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周末作业4　单摆、实验:用单摆测量重力加速度、受迫振动　共振
(总分:60分)
1.(5分)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法正确的是 (　B　)
A.甲、乙两摆的振幅之比为3︰1
B.t=2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为0
C.甲、乙两摆的摆长之比为4︰1
D.甲、乙两摆摆球在最低点时的向心加速度大小一定相等
解析：由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故A错误;t=2 s时，甲摆在平衡位置处，重力势能最小，乙摆在振动的最大位移处，动能为0，故B正确;由单摆的周期公式T=2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1︰4，故C错误;因摆球摆动的最大偏角未知，故D错误。
2.(5分)某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度g取10 m/s2，取π2=10，下列说法中正确的是 (　C　)
A.单摆的振幅是0.14 m，振动的频率是1 Hz
B.振动的表达式为x=0.07sin(2πt) m
C.单摆的摆长为1 m
D.t=1.5 s时摆球在N点
解析：由题图乙，可知振幅A=0.07 m、周期T=2 s，则频率f==0.5 Hz，故A错误;振动的表达式为x=Asin ωt，且ω=2πf，则x=0.07sin(πt) m，故B错误;由单摆的周期公式T=2π，解得l==1 m，故C正确;由题图乙知，t=1.5 s时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，故D错误。
3.(5分)如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，g为重力加速度，这个摆的周期是 (　D　)
A.2π B.π
C.(+1)π D.(+1)π
解析：以摆长为L的单摆运动半个周期为t1=×2π=π，以摆长为L的单摆运动半个周期为t2=×2π=π，则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π。故A、B、C错误，D正确。
4.(5分)如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是 (　A　)
A.若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行(g地>g月)，且摆长相等，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B.若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LⅠ︰LⅡ=4︰25
C.若摆长均约为1 m，则图线Ⅰ是在地球上完成的
D.若两个单摆在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量
解析：若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据T=2π知，周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ表示地球上单摆的共振曲线，故A正确;若两次受迫振动是在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率之比为2︰5，则根据T=可知，固有周期之比为5︰2，根据T=2π可知，摆长之比为25︰4;故B错误;若摆长均约为1 m，则根据周期公式T=2π变形后得g== m/s2≈1.58 m/s2≠g，故C错误;同一简谐运动的能量是由振幅决定的，但两个不同单摆的能量还与摆球的质量有关，由于摆球质量未知，所以无法比较能量，故D错误。
5.(5分)某手机正在充电，闹钟响起的同时手机振动，充电线也跟着振动，如图所示。手机振动的频率为f1，充电线上某点的频率为f2，下列说法错误的是 (　A　)
A.充电线上离手机充电口远的点先振动
B.当手机振动的频率等于充电线振动的固有频率时，充电线抖动的幅度最大
C.充电线做的振动是受迫振动
D.同一手机，更换不同长度的充电线，其振动时的频率相同
解析：充电线上越靠近振源位置的点越先振动，所以充电线上离手机充电口近的点先振动，故A错误;当手机振动的频率等于充电线振动的固有频率时，充电线发生共振，充电线抖动的幅度最大，故B正确;充电线做的振动是受迫振动，故C正确;闹钟响起的同时手机振动，充电线也跟着振动，可知充电线做受迫振动，由于受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以同一手机，更换不同长度的充电线，振动时的频率相同，均等于手机振动的频率，故D正确。
6.(5分)某种减噪装置结构如图所示，通过装置的共振可吸收声波。已知其固有频率为f0=(SI制)，其中σ为薄板单位面积的质量，L为空气层的厚度。经测试发现它对频率为200 Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由200 Hz变为300 Hz，则 (　B　)
A.系统振动频率为200 Hz
B.系统振动频率为300 Hz
C.为获得更好减噪效果，可仅增大L的大小
D.为获得更好减噪效果，可仅换用σ更大的薄板
