2022年高中物理第章机械运动第节振动的描述学业分层测评鲁科版选修- .pdf

1 第 3 节 振动的描述(建议用时：45 分钟)学业达标 1关于单摆，下列说法正确的是()A摆球运动的回复力是重力的分力B摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的C摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的D摆球经过平衡位置时受力是平衡的E摆球经过平衡位置时回复力为零，合外力不为零【解析】摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A正确根据简谐运动的对称性可知摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同，也可能不同；加速度的大小、方向都相同，故B错，C对摆球经过平衡位置时，回复力为零，合外力不为零，并不平衡，所以D错误，E正确【答案】ACE 2某一单摆在地球表面某处的振动图象如图1-3-11所示，则下列说法中正确的是()【导学号：78510008】图 1-3-11A单摆振动的周期为2 s B单摆的摆长大约是1 m C在 0.5 s和 1.5 s时摆球动能最大D单摆振动的振幅是5 m Et0.5 s和t1.5 s时摆球的加速度为零【解析】由题中图象可知，单摆振动的周期为2 s，选项 A正确；由T2lg得：lgT242T241 m，选项 B正确；在 0.5 s和 1.5 s时，摆球振动到平衡位置，此时动能最大，选项C正确，而此时摆球有向心加速度，故E 错误；由题中图象知，振幅是5 cm，即0.05 m，选项 D错名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 6 页 -2【答案】ABC 3两个单摆在相同的时间内，甲摆动45 次，乙摆动60 次，则()A甲、乙两摆的周期之比为43 B甲、乙两摆的频率之比为34 C甲、乙两摆的摆长之比为43 D甲、乙两摆的摆长之比为169 E甲、乙两摆的振幅之比为169【解析】设摆动时间为t，则T甲t45，T乙t60可得T甲T乙604543，f甲f乙34.又由T2lg可得l甲l乙T2甲T2乙169，而振幅之比无法确定，故A、B、D正确【答案】ABD 4同一地点的甲、乙两单摆(摆球质量相等)的振动图象如图1-3-12 所示，下列说法中正确的是()图 1-3-12A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的机械能比乙摆小C甲摆的最大速率比乙摆小D在14周期时振子具有正向加速度的是乙摆E在12周期时甲摆重力势能最大，乙摆动能最大【解析】由图象可知，甲、乙周期相同，又T2lg，同一地点所以g相同，故摆长l相等，A项正确；由图象可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，B、C项错误；由图象可知，14周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处，故乙摆具有正向加速度，D项正确；在tT2时甲摆在最大位移处，重力势能最大，乙摆在平衡位置处，动能最大，E正确【答案】ADE 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 6 页 -3 5在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是()A应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线B用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC在小偏角下让单摆摆动D当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期TE通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为T2l，则可作T2-l图象，如果图象是一条直线，则关系T2l成立【解析】摆长等于摆线的长度加上摆球半径，为减小误差应保证摆线的长短不变，所以应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线，A正确；刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，B错误；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5，否则单摆将不做简谐运动，C 正确；当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差较小，但是要测量n次全振动的时间记为t，再由Ttn求周期误差较小，D错误；数据处理的时候，通常由线性关系比较容易得出结论，故需作T2l图象，E正确【答案】ACE 6某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测量5 种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：摆长l/m0.500 00.800 00.900 01.000 01.200 0 周期T/s1.421.791.902.002.20 T2/s22.023.203.614.004.84(1)以摆长l为横坐标，周期的平方T2为纵坐标，根据以上数据在图1-3-13 中画出T2-l图线图 1-3-13(2)此图线的斜率表示什么意义？(3)由此图线求出重力加速度的值名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 6 页 -4【解析】(1)T2-l图线如图所示(2)因为单摆的振动周期T2lg得T242gl，所以图象的斜率k42g.(3)由图线求得斜率k4，故g42k43.1424 m/s29.86 m/s2.【答案】(1)见解析(2)斜率k42g(3)9.86 m/s27将一水平木板从一沙摆(可视为简谐运动的单摆)下面以a0.2 m/s2的加速度匀加速地水平抽出，板上留下的沙迹如图1-3-14所示，量得O1O24 cm，O2O39 cm，O3O414 cm，试求沙摆的振动周期和摆长(g10 m/s2)图 1-3-14【解析】根据单摆振动的等时性得到O1O2、O2O3、O3O4三段位移所用的时间相同，由匀变速直线运动规律xaT21计算可得由 xaT21得T1xa51020.2 s 0.5 s 振动周期T2T11 s 由单摆公式T2Lg得LgT2420.25 m【答案】1 s 0.25 m 8图 1-3-15 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1-3-15乙是这个单摆的振动图象根据图象回答：图 1-3-15(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10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少【解析】(1)由乙图知周期T0.8 s，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 6 页 -5 则频率f1T1.25 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，所以在B点(3)由T2Lg得LgT2420.16 m.【答案】(1)1.25 Hz(2)B点(3)0.16 m 能力提升 9下列关于单摆周期的说法正确的是()A用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出，周期不变B当升降机向上匀加速运动时(ag)单摆的周期小于电梯匀速运动时单摆的周期C将摆由赤道移到北极，单摆振动周期减小D将单摆的摆角由5增加到 10(不计空气阻力)，单摆的周期减小E将单摆由地球移到月球上，单摆的周期变大【解析】沙从漏斗中缓慢漏出时，等效摆长变化，周期变化，选项A错误；升降机以加速度a向上匀加速运动时T12lga，匀速运动时T22lg，T1T2，选项 B 正确；摆由赤道移到北极，重力加速度增大，则周期减小，选项C正确；单摆的周期与摆角大小无关，选项 D错误；月球上重力加速度小于地球上重力加速度，故将单摆移到月球上时周期变大，E正确【答案】BCE 10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_.如果已知摆球直径为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1-3-16(a)所示，那么单摆摆长是_如果测定了40 次全振动的时间如图 1-3-16(b)中秒表所示，那么秒表读数是_s，单摆的摆动周期是_s.图 1-3-16【解析】由实验原理和单摆的周期公式T2lg知g42lT2.摆球的直径d2.00 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 6 页 -6 cm.故摆长l88.40 cm 2.002 cm87.40 cm.秒表的读数t75.2 s 故单摆的振动周期Ttn75.240 s 1.88 s.【答案】42lT287.40 cm 75.2 s 1.88 s 11两个等长的单摆，第一个放在地面上，另一个放在高空，当第一个单摆振动n次的同时，第二个单摆振动(n1)次如果地球半径为R，那么第二个单摆离地面的高度为多大？【导学号：78510009】【解析】设第二个单摆离地面的高度为h，则距地心距离为(Rh)，设此处重力加速度为g，地表处重力加速度为g，则：ggRh2R2又由T2lg得：TTgg即n1ngg由解得hRn1.【答案】Rn112 几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰，他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表，山顶上还有形状不规则的石子和矮树，他们知道地球半径为R0，海平面处的重力加速度为g0.请根据以上条件，为他们设计测量山峰海拔高度的方法(1)写出操作步骤和需要直接测量的物理量(物理量用字母符号表示)(2)推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式(要求写出推导过程)【解析】(1)用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上，用钢卷尺量出摆绳长L1，用手表测出摆动周期T1，改变摆绳长至L2，测出摆动周期T2.(2)由(1)得山顶的重力加速度g42L1L2T21T22.因为地面的重力加速度g0GMR20，山顶的重力加速度gGMR0h2，由上述两式可得hR02g0T21T22L1L2R0.【答案】见解析名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 6 页 -