PAGEPAGE12第4課時單擺[對點訓練]學問點一·單擺及單擺公式的應用1．(多選)單擺是為探討擺的振動而抽象出的志向化模型，其志向化條件是()A．擺線質量不計B．擺線的長度不伸縮C．擺球的直徑比擺線長度短得多D．擺角很小(θ<5°)答案ABCD解析單擺就是一根不行伸長的沒有質量的線，下面懸掛一個質點的志向化模型，擺角要求小于5°，故A、B、C、D均正確。2．天津市某中學生在本校試驗室利用一單擺做小角度搖擺，通過試驗得到擺球振動位移x隨時間t變更的關系如圖所示，則下列說法正確的是()A．該同學所用單擺擺長約為1mB．t＝0時刻與t＝1s時刻擺球的速度相同C．t＝0時刻擺球加速度為零，所受合力為零D．t＝0．5s時刻擺線的拉力最大答案A解析從圖象可以知道，T＝2s，T＝2πeq\r(\f(L,g))，L＝eq\f(gT2,4π2)＝1m，所以A正確；t＝0時刻與t＝1s時刻擺球都處于平衡位置，速度大小相等，但方向相反，故B錯誤；t＝0時刻擺球處于平衡位置即最低點，單擺事實上在肯定的弧度內做圓周運動，如圖。在最低點，合力供應向心力，所以合力和加速度都不為零，故C錯誤；t＝0．5s時，在最大位移處，速度為0，重力沿繩子方向的分力G1與繩子拉力T′平衡，T′＝G1，拉力比重力小，而在平衡位置速度最大，合力供應向心力即T－G＝meq\f(v2,R)，拉力比重力大，故D錯誤。3．如圖所示為演示簡諧運動的沙擺，已知擺長為l，沙桶的質量為m，沙子的質量為M，M?m，沙子漸漸下漏的過程中，沙擺的周期為()A．周期不變B．先變大后變小C．先變小后變大D．漸漸變大答案B解析在沙擺搖擺、沙子漸漸下漏的過程中，沙擺的重心漸漸下降，即擺長漸漸變大，周期變大；當沙子流到肯定程度后，沙擺的重心又重新上移，即擺長變小，由周期公式可知，沙擺的周期變小，故沙擺的周期先變大后變小，故B正確。4．兩個相同的單擺靜止于平衡位置，使擺球分別以水平初速度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，A1＝A2B．f1＜f2，A1＝A2C．f1＝f2，A1＞A2D．f1＝f2，A1＜A2答案C解析由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))知，單擺振動的周期或頻率只與擺長和當地重力加速度有關，因此兩單擺的頻率相等，即f1＝f2；由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(v2,2g)，即擺球經過平衡位置的速度越大，達到的高度越高，其振幅也就越大，C正確。5．兩個單擺在相同的時間內，甲搖擺45次，乙搖擺60次，則()A．甲、乙兩擺的周期之比為3∶4B．甲、乙兩擺的頻率之比為9∶16C．甲、乙兩擺的擺長之比為4∶3D．甲、乙兩擺的擺長之比為16∶9答案D解析由t＝n甲T甲＝n乙T乙，知甲、乙的周期之比為4∶3，頻率之比為3∶4，由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，有l＝eq\f(gT2,4π2)，知其擺長之比為l甲∶l乙＝16∶9，故D正確。6．已知在單擺a完成10次全振動的時間內，單擺b完成了6次全振動，兩擺長之差為1．6m，則兩單擺長la與lb分別為()A．la＝2．5m，lb＝0．9mB．la＝0．9m，lb＝2．5mC．la＝2．4m，lb＝4．0mD．la＝4．0m，lb＝2．4m答案B解析設兩個單擺的周期分別為Ta和Tb，由題意10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝3∶5。依據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知l＝eq\f(g,4π2)T2，由此得la∶lb＝Teq\o\al(2,a)∶Teq\o\al(2,b)＝9∶25。則la＝eq\f(9,25－9)×1．6m＝0．9m，lb＝eq\f(25,25－9)×1．6m＝2．5m。故B正確。7．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eq\f(1,4)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均錯誤；對秒擺，T0＝2πeq\r(\f(l0,g))＝2s，對周期為4s的單擺，T＝2πeq\r(\f(l,g))＝4s，故l＝4l0，故C正確，D錯誤。8．如圖所示，在兩根等長的細線下懸掛一個小球組成了雙線擺，若擺線長為l，兩線與天花板的夾角為α，當小球垂直紙面做簡諧運動時，周期為()A．2πeq\r(\f(l,g))B．2πeq\r(\f(2l,g))C．2πeq\r(\f(2lcosα,g))D．2πeq\r(\f(lsinα,g))答案D解析這是一個變形的單擺，可以用單擺的周期公式T＝2πeq\r(\a\vs4\al(\f(l′,g)))，公式中的l′是指質點到懸點的距離，即做圓周運動的半徑，也就是這個雙線擺的擺長，該雙線擺的擺長為l′＝lsinα，所以T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))，故D正確。