解析：系统做受迫振动，振动时的频率等于驱动力的频率，即为300 Hz，故A错误，B正确;由于驱动力的频率大于系统的固有频率，在驱动力的频率一定时，为获得更好的减噪效果，应使系统的固有频率增大，由f0=(SI制)可知，应减小σ或L，故C、D错误。
7.(5分)(多选)细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度释放。对于之后的运动，下列说法中正确的是 (　AB　)
A.单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小
B.摆球在左右两侧上升的最大高度一样
C.摆球在平衡位置左右两侧通过的最大弧长相等
D.摆球经过最低点时，半径减小，摆线张力不变
解析：根据单摆做简谐运动的周期公式T=2π，可知T与成正比，钉子右侧摆长减小，周期变小，故A正确;摆球在摆动过程中，空气阻力忽略，摆线拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B正确;
若有钉子，摆球摆至右侧最高点C，B、C在同一水平线上，如图所示，由几何关系知θ2=2α，θ2<2θ1;摆球在平衡位置左侧通过的最大弧长大于在右侧通过的最大弧长，故C错误;由以上分析可知，摆球在摆动过程中机械能守恒，所以摆球过最低点的速度大小不变，由牛顿第二定律有T-mg=m，可知摆长不同，摆线的张力T不同，故D错误。
8.(5分)(多选)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆。下列说法正确的是 (　AC　)
A.某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小一定相同
B.如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于π
C.如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
D.如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于A
解析：某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，故A正确;如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T=2π，而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，故B错误;当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，所以如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，其固有周期等于驱动摆周期，则这个单摆的振幅最大，故C正确;当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，故某个单摆的摆长大于L，则固有周期不等于驱动摆的周期，振幅不会大于A，故D错误。
9.(8分)某实验小组在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用一个装满细沙的质量均匀分布的塑料球代替摆球做了一个如图甲所示的单摆。
(1)用刻度尺测量ON间细线的长度l，用游标卡尺测量塑料球的直径为d，则该单摆的摆长L=l+(用l和d表示)。
(2)将塑料球拉开一个大约θ=5°的角度释放，某同学发现实验过程中出现了漏沙现象。在刚开始漏沙的一段较短时间内漏了少量的沙子，则在这段时间该单摆的周期逐渐变大(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)该同学发现后，及时补上漏洞并重新进行实验。多次改变线长，测出几组线长l和对应周期T的数据，作出T2-l图像，如图乙所示，可利用图像上的A、B两点的坐标计算出重力加速度g=(用A、B两点的坐标字母表示);不考虑偶然误差，这样计算出的重力加速度等于(选填“大于”“小于”或“等于”)其真实值。
解析：(1)单摆的摆长L=l+。
(2)因为出现漏沙现象，所以在一段较短时间内，摆球重心下降，导致摆长增加，单摆周期变大。
(3)根据单摆周期T=2π、L=l+可知T2=4π2=l+，T2-l图像的斜率k==，解得重力加速度g=;又因采用图像斜率求重力加速度，因此可以消除因漏沙而造成的摆长测量误差，求得的重力加速度等于真实值。
10.(12分)如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧轨道AB上做往复运动，可视为简谐运动。t=0时刻将质量m=0.05 kg的小球从A点由静止释放，图乙为圆弧轨道对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线。根据题中所给信息(g取10 m/s2)，求:
(1)小球简谐运动的周期T和圆弧轨道的半径R;
(2)小球运动到平衡位置时的速度;(结果可用根号表示)
(3)图乙中轨道支持力的最小值。
答案：(1)0.4π s　0.4 m　(2) m/s
(3)0.495 N
解析：(1)由F-t图像可得T=0.4π s，
由T=2π，联立解得R==0.4 m。
(2)由F-t图像可得，摆球运动到平衡位置时轨道的支持力Fmax=0.510 N，由牛顿第二定律得Fmax-mg=m，代入数据，解得运动到平衡位置时速度v= m/s。
(3)小球从A到最低点机械能守恒，设OA与竖直方向夹角为θ，由机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2-0，支持力的最小值Fmin=mgcos θ，联立解得Fmin=0.495 N。(共25张PPT)
第二章　机械振动
