单摆习题及答案.docx
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单摆习题及答案
单摆习题及答案
1•如图所示是、乙两个单摆做简谐运动的图象，贝U下列说法中正确的是（）
A•甲、乙两单摆的振幅之比为2:
1
B.t=2s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能为零
C•甲、乙两单摆的摆长之比为4:
1
D.甲、乙两单摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
2.在同一地点，两个单摆的摆长之比为4:
1，摆球的质量之比为1:
4,则它们的频率之比为
A.1:
1B.1:
2C.1:
4D.4:
1
3.在同一地点，关于单摆的周期，下列说法正确的是（）
A.摆长不变，离地越高，周期越小B.摆长不变，摆球质量越大，周期越小
C•摆长不变，振幅越大，周期越大D.单摆周期的平方与摆长成正比
4.在用单摆测定重力加速度”的实验中，有同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可
能是（）
A.悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B•单摆所用摆球质量太大
C•把（n+1）次全振动时间误当成n次全振动时间D.开始计时时，秒表过迟按下
5.如图所示，一单摆在做简谐运动.下列说法正确的是（）
A.
单摆的振幅越大，振动周期越大B.摆球质量越大，振动周期越大
C.若将摆线变短，振动周期将变大
D.若将单摆拿到月球上去，振动周期将变大
6.—单摆的摆长为90cm，摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动，（g取10m/s2），
则在t=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
7.在用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的
拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为1,
V
v
则重力加速度g为（）
f
It
M!
10.一位同学做用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）下列是供学生自主选择的器材。
除了铁架台和相关配件，你认为还应选用的器材
是0（填写器材的字母代号）
A.约1m长的细线B.约0.3m长的铜丝C.约0.8m长的橡皮筋
D.直径约1cm的实心木球E.直径约1cm的实心钢球F.秒表G.天平H.米尺
（2）该同学在安装好实验装置后，测得单摆的摆长为L,然后让小球在竖直平面内小角度摆
动。
当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。
请
写出测量当地重力加速度的表达式g=。
（用以上测量的物理量和已知量的字母表示）
（3）为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L,测量多组对应的单摆周期T,利用T2-L的
关系图线求当地重力加速度值。
若计算得该图线的斜率为k,则求g的表达式为g=o
（4）若在用T2-L的关系图线求当地重力加速度值的过程中，该同学误将摆线长当成摆长进
行测量和绘制图线。
则求出的重力加速度值测量值（填大于、小于或等于）当地的
重力加速度值。
2018年12月02日高中物理01的高中物理组卷
参考答案与试题解析
一•选择题（共9小题）
1•如图所示是、乙两个单摆做简谐运动的图象，贝U下列说法中正确的是（）
A•甲、乙两单摆的振幅之比为2:
1
B.t=2s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能为零
C•甲、乙两单摆的摆长之比为4:
1
D.甲、乙两单摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
【分析】根据图象得到两个单摆的振幅之比和周期之比，然后结合单摆周期公式好向心加速度
公式列式求解。
【解答】解：
A、由图知甲、乙两摆的振幅分别为4cm、2cm，则甲、乙两单摆的振幅之比为2:
1，故A正确；
B、t=2s时，甲摆在平衡位置处，甲单摆的重力势能最小；乙摆在振动的最大位移处，乙单摆的动能为零。
故B错误；
C、由图知甲、乙两摆的周期分别为4s和8s，由单摆的周期公式T=2i，得到甲、乙两摆
的摆长之比为1:
4，故C错误；
D、摆球的振幅：
A=L?
B,由于甲的摆长小为振幅大，所以甲的摆角大。
摆球在最大振幅处的高度：
h=L（1-cos0
摆球在最低点的速度：
■■-二.：
二-1
2
摆球在最低点的向心加速度：
一：
.