學問點二·用單擺測重力加速度9．將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為h(未知)且開口向下的小筒中(單擺的下部分露于筒外)，如圖甲所示，將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，設單擺搖擺過程中懸線不會遇到筒壁，假如本試驗的長度測量工具只能測量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過變更L而測出對應的搖擺周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出函數關系圖象，那么就可以通過此圖象得出小筒的深度h和當地的重力加速度g。(1)現有如下測量工具：A．時鐘；B．停表；C．天平；D．毫米刻度尺。本試驗所需的測量工具有________。(2)假如試驗中所得到的T2-L關系圖象如圖乙所示，那么真正的圖象應當是a、b、c中的________。(3)由圖象可知，小筒的深度h＝________m；當地重力加速度g＝________m/s2。答案(1)BD(2)a(3)0．39．86解析(1)測量筒的下端口到擺球球心之間的距離L要用到毫米刻度尺，測單擺的周期須要用停表，所以測量工具選B、D。(2)設擺線在筒內部分的長度為h，由T＝2πeq\r(\f(L＋h,g))得，T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)h，可知T2-L關系圖象為a。(3)將T2＝0，L＝－30cm代入上式可得h＝30cm＝0．3m；將T2＝1．20s2，L＝0代入上式可求得g＝π2m/s2≈9．86m/s2。10．依據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可以通過試驗測量當地的重力加速度。如圖甲所示，將細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一小鋼球，就做成了單擺。(1)用游標卡尺測量小鋼球直徑，示數如圖乙所示，讀數為________mm。(2)以下是試驗過程中的一些做法，其中正確的有________。a．擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一些b．擺球盡量選擇質量大些、體積小些的c．為了使擺的周期大一些，以便利測量，起先時拉開擺球，使擺線相距平衡位置有較大的角度d．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置大于5度，在釋放擺球的同時起先計時，當擺球回到起先位置時停止計時，此時間間隔Δt即為單擺周期Te．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5度，釋放擺球，當擺球振動穩定后，從平衡位置起先計時，登記擺球做50次全振動所用的時間Δt，則單擺周期T＝eq\f(Δt,50)答案(1)18．6mm(2)abe解析(1)依據游標卡尺讀數規則，游標卡尺的讀數：18mm＋0．1×6mm＝18．6mm。(2)擺線要選擇細些的，可減小阻力，伸縮性小些的，保證擺長不變，并且盡可能長一些，以便利周期的測量，a正確；擺球盡量選擇質量大些、體積小些的，可減小空氣阻力的影響，b正確；為了使擺的周期大一些，以便利測量，可增大擺長，而使擺線相距平衡位置有較大的角度，可能導致誤差增大，c錯誤；拉開擺球，使擺線偏離平衡位置小于等于5度，在擺球通過平衡位置的同時起先計時，測量單擺運動50個周期的時間Δt，則單擺周期T＝eq\f(Δt,50)，d錯誤，e正確。學問點三·等效單擺的綜合應用11．如圖所示，一個半徑為R的圓弧形光滑軌道豎直放置，今有兩質點P、Q，Q從圓弧軌道的圓心處自由落下(空氣阻力不計)，P同時從特別接近O點的B點無初速釋放，問P與Q誰先到達O點？答案Q解析Q從圓心處自由下落，設到達O點所需時間為t1，則有R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))。P從特別接近O點的B點無初速釋放，相當于單擺的運動，圓弧軌道對P的支持力代替了繩的拉力，且偏角可認為小于5°，設它到達O點的時間為t2，則有t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))。所以t1＜t2，即質點Q先到達O點。12．正在修建的房頂上固定的一根不行伸長的細線垂到三樓窗沿下，某同學應用單擺原理測量窗的上沿到房頂的高度，先將線的下端系上一個小球，發覺當小球靜止時，細線恰好與窗子上沿接觸且保持豎直，他打開窗子，讓小球在垂直于墻的豎直平面內搖擺，如圖所示，從小球第1次通過圖中的B點起先計時，第21次通過B點時用30s；球在最低點B時，球心到窗上沿的距離為1m，當地重力加速度g取π2(m/s2)；依據以上數據可得小球運動的周期T＝________s；房頂到窗上沿的高度h＝________m。答案3．03．0解析T＝eq\f(t,n)＝3．0s，T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,2)2πeq\r(\f(1,g))＋2πeq\r(\f(1＋h,g))，解得h＝3．