届新高考物理第一轮复习课时强化训练探究单摆的运动用单摆测定重力加速度解析版.docx

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届新高考物理第一轮复习课时强化训练探究单摆的运动用单摆测定重力加速度解析版

2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练

探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度

一、选择题

1、在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是（）

A．适当加长摆线

B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的

C．单摆偏离平衡位置的角度越大越好

D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期

解析：

当适当加长摆线时，单摆的周期将增大，故可以减小周期测量的相对误差，A正确；质量相同，体积越大的摆球，所受的阻力会影响其做单摆运动，B错；单摆偏离平衡位置的角度不能超过10°，C错；在D中，会增大周期测量的误差，D错．

答案：

A

2、某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值．造成这一情况的可能原因是（）

A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长

B．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T＝

求得周期

C．开始摆动时振幅过小

D．所用摆球的质量过大

解析：

由T＝2π

得g＝

l，g值偏大说明l偏大或T偏小．把悬挂状态的摆线长当成摆长，会使l偏小，g值偏小，A错；摆球第30次通过平衡位置时，实际上共完成15次全振动，周期T＝

，误认为30次全振动，T变小引起g值明显偏大，B对；单摆周期与振幅和摆球质量无关，C、D错误．

答案：

B

3、某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：

小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是（）

A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时

B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为

C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大

D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小

解析：

单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过10°，并从平衡位置计时，故A错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T＝

，若第一次过平衡位置计为“1”则周期T＝

，B错误；由T＝2π

得g＝

，其中L为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，故C正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D错误．

答案：

C

4、劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻（）

A．振子所受的弹力大小为0.5N，方向指向x轴的负方向

B．振子的速度方向指向x轴的正方向

C．在0～4s内振子做了1.75次全振动

D．在0～4s内振子通过的路程为0.35cm，位移为0

解析：

由题图可知A在t轴上方，位移x＝0.25cm，所以弹力F＝－kx＝－5N，即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，选项A不正确；过A点作图象的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故选项B正确；t＝0、t＝4s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0～4s内完成两次全振动，选项C错误；由于t＝0时刻和t＝4s时刻振子都在最大位移处，所以在0～4s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5cm，在0～4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为2×4×0.5cm＝4cm，故选项D错误．综上，应选B.

答案：

B

5．（多选）铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车由于受到周期性的冲击力做受迫振动．普通钢轨长为12.6m，列车的固有振动周期为0.315s．下列说法正确的是（　　）

A．列车的危险速率为40m/s

B．列车过桥需要减速，是为了防止列车与桥发生共振现象

C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的

D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行

解析：

对于受迫振动，当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象，所以列车的危险速率v＝

＝40m/s，A正确；为了防止共振现象发生，过桥时需要减速，B正确；列车运行时的振动频率总等于驱动力的频率，只有共振时才等于列车的固有频率，C错误；由v＝

可知，l增大，T不变，v变大，所以D正确．

答案：

ABD

6．（多选）甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示，则可知（　　）

A．两弹簧振子完全相同

B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1

C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大

D．振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2

解析：

从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D选项正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力（F＝－kx）的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误；对简谐运动进行分析可知，在振子达到平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确．

答案：

CD

7．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则（）

驱动力频率/Hz

30

40

50

60

70

80

受迫振动振幅/cm

10.2

16.8

27.2

28.1

16.5

8.3

A.f固＝60Hz

B．60Hz

C．50Hz

D．以上三个都不对

解析：

从如图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60Hz范围内时，振幅变化最小，因此50Hz

答案：

C

8．（多选）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．t＝0.8s时，振子的速度方向向左

B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处

C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同

D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小

解析：

从t＝0.8s时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t＝0.8s时，速度方向向左，A正确；由题中图象得振子的位移表达式为x＝12sin

tcm，故t＝0.2s时，x＝6

cm，故B错误；t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的位移方向相反，由a＝

知，加速度方向相反，C错误；t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D错误．

答案：

A

二、非选择题

9．在“用单摆测重力加速度”的实验中，

（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列器材中的________。

（选填器材前的字母）

A．长1m左右的细绳；

B．长30cm左右的细绳；

C．直径2cm的实心钢球；

D．直径2cm的空心木球；

E．秒表；　　　　F．时钟；

G．厘米刻度尺；

H．毫米刻度尺。

（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2L图线，如图所示，再利用图线上相距较远的两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g＝________。

解析：

（1）摆线要用不易伸长的细绳，长度约为1m，选A；小球应是密度较大、直径较小的实心金属球，选C；计时仪器宜选用秒表E；测摆长应该用毫米刻度尺H。

（2）由T＝2π

可知g＝4π2

＝4π2

，利用图线上两个相距较远的点的坐标可求得g＝4π2

。

答案：

（1）ACEH　

（2）4π2

10．如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．设向右为正方向．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）开始时摆球在何位置？

（3）若当地的重力加速度为10m/s2，这个摆的摆长是多少？

解析：

（1）由题图乙知周期T＝0.8s，则频率f＝

＝1.25Hz.

（2）由题图乙知，零时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在B点．

（3）由T＝2π

得l＝

＝0.16m.

答案：

（1）1.25Hz　

（2）B点　（3）0.16m

11.

（1）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2.00cm，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________m。

若测定了40次全振动的时间为75.2s，计算可得单摆周期是________s。

（2）为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。

现将测得的六组数据标示在以l为横坐标，以T2为纵坐标的坐标系上（如图乙所示），即图中用“·”表示的点，则：

①单摆做简谐运动应满足的条件是_____________。

②根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________m/s2（结果保留两位有效数字）。

解析：

（1）由T＝2π

，可知g＝

。

由题图甲可知：

摆长l＝（88.50－1.00）cm＝87.50cm＝0.8750m。

单摆周期T＝

＝1.88s。

（2）①单摆做简谐运动应满足的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°。

②T2和l的关系图线如图所示，直线斜率k＝

≈4.0，由g＝

＝

，可得g≈9.9m/s2。

答案：

（1）

　0.8750　1.88　

（2）①摆线偏离平衡位置的夹角小于5°　②见解析图　9.9

12．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：

（1）摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________（填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。

图甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间，则单摆振动周期为________。

（2）用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。

O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m。

（3）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。

（4）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：

“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。

”学生乙说：

“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________。

A．甲的说法正确

B．乙的说法正确

C．两学生的说法都是错误的

解析：

（1）摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5min＋12.5s＝102.5s，则周期T＝

s＝2.05s。

（2）从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.9980m。

（3）由单摆周期公式T＝2π

可得g＝

。

（4）由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，选项A正确。

答案：

（1）低　2.05s

（2）0.9980

（3）

（4）A

13．用单摆测定