高中物理人教版选修34作业第11章+机械振动+114Word文档下载推荐.docx
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由于甲摆的振幅大,摆球的质量相等,故在平衡位置处甲摆的速率大,故C错。
由于摆长相等,甲摆的振幅大,甲摆的摆角大,故甲摆所受的最大回复力大,B对。
3.(2018·
宿州高二检测)单摆的摆球做简谐运动,经过平衡位置时正好遇到空中飘落下的速度可忽略的雨滴,雨滴均匀附着在摆球表面,则摆球在振动中有关物理量的变化情况是 ( )
A.最大速度不变,振幅不变,周期不变
B.最大速度变小,振幅变小,周期变小
C.最大速度变小,振幅变小,周期不变
D.最大速度变大,振幅变大,周期不变
【解题指南】
(1)根据单摆的周期公式判断振动周期的变化。
(2)根据机械能守恒定律判断振幅和速度的变化。
【解析】选C。
单摆经过平衡位置处,与竖直下落的雨滴相遇,由于摆球的能量不变,摆球的质量变大,所以摆球通过平衡位置的最大速度变小,根据机械能守恒定律知,上摆的最大高度变小,即振幅变小;
由于单摆的周期与质量无关,所以周期不变。
故A、B、D错误,C正确。
4.两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>
v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则 ( )
A.f1>
f2,A1=A2 B.f1<
f2,A1=A2
C.f1=f2,A1>
A2D.f1=f2,A1<
A2
单摆振动周期T=2π
T与L、g有关,f=
则f与L、g有关,与v无关,则:
f1=f2。
由机械能守恒定律有
mv2=mgh,解得h=
即摆球经过平衡位置的速度v越大,到达的高度越高,其振幅A也就越大,A1>
A2,故C正确。
【补偿训练】做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减小为原来的
则单摆振动的 ( )
A.频率、振幅都不变
B.频率、振幅都改变
C.频率不变、振幅改变
D.频率改变、振幅不变
由单摆的周期公式T=
可知,单摆摆长不变,则周期不变,频率不变;
振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量,由Ek=
mv2可知,摆球经过平衡位置时的速度减小,说明振幅减小,因此振幅改变,所以选项C正确。
5.(2018·
南宁高二检测)摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(即取t=0),当振动至t=
时,摆球恰具有负向最大速度,则单摆的振动图象是图中的 ( )
t=
=
T,摆球具有负向最大速度时,应在平衡位置,y=0,速度方向为-y方向,即沿y轴负方向,故D选项正确。
6.(多选)(2018·
温州高二检测)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同,其振动图象如图所示。
选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可
知 ( )
A.甲、乙两单摆的摆长之比是
B.ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等
C.tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大
D.tc时刻甲、乙两单摆的速率相等
【解析】选A、C。
由图可知
又因为T=
所以摆长之比为4∶9,A正确。
在tb时刻,乙在平衡位置最低处,而甲在最高处,因此两者的势能差是最大的,C对。
由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的,由摆动过程机械能守恒得甲经过平衡位置时速度大于乙,D错。
在ta时刻,两个单摆的位移相同但摆长不一样,所以对应的偏角不同,B错。
7.
(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作,请你判断是否恰当(选填“是”或“否”)。
①把单摆从平衡位置拉开某一任意角度后释放:
。
②在摆球经过最低点时启动秒表计时:
③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期:
(2)该同学改进测量方法后,得到的部分测量数据见表。
用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示,该球的直径为 mm,根据表中数据可以初步判断单摆周期随 的增大而增大。
数据组编号
摆长/mm
摆球质量/g
周期/s
1
999.3
32.2
2.0
2
16.5
3
799.2
1.8
4
5
501.1
1.4
6
【解析】
(1)单摆在摆角很小时振动是简谐振动,摆角一般要小于5°
故①不合理;
测单摆周期时,一般以小球经过最低点时开始计时,这样可以减小实验误差,故②合理;
用摆球一次全振动的时间作为单摆的周期测量误差较大,为减小测量误差,要测多个周期的时间求平均值,故③不合理;
(2)由图示螺旋测微器可知,主示数为20.5mm,游标尺示数为18.5×
0.01mm=0.185mm,读数为20.685mm。
从图中数据可知:
摆长相同时,周期相同,摆长变大时,周期变大,根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。
答案:
(1)①否 ②是 ③否
(2)20.685 摆长
【能力提升练】
1.(2018·
兰州高二检测)一单摆的摆长为40cm,摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动,若g取10m/s2,则在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
由T=
代入数据得T=1.256s,则1s时,正处于第四个
T内,由左侧最大位移向平衡位置运动,D正确。
2.如图所示,两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2,圆心分别为O1和O2,所对应的圆心角均小于5°
在最低点O平滑连接。
M点和N点分别位于O点左右两侧,距离MO小于NO。
现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。
关于两小球第一次相遇点的位置,下列判断正确的是 ( )
A.恰好在O点 B.一定在O点的左侧
C.一定在O点的右侧D.条件不足,无法确定
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°
小球的运动类似于单摆的运动。
(2)等效摆长等于圆弧的半径R,其周期T=2π
。
据题意,两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°
把两球在圆弧上的运动看作等效单摆,等效摆长等于圆弧的半径,则A、B两球的运动周期分别为TA=2π
TB=2π
两球第一次到达O点的时间分别为tA=
TA=
tB=
TB=
由于R1<
R2,则tA<
tB,故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧。
故选C。
如图,在半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧,放置于竖直平面内,两端点距最低点高度差H为1cm。
将小环置于圆弧端点并从静止释放,小环运动到最低点所需的最短时间为 s,在最低点处的加速度为 m/s2。
(取g=10m/s2)
【解析】小环沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动,小环运动到最低点所需的最短时间为t=
s=
s。
由机械能守恒定律,mgH=
mv2,在最低点处的速度为v=
在最低点处的加速度为a=
=0.08m/s2。
0.08
3.将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,图甲中O点为单摆的悬点,现将小球(可视为质点)拉到A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动,其中B点为运动中最低位置。
∠AOB=
∠COB=α,α小于5°
且是未知量,图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻,据力学规律和题中信息(g取10m/s2)求:
(1)单摆的周期和摆长。
(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度。
(1)由题图可知T=0.4πs
T=2π
所以L=0.4m。
(2)在A、C点拉力最小,在B点拉力最大
0.495N=mgcosα
0.510N-mg=
mg(L-Lcosα)=
mv2
所以m=0.05kg
v=
m/s
(1)0.4πs 0.4m
(2)0.05kg
【总结提升】单摆问题的计算方法
(1)在摆角很小时单摆做简谐运动,利用周期公式进行关于摆长、重力加速度的分析、计算。
(2)在不计阻力时,单摆满足机械能守恒,并结合牛顿运动定律计算摆球在平衡位置时摆线的拉力。
(3)利用单摆的振动图象进行有关物理量(位移、速度、加速度、动能、重力势能、摆长、不同地点或不同星球表面的重力加速度等)的计算。
(4)处理单摆做简谐运动的有关问题时,单摆模型的构建、合理的等效要与运动学公式、牛顿第二定律、单摆运动的周期性等相结合。
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。
设摆球向右方向运动为正方向。
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)开始时刻摆球在何位置?
(3)若当地的重力加速度为10m/s2,试求这个摆的摆长是多少。
(1)由乙图知周期T=0.8s
则频率f=
=1.25Hz
(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,所以开始时刻摆球在B点。
(3)由T=2π
得L=
=0.16m
(1)1.25Hz
(2)B点 (3)0.16m
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青春是一本教科书,她启迪着我们的智慧和心灵。