0m。易錯點·單擺的擺長13．如圖所示，三根細線在O點處打結，A、B端固定在同一水平面上相距為l的兩點上，構成直角三角形，∠BAO＝30°，下端C點系著一個小球，已知O點到小球C的球心的距離是l，下列說法正確的是(以下皆指小角度搖擺)()A．讓小球在紙面內振動，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))B．讓小球在垂直紙面內振動，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))C．讓小球在紙面內振動，周期T＝2πeq\r(\f(3l,2g))D．讓小球在垂直紙面內振動，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))易錯分析單擺中的擺長是指從球心到做圓周運動的圓心的距離。當小球在垂直紙面內振動時，錯把OC間距當成擺長，而錯選D。答案A解析讓小球在紙面內振動，在偏角很小時，單擺做簡諧運動，擺長為l，周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，A正確，C錯誤；讓小球在垂直紙面內振動，在偏角很小時，單擺做簡諧運動，擺長為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)l＋l))，周期T′＝2πeq\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)＋1))l,g))＝πeq\r(\f(4＋\r(3)l,g))，故B、D錯誤。

[提升訓練]一、選擇題1．將周期為2s的秒擺的周期變為1s，下列措施可行的是()A．將擺球質量減半B．振幅減半C．擺長減半D．擺長減為原來的eq\f(1,4)答案D解析由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，單擺的周期只與擺長l和當地的重力加速度g有關，所以要使T由2s變為1s，選項中只有D項l變為eq\f(l,4)時才能滿意，故D正確。2．一座擺鐘走慢了，要把它調準(即把鐘擺的周期調小)，正確的做法是()A．縮短擺長B．增長擺長C．增大擺錘的質量D．將擺鐘移到重力加速度較小的地方答案A解析擺鐘走慢了，是周期T變大了，要校準，要使周期變小；依據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，要使周期變小，可以減小擺長，所以A正確，B、C、D錯誤。3．如圖所示，圖甲是利用沙擺演示簡諧運動圖象的裝置。當盛沙的漏斗下面的薄木板被水平勻速拉出時，做簡諧運動的漏斗漏出的沙在板上顯示出沙擺的振動位移隨時間變更的關系曲線。已知木板被水平拉動的速度為0．20m/s，圖乙所示的一段木板的長度為0．60m，則這次試驗沙擺的擺長大約為(取g＝π2m/s2)()A．0．56mB．0．65mC．1．00mD．2．25m答案A解析從圖乙可以得出振動兩個周期所用的時間為：t＝eq\f(x,v)＝eq\f(0.6,0.2)s＝3s，單擺振動的周期為：T＝eq\f(t,2)＝1．5s，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得：擺長為：l＝eq\f(gT2,4π2)＝0．56m，故A正確。4．在“用單擺測定重力加速度”的試驗中，干脆測出物理量擺長L，振動n次的時間t，從而測定重力加速度g。假如測出的g值偏小，則可能的緣由是()A．誤將擺線長度當作擺長B．誤將從懸點到擺球下端的長度當作擺長C．擺球質量過大D．誤把n次全振動記錄為n＋1次答案A解析由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得，g＝eq\f(4π2L,T2)。若將擺線長度當作擺長，擺長L偏小，則g值偏小，所以A正確；將從懸點到擺球下端的長度當作擺長，擺長L偏大，則g值偏大，故B錯誤；單擺的周期與擺球質量無關，所以依據試驗可以知道，擺球的質量對測量g沒有影響，故C錯誤；把n次全振動記錄為n＋1次，由T＝eq\f(t,n)得知，T值偏小，則g值偏大，故D錯誤。5．(多選)如圖所示，用絕緣細絲線懸吊著帶正電的小球在勻強磁場中做簡諧運動，則()A．當小球每次通過平衡位置時，動能相同B．當小球每次通過平衡位置時，速度大小相同C．當小球每次通過平衡位置時，絲線拉力相同D．撤去磁場后，小球搖擺周期變大答案AB解析洛倫茲力總是與速度方向垂直，因此不參加供應回復力，所以對周期及動能無影響，A、B正確，D錯誤；小球每次通過平衡位置時，洛倫茲力大小不變，而其方向會隨速度方向的變更而變更，所以絲線拉力不總是相同，C錯誤。6．有一天體半徑為地球半徑的2倍，平均密度與地球相同，將在地球表面走時精確的擺鐘移到該天體的表面，秒針走一圈的實際時間為()A．eq\f(1,2)minB．eq\f(\r(2),2)minC．eq\r(2)minD．