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11.4 单摆课后提升作业 【基础达标练】1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是()【解析】选A。这些装置都是实际摆,我们在研究单摆的摆动过程中,通常忽略空气等对单摆的阻力,因此实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可伸长的线组成单摆。单摆是实际摆的理想化模型,所以只有A装置可视为单摆。2.图中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动中的最低位置,则在摆动过程中()A.摆球在A点和C点处,速度为零,合力也为零B.摆球在A点和C点处,速度为零,回复力也为零C.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大D.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大【解析】选D。摆球在摆动过程中,在最高点A、C处速度为零,回复力最大,合力不为零,故A、B错误;在最低点B,速度最大,回复力为零,摆球做圆周运动,细线的拉力最大,故C错误、D正确。【补偿训练】(多选)同一地点甲、乙两相同单摆做简谐运动的振动图象如图所示,下列说法正确的是()A.甲、乙两摆的摆长相等B.甲摆摆球所受到的最大回复力一定比乙大C.甲摆摆球的最大速率比乙摆的小D.甲摆振动的振幅比乙摆的大【解析】选A、B、D。由题图可知:甲的振幅大,甲、乙的周期相等,由于在同一位置,故重力加速度相等,由T=知,A、D对。由于甲摆的振幅大,摆球的质量相等,故在平衡位置处甲摆的速率大,故C错。由于摆长相等,甲摆的振幅大,甲摆的摆角大,故甲摆所受的最大回复力大,B对。3.(2018宿州高二检测)单摆的摆球做简谐运动,经过平衡位置时正好遇到空中飘落下的速度可忽略的雨滴,雨滴均匀附着在摆球表面,则摆球在振动中有关物理量的变化情况是()A.最大速度不变,振幅不变,周期不变B.最大速度变小,振幅变小,周期变小C.最大速度变小,振幅变小,周期不变D.最大速度变大,振幅变大,周期不变【解题指南】(1)根据单摆的周期公式判断振动周期的变化。(2)根据机械能守恒定律判断振幅和速度的变化。【解析】选C。单摆经过平衡位置处,与竖直下落的雨滴相遇,由于摆球的能量不变,摆球的质量变大,所以摆球通过平衡位置的最大速度变小,根据机械能守恒定律知,上摆的最大高度变小,即振幅变小;由于单摆的周期与质量无关,所以周期不变。故A、B、D错误,C正确。4.两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度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,A1=A2B.f1A2 D.f1=f2,A1A2,故C正确。【补偿训练】做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12,则单摆振动的()A.频率、振幅都不变B.频率、振幅都改变C.频率不变、振幅改变D.频率改变、振幅不变【解析】选C。由单摆的周期公式T=可知,单摆摆长不变,则周期不变,频率不变;振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量,由Ek=12mv2可知,摆球经过平衡位置时的速度减小,说明振幅减小,因此振幅改变,所以选项C正确。5.(2018南宁高二检测)摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(即取t=0),当振动至t=时,摆球恰具有负向最大速度,则单摆的振动图象是图中的()【解析】选D。t=34T,摆球具有负向最大速度时,应在平衡位置,y=0,速度方向为-y方向,即沿y轴负方向,故D选项正确。6.(多选)(2018温州高二检测)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同,其振动图象如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可知()A.甲、乙两单摆的摆长之比是49B.ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等C.tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大D.tc时刻甲、乙两单摆的速率相等【解析】选A、C。由图可知T甲T乙=81.58=23,又因为T=,所以摆长之比为49,A正确。在tb时刻,乙在平衡位置最低处,而甲在最高处,因此两者的势能差是最大的,C对。由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的,由摆动过程机械能守恒得甲经过平衡位置时速度大于乙,D错。在ta时刻,两个单摆的位移相同但摆长不一样,所以对应的偏角不同,B错。7.(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作,请你判断是否恰当(选填“是”或“否”)。把单摆从平衡位置拉开某一任意角度后释放:。在摆球经过最低点时启动秒表计时:。用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期:。(2)该同学改进测量方法后,得到的部分测量数据见表。用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示,该球的直径为mm,根据表中数据可以初步判断单摆周期随的增大而增大。