联立可得：
an=2g（1-cos0
由于甲的摆角大，所以甲的向心加速度大。
故D错误。
故选：
Ao
【点评】本题考查了简谐运动的图象和单摆周期公式，要能通过图象得到周期和振幅，然后结合单摆的周期公式分析。
2.在同一地点，两个单摆的摆长之比为4:
1，摆球的质量之比为1:
4,则它们的频率之比为
（）
A.1:
1B.1:
2C.1:
4D.4:
1
【分析】根据单摆的周期公式T二龙兀求出单摆的周期比，频率和周期互为倒数，从而得出它们的频率之比。
【解答】解：
根据单摆的周期公式TW兀Jg知，摆长之比为4:
1,则周期之比为2:
1，所以频率之比为1:
2.故B正确，AC、D错误。
故选：
B。
【点评】解决本题的关键知道单摆的周期公式T二龙兀以及知道周期和频率的关系，T*。
3.在同一地点，关于单摆的周期，下列说法正确的是（）
A.摆长不变，离地越高，周期越小
B.摆长不变，摆球质量越大，周期越小
C.摆长不变，振幅越大，周期越大
D.单摆周期的平方与摆长成正比
【分析】根据单摆的周期T=2^，可知周期与哪些因素有关.
【解答】解：
A、根据单摆的周期T=2冗「•，摆距离地面越高，则重力加速度g越小，所以单摆的周期越大。
故A错误；
BC根据单摆的周期T=2冗〉，知小球的周期与质量、振幅都无关。
故BC错误；
D、根据单摆的周期T=2^，知单摆周期的平方与摆长成正比。
故D正确。
故选：
Do
【点评】解决本题的关键知道单摆的周期公式T=2冗」，基础题目.
4.在用单摆测定重力加速度”的实验中，有同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可
能是（）
A.悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B.单摆所用摆球质量太大
C•把（n+1）次全振动时间误当成n次全振动时间
D•开始计时时，秒表过迟按下
【分析】由单摆的周期公式T=2n•推导出重力加速度的表达式进行分析。
【解答】解：
根据单摆的周期公式T=2n〔，有：
g=—'：
A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故A错误；
B、单摆的周期与摆球的质量无关，故对重力加速度的测量无影响，故B错误；
C、把n+1次全振动时间误当成n次全振动时间，周期的测量值偏大，故重力加速度的测量值偏小，故C错误；
D、如果计时时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，故重力加速度的测量值偏大，故D正确；
故选：
Do
【点评】本题考查了秒表读数、重力加速度的测量原理和误差来源，关键从实验原理出发考虑误差情况，不难。
5•如图所示，一单摆在做简谐运动•下列说法正确的是（）
I
A.单摆的振幅越大，振动周期越大
B.摆球质量越大，振动周期越大
C.若将摆线变短，振动周期将变大
D.若将单摆拿到月球上去，振动周期将变大
【分析】单摆做简谐运动，由单摆周期公式T=2n•可判定各个选项.
【解答】解：
根据单摆周期公式T=2nI，要增加周期，可以增加摆长或者减小重力加速度，
与振幅无关以及与摆球的质量无关，故ABC错误，D正确；
故选：
Do
【点评】掌握单摆的周期公式，会用公式来分析周期的变化，注意摆长是悬点到球心的距离.
6•—单摆的摆长为90cm,摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动，（g取10m/s2）,则在t=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
【分析】由单摆周期公式求出单摆的周期，确定t=1s与周期的关系，然后分析小球的运动情
况.
【解答】解：
90cm=0.90m
单摆的周期T=2冗…」s~1.884s，
t=1s，则|rvtv弓T；
摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动，在t=1s时已经返回并越过平衡位置（最低点），正向左侧最大位移处运动，
由平衡位置向最大位移运动的过程中，摆球做的是减速运动，加速度逐渐增大。
故A正确，
BCD错误。
故选：
Ao
【点评】由单摆周期公式求出单摆的周期、熟悉单摆做简谐运动的运动过程即可正确解题.
7.在用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的
拉力最大；在最高点，绳子的拉力等于重力的一个分力，此时拉力最小.根据在一次周期内两次经过最低点，求出小球的周期，再根据单摆周期公式T=2n即可求解.