周末作业4　单摆、实验：用单摆测量重力加速度、受迫振动　共振
1.(5分)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法正确的是 (　 　)
A.甲、乙两摆的振幅之比为3︰1
B.t=2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为0
C.甲、乙两摆的摆长之比为4︰1
D.甲、乙两摆摆球在最低点时的向心加速度大小一定相等
B
解析：由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故A错误;t=2 s时，甲摆在平衡位置处，重力势能最小，乙摆在振动的最大位移处，动能为0，故B正确;由单摆的周期公式T=2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1︰4，故C错误;因摆球摆动的最大偏角未知，故D错误。
2.(5分)某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度g取10 m/s2，取π2=10，下列说法中正确的是 (　 　)
A.单摆的振幅是0.14 m，振动的频率是1 Hz
B.振动的表达式为x=0.07sin(2πt) m
C.单摆的摆长为1 m
D.t=1.5 s时摆球在N点
C
解析：由题图乙，可知振幅A=0.07 m、周期T=2 s，则频率f==0.5 Hz，故A错误;振动的表达式为x=Asin ωt，且ω=2πf，则x=0.07sin(πt) m，故B错误;由单摆的周期公式T=2π，解得l==1 m，故C正确;由题图乙知，t=1.5 s时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，故D错误。
3.(5分)如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，g为重力加速度，这个摆的周期是(　 　)
A.2π B.π
C.(+1)π D.(+1)π
D
解析：以摆长为L的单摆运动半个周期为t1=×2π=π，以摆长为L的单摆运动半个周期为t2=×2π=π，则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π。故A、B、C错误，D正确。
4.(5分)如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是 (　 　)
A.若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行(g地>g月)，且摆长相等，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B.若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LⅠ︰LⅡ=4︰25
A
C.若摆长均约为1 m，则图线Ⅰ是在地球上完成的
D.若两个单摆在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量
解析：若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据T=2π知，周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ表示地球上单摆的共振曲线，故A正确;若两次受迫振动是在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率之比为2︰5，则根据T=可知，固有周期之比为5︰2，根据T=2π可知，摆长之比为25︰4;故B错误;若摆长均约为1 m，则根据周期公式T=2π变形后得g== m/s2≈1.58 m/s2≠g，故C错误;同一简谐运动的能量是由振幅决定的，但两个不同单摆的能量还与摆球的质量有关，由于摆球质量未知，所以无法比较能量，故D错误。
5.(5分)某手机正在充电，闹钟响起的同时手机振动，充电线也跟着振动，如图所示。手机振动的频率为f1，充电线上某点的频率为f2，下列说法错误的是 (　 　)
A.充电线上离手机充电口远的点先振动
B.当手机振动的频率等于充电线振动的固有频率时，充电线抖动的幅度最大
C.充电线做的振动是受迫振动
D.同一手机，更换不同长度的充电线，其振动时的频率相同
A
解析：充电线上越靠近振源位置的点越先振动，所以充电线上离手机充电口近的点先振动，故A错误;当手机振动的频率等于充电线振动的固有频率时，充电线发生共振，充电线抖动的幅度最大，故B正确;充电线做的振动是受迫振动，故C正确;闹钟响起的同时手机振动，充电线也跟着振动，可知充电线做受迫振动，由于受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以同一手机，更换不同长度的充电线，振动时的频率相同，均等于手机振动的频率，故D正确。
6.(5分)某种减噪装置结构如图所示，通过装置的共振可吸收声波。已知其固有频率为f0=(SI制)，其中σ为薄板单位面积的质量，L为空气层的厚度。经测试发现它对频率为200 Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由200 Hz变为300 Hz，则(　 　)
A.系统振动频率为200 Hz
B.系统振动频率为300 Hz
C.为获得更好减噪效果，可仅增大L的大小
D.为获得更好减噪效果，可仅换用σ更大的薄板
B
解析：系统做受迫振动，振动时的频率等于驱动力的频率，即为300 Hz，故A错误，B正确;由于驱动力的频率大于系统的固有频率，在驱动力的频率一定时，为获得更好的减噪效果，应使系统的固有频率增大，由f0=(SI制)可知，应减小σ或L，故C、D错误。
