮的作用是使擺線搖擺過程中懸點位置不變,從而保證擺長肯定,同時又便于調整擺長,選項A、C說法正確;(2)依據游標卡尺讀數規則可得擺球直徑為d=12mm+0.1mm×0=12.0mm,則單擺擺長為l0=l-=0.9930m(留意統一單位);(3)單擺擺角不超過5°,且計時位置應從最低點(即速度最大位置)起先,故選項A的操作符合要求。實力提升13.有一擺長為l的單擺,懸點正下方某處有一小釘,當擺球經過平衡位置向左搖擺時,擺線的上部將被小釘攔住,使擺長發生變更?，F使擺球做小幅度搖擺,擺球從右邊最高點M至左邊最高點N運動過程的閃光照片如圖所示(懸點和小釘未被攝入),P為搖擺中的最低點。已知每相鄰兩次閃光的時間間隔相等,由此可知,小釘與懸點的距離為()A.B.C.D.無法確定答案C解析從題圖中看出被釘子攔住后的周期變為原來的一半,由周期公式T=2π可知,擺長變為原來的,即釘子與懸點的距離為l,本題選擇C。14.如圖所示,升降機中有一單擺,當升降機靜止時,單擺的周期為T1,當升降機以加速度a向上勻加速運動時,單擺的周期為T2,則T1與T2的關系為()A.T1=T2 B.T1>T2C.T1<T2 D.無法確定答案B解析處于加速上升的升降機中的單擺的周期T2=2π,升降機靜止時的周期T1=2π,T2=T1,故B選項正確。15.某同學在做“利用單擺測重力加速度”試驗中,先測得擺線長101.00cm,擺球直徑為2.00cm,然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間為101.5s。則:(1)他測得的重力加速度g=m/s2。

(2)他測得的g值偏小,可能的緣由是。

A.測擺線長時擺線拉得過緊B.擺線上端未堅固地系于懸點,振動中出現松動,使擺線長度增加了C.起先計時時,秒表過遲按下D.試驗中誤將49次全振動次數記為50次答案(1)9.76(2)B解析(1)由題可知試驗中所用單擺的擺長為l=101.00cm+cm=102.00cm,單擺的振動周期T=s=2.03s,由單擺的周期公式T=2π,得g=m/s2≈9.76m/s2。(2)從g=可知,用單擺測重力加速度時給試驗帶來誤差的兩個步驟是單擺擺長的測定和單擺周期的測定,測得的g值偏小,分析可能的緣由時應當從這兩方面去考慮:測擺線長時擺線拉得過緊會使擺長變長,測量結果偏大,因此選項A錯誤;擺線上端未堅固地系于懸點,振動中出現松動,使擺線長度增加了,這就是說實際試驗中的擺長比試驗起先測量的擺長要長,而在處理數據時采納的是試驗起先測量的擺長,因此測量結果會偏小,因此選項B正確;起先計時時,秒表過遲按下,這樣使得測量周期偏小,測出的g將偏大,因此選項C錯誤;試驗中誤將49次全振動次數記為50次,同樣使得測量周期偏小,測出的g將偏大,因此選項D錯誤。16.在“用單擺測定重力加速度”的試驗中,由單擺做簡諧運動的周期公式得到g=4π2,只要測出多組單擺的擺長l和運動周期T。作出T2-l圖象,就可以求出當地的重力加速度。理論上T2-l圖象是一條過坐標原點的直線,某同學依據試驗數據作出的圖象如圖所示。(1)造成圖象不過原點的緣由是

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(2)由圖象求出的重力加速度g=m/s2。

答案(1)測擺長時漏測球的半徑r(2)9.87解析(1)據T2=l=k'l和題圖所示圖線的特點可知,擺長中少計了