数据组编号摆长/mm摆球质量/g周期/s1999.332.22.02999.316.52.03799.232.21.84799.216.51.85501.132.21.46501.116.51.4【解析】(1)单摆在摆角很小时振动是简谐振动,摆角一般要小于5,故不合理;测单摆周期时,一般以小球经过最低点时开始计时,这样可以减小实验误差,故合理;用摆球一次全振动的时间作为单摆的周期测量误差较大,为减小测量误差,要测多个周期的时间求平均值,故不合理;(2)由图示螺旋测微器可知,主示数为20.5mm,游标尺示数为18.50.01mm=0.185mm,读数为20.685mm。从图中数据可知:摆长相同时,周期相同,摆长变大时,周期变大,根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。答案:(1)否是否(2)20.685摆长【能力提升练】1.(2018兰州高二检测)一单摆的摆长为40cm,摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动,若g取10m/s2,则在1s时摆球的运动情况是()A.正向左做减速运动,加速度正在增大B.正向左做加速运动,加速度正在减小C.正向右做减速运动,加速度正在增大D.正向右做加速运动,加速度正在减小【解析】选D。由T=,代入数据得T=1.256s,则1s时,正处于第四个14T内,由左侧最大位移向平衡位置运动,D正确。2.如图所示,两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2,圆心分别为O1和O2,所对应的圆心角均小于5,在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧,距离MO小于NO。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置,下列判断正确的是()A.恰好在O点 B.一定在O点的左侧C.一定在O点的右侧 D.条件不足,无法确定【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)光滑圆弧所对应的圆心角均小于5,小球的运动类似于单摆的运动。(2)等效摆长等于圆弧的半径R,其周期T=2Rg。【解析】选C。据题意,两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5,把两球在圆弧上的运动看作等效单摆,等效摆长等于圆弧的半径,则A、B两球的运动周期分别为TA=2R1g,TB=2R2g,两球第一次到达O点的时间分别为tA=14TA=2R1g,tB=14TB=2R2g,由于R1R2,则tAtB,故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧。故选C。【补偿训练】如图,在半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧,放置于竖直平面内,两端点距最低点高度差H为1cm。将小环置于圆弧端点并从静止释放,小环运动到最低点所需的最短时间为s,在最低点处的加速度为m/s2。(取g=10m/s2)【解析】小环沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动,小环运动到最低点所需的最短时间为t=T4=22.510s=4s。由机械能守恒定律,mgH=12mv2,在最低点处的速度为v=2gH。在最低点处的加速度为a=v2R=2gHR=0.08m/s2。答案:40.083.将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,图甲中O点为单摆的悬点,现将小球(可视为质点)拉到A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动,其中B点为运动中最低位置。AOB=COB=,小于5且是未知量,图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻,据力学规律和题中信息(g取10m/s2)求:(1)单摆的周期和摆长。(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度。【解析】(1)由题图可知T=0.4sT=2Lg所以L=0.4m。(2)在A、C点拉力最小,在B点拉力最大0.495N=mgcos0.510N-mg=mv2Lmg(L-Lcos)=12mv2所以m=0.05kgv=25m/s答案:(1)0.4s0.4m(2)0.05kg25m/s【总结提升】单摆问题的计算方法(1)在摆角很小时单摆做简谐运动,利用周期公式进行关于摆长、重力加速度的分析、计算。(2)在不计阻力时,单摆满足机械能守恒,并结合牛顿运动定律计算摆球在平衡位置时摆线的拉力。(3)利用单摆的振动图象进行有关物理量(位移、速度、加速度、动能、重力势能、摆长、不同地点或不同星球表面的重力加速度等)的计算。(4)处理单摆做简谐运动的有关问题时,单摆模型的构建、合理的等效要与运动学公式、牛顿第二定律、单摆运动的周期性等相结合。【补偿训练】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象。根据图象回答:(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10m/s2,试求这个摆的摆长是多少。【解析】(1)由乙图知周期T=0.8s则频率f=1T=1.25Hz(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=2Lg得L=gT242=0.16m答案:(1)1.25Hz(2)B点(3)0.16m
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