7.(5分)(多选)细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度释放。对于之后的运动，下列说法中正确的是 (　 　)
A.单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小
B.摆球在左右两侧上升的最大高度一样
C.摆球在平衡位置左右两侧通过的最大弧长相等
D.摆球经过最低点时，半径减小，摆线张力不变
AB
解析：根据单摆做简谐运动的周期公式T=2π，可知T与
成正比，钉子右侧摆长减小，周期变小，故A正确;摆球
在摆动过程中，空气阻力忽略，摆线拉力不做功，只有重力
做功，机械能守恒，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B正确;若有钉子，摆球摆至右侧最高点C，B、C在同一水平线上，如图所示，由几何关系知θ2=2α，θ2<2θ1;摆球在平衡位置左侧通过的最大弧长大于在右侧通过的最大弧长，故C错误;由以上分析可知，摆球在摆动过程中机械能守恒，所以摆球过最低点的速度大小不变，由牛顿第二定律有T-mg=m，可知摆长不同，摆线的张力T不同，故D错误。
8.(5分)(多选)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆。下列说法正确的是 (　 　)
A.某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小一定相同
B.如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于π
C.如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
D.如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于A
AC
解析：某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，故A正确;如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T=2π，而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，故B错误;当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，所以如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，其固有周期等于驱动摆周期，则这个单摆的振幅最大，故C正确;当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，故某个单摆的摆长大于L，则固有周期不等于驱动摆的周期，振幅不会大于A，故D错误。
9.(8分)某实验小组在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用一个装满细沙的质量均匀分布的塑料球代替摆球做了一个如图甲所示的单摆。
(1)用刻度尺测量ON间细线的长度l，用游标卡尺测量塑料球的直径为d，则该单摆的摆长L=l+ (用l和d表示)。
(2)将塑料球拉开一个大约θ=5°的角度释放，某同学发现实验过程中出现了漏沙现象。在刚开始漏沙的一段较短时间内漏了少量的沙子，则在这段时间该单摆的周期逐渐变大(选填“变大”“变小”或“不变”)。
l+
变大
解析：(1)单摆的摆长L=l+。
(2)因为出现漏沙现象，所以在一段较短时间内，摆球重心下降，导致摆长增加，单摆周期变大。
(3)该同学发现后，及时补上漏洞并重新进行实验。多次改变线长，测出几组线长l和对应周期T的数据，作出T2-l图像，如图乙所示，可利用图像上的A、B两点的坐标计算出重力加速度g=(用A、B两点的坐标字母表示);不考虑偶然误差，这样计算出的重力加速度等于(选填“大于”“小于”或“等于”)其真实值。
等于
解析：(3)根据单摆周期T=2π、L=l+可知T2=4π2=l+，T2-l图像的斜率k==，解得重力加速度g=;又因采用图像斜率求重力加速度，因此可以消除因漏沙而造成的摆长测量误差，求得的重力加速度等于真实值。
10.(12分)如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧轨道AB上做往复运动，可视为简谐运动。t=0时刻将质量m=0.05 kg的小球从A点由静止释放，图乙为圆弧轨道对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线。根据题中所给信息(g取10 m/s2)，求:
(1)小球简谐运动的周期T和圆弧轨道的半径R;
答案：(1)0.4π s　0.4 m　
解析：(1)由F-t图像可得T=0.4π s，
由T=2π，联立解得R==0.4 m。
(2)小球运动到平衡位置时的速度;(结果可用根号表示)
答案：(2) m/s
解析：(2)由F-t图像可得，摆球运动到平衡位置时轨道的支持力Fmax=0.510 N，由牛顿第二定律得Fmax-mg=m，代入数据，解得运动到平衡位置时速度v= m/s。
(3)图乙中轨道支持力的最小值。
答案：(3)0.495 N
解析：(3)小球从A到最低点机械能守恒，设OA与竖直方向夹角为θ，由机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2-0，支持力的最小值Fmin=mgcos θ，联立解得Fmin=0.495 N。
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