【解答】解：
小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力,
此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图象可知：
单摆的周期为：
T=4t
2
根据周期公式得：
T=2兀匸，所以g^l，故ABC错误，D正确;
Vg4严
故选：
D。
【点评】解决本题的关键知道单摆运动对称性，知道在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，在一次周期内两次经过最低点，并掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度，摆长、周期等物理量之间的关系.
8•如图所示，一摆长为I的单摆，在悬点的正下方的P处固定一光滑钉子，P与悬点相距I-l:
则这个摆做小幅度摆动时的周期为（）
长的变化.
【解答】解：
摆长为I的周期T=T1=2□—
摆长为I的周期为12=2半
故小球完成一次全振动的时间为：
T=‘I，.：
］—:
丁^「，故C正确，ABD错误故选：
Co
【点评】本题关键是明确周期的含义，注意摆长的变化从而导致周期的变化，然后根据单摆的周期公式列式求解，基础题.
9.将秒摆的周期变为4s,下面哪些措施是正确的（）
A.只将摆球质量变为原来的-
4
B.只将振幅变为原来的2倍
C.只将摆长变为原来的4倍
D.只将摆长变为原来的16倍
【分析】明确单摆周期的决定因素，知道单摆周期公式，再根据周期公式列式联立即可求出对应的摆长.
【解答】解：
A、单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，故AB错误;
C、对秒摆，To=2冗匕=2s,对周期为4s的单摆，T=2=4s,
联立解得：
l=4lo，故C正确，D错误；
故选：
Co
【点评】本题考查单摆周期公式的应用，要注意明确单摆的周期只取决于单摆的摆长和当地的重力加速度，与球的质量和振幅无关.
二•实验题（共1小题）
10.一位同学做用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）下列是供学生自主选择的器材。
除了铁架台和相关配件，你认为还应选用的器材是
AEFHo（填写器材的字母代号）
A.约1m长的细线
B.约0.3m长的铜丝
C•约0.8m长的橡皮筋
D.直径约1cm的实心木球
E.直径约1cm的实心钢球
F.秒表
G•天平
H.米尺
（2）该同学在安装好实验装置后，测得单摆的摆长为L,然后让小球在竖直平面内小角度摆
动。
当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。
请
写出测量当地重力加速度的表达式g=_4兀竽L_。
（用以上测量的物理量和已知量的字
母表示）
（3）为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L,测量多组对应的单摆周期T,利用T2-L的关系图线求当地重力加速度值。
若计算得该图线的斜率为k，则求g的表达式为g=
（4）若在用T2-L的关系图线求当地重力加速度值的过程中，该同学误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线。
则求出的重力加速度值测量值等于（填大于、小于或等于）当地
的重力加速度值。
AEFH
【分析】
（1）为减小实验误差，要选择长约1m的非弹性绳做摆线，选择体积小而质量大的球做摆球，实验需要测量单摆的周期与摆长，据此选择实验器材。
（2）单摆完成一次全振动需要的时间是周期，根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
（3）根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据表达式求出重力加速度。
（4）根据图象的函数表达式结合题意分析答题。
【解答】解：
（1）为减小实验误差，单摆摆线适当长些，应选择约1m长的细线做摆线，为减
小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球，因此摆球应选择钢球，实验需要用秒表测周期，用刻度尺测量摆长，因此需要的实验器材为：
:
J-可知，重力加速度：
g='.
I进行测量和绘制图线,
用T2-L的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长
22
T2-L图象的斜率：
k-」不变，重力加速度：
|不变，所测重力加速度值测量值等于呂k
当地的重力加速度值；
222
故答案为：
（1）AEFH
（2）4刃”L；（3）整_；（4）等于。
t2k
【点评】本题考查了实验器材与实验数据处理，知道实验器材、掌握单摆周期公式是解题的前提与关键，掌握基础知识、应用单摆周期公式求出图象的函数表达式即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
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