2min答案B解析因重力等于引力，所以mg＝eq\f(GMm,R2)，又因M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，所以g＝G·ρ·eq\f(4,3)πR，所以g′＝2g，T′＝2πeq\r(\f(l,g′))可得T′＝eq\f(\r(2),2)T，在地球表面秒針走一圈的時間為1min，那么在天體表面秒針走一圈的實際時間為eq\f(\r(2),2)min，故B正確。7．如圖所示，光滑槽的半徑R遠大于小球運動的弧長，今有兩個小球(視為質點)同時由靜止釋放，其中甲球起先離圓槽最低點O較遠些，則它們第一次相遇的地點是在()A．O點B．O點偏左C．O點偏右D．無法確定，因為兩小球的質量關系未知答案A解析甲、乙均做簡諧運動，且周期相等，到O點時間t＝eq\f(1,4)T，故A正確。8．(多選)惠更斯利用擺的等時性獨創了帶擺的計時器，叫擺鐘。擺鐘運行時克服摩擦所需的能量由重錘勢能供應，運動的速率由鐘擺限制。旋轉鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤沿擺桿上下移動，如圖所示，下列說法正確的是()A．當擺鐘不準時須要調整圓盤位置B．擺鐘快了應使圓盤沿擺桿上移C．由冬季變為夏季時應使圓盤沿擺桿上移D．把擺鐘從廣州移到北京應使圓盤沿擺桿上移答案AC解析調整圓盤位置可變更擺長，從而達到調整周期的作用。若擺鐘變快，是因為周期變小，應增大擺長即下移圓盤，由冬季變為夏季，擺桿變長，應上移圓盤，從廣州到北京，g值變大周期變小，應增加擺長。綜上所述，A、C正確。9．(多選)如圖所示為甲、乙兩單擺的振動圖象，則()A．若甲、乙兩單擺在同一地點搖擺，則甲、乙兩單擺的擺長之比為l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙兩單擺在同一地點搖擺，則甲、乙兩單擺的擺長之比l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙兩擺擺長相同，且在不同的星球上搖擺，則甲、乙兩擺所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙兩擺擺長相同，且在不同的星球上搖擺，則甲、乙兩擺所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4答案BD解析由圖象可知T甲∶T乙＝2∶1，又T＝2πeq\r(\f(l,g))，若兩單擺在同一地點，則兩擺擺長之比為l甲∶l乙＝4∶1，B正確，A錯誤；若兩擺擺長相等，則所在星球的重力加速度之比為g甲∶g乙＝1∶4，故D正確，C錯誤。二、非選擇題10．用單擺測定重力加速度的試驗裝置如圖1所示。(1)組裝單擺時，應在下列器材中選用________(選填選項前的字母)。A．長度為1m左右的細線B．長度為30cm左右的細線C．直徑為1．8cm的塑料球D．直徑為1．8cm的鐵球(2)測出懸點O到小球球心的距離(擺長)L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。(3)下表是某同學記錄的3組試驗數據，并做了部分計算處理。組次123擺長L/cm80．0090．00100．0050次全振動時間t/s90．095．5100．5振動周期T/s1．801．91重力加速度g/(m·s－2)9．749．73請計算出第3組試驗中的T＝________s，g＝________m/s2。(4)用多組試驗數據作出T2-L圖象，也可以求出重力加速度g。已知三位同學作出的T2-L圖線的示意圖如圖2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應的g值最接近當地重力加速度的值。則相對于圖線b，下列分析正確的是__________(選填選項前的字母)。A．出現圖線a的緣由可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長LB．出現圖線c的緣由可能是誤將49次全振動記為50次C．圖線c對應的g值小于圖線b對應的g值答案(1)AD(2)eq\f(4π2n2L,t2)(3)2．019．76(4)B解析(1)組裝單擺時，應選用1m左右的細線，擺球應選擇體積小、密度大的球，選項A、D正確。(2)單擺的振動周期T＝eq\f(t,n)。依據T＝2πeq\r(\f(L,g))，得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4π2n2L,t2)。(3)T3＝eq\f(t3,50)＝2．01s。依據T＝2πeq\r(\f(L,g))，得g＝eq\f(4π2L,T2)≈9．76m/s2。(4)依據T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2,g)L，即當L＝0時，T2＝0。出現圖線a的緣由是計算擺長時過短，可能是誤將懸點O到小球上端的距離記為擺長，選項A錯誤；對于圖線c，其斜率k變小了，依據k＝eq\f(T2,L)，可能是T變小了或L變大了。選項B中誤將49次全振動記為50次，則周期T變小，選項B正確；由eq\f(4π2,g)＝k得g＝eq\f(4π2,k)，則k變小，重力加速度g變大，選項C錯誤。11．幾個登山運動員登上一座地圖上沒有標明高度的山峰，他們只帶了一些輕質細繩子、鋼卷尺、可當作停表用的手表