时间:2019-03-16 03:09:43
1、填空题 某单摆的摆长为l、摆球质量为m，单摆做简谐振动时的周期为T，摆动时最大动能为Ek，如果摆角不变，将摆球质量变成2m，则单摆的最大动能变为______，如果将摆长变再变为2l，摆角变成原来一半时，单摆的周期为______．
参考答案：摆角不变，将摆球质量变成2m，单摆摆到最低点的速度不变，根据动能的公式Ek=12mv2，知最大动能变为原来的2倍，即2Ek；根据单摆的周期公式T=2π
本题解析：
本题难度：一般
2、简答题 试确定下列几个摆球在平衡位置附近来回振动的周期.
（1）如图11-4-3甲所示.悬挂在水平横梁上的双线摆球.摆线长为l，摆线与水平横梁夹角θ；
（2）如图11-4-3乙所示.光滑斜面上的摆球.斜面倾角为θ，摆线长为l；
（3）如图11-4-3丙所示.悬挂在升降机中的单摆，摆长为l，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动.
图11-4-3
参考答案：（1）T=2π
?（2）T=2π
?（3）T=2π
本题解析：（1）双线摆在垂直于纸面的竖直面里做简谐运动，等效摆长为lsinθ，故振动周期为T=2π；
（2）摆球在光滑的斜面上来回振动，回复力由小球重力沿斜面向下的分力mgsinθ决定，等效重力加速度为gsinθ，其振动周期为T=2π；
（3）升降机竖直向上做匀加速运动时，摆球“超重”，回复力由m(g+a)决定，等效重力加速度为g+a，摆球振动周期为T=2π.
本题难度：简单
3、实验题 单摆测定重力加速度的实验中：?
（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示， 该摆球的直径d=?mm.
（2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0=?cm
（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F-t图象。那么：
①重力加速度的表达式g=?（用题目中的物理量d、l0、t0表示）.
②设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是?.
A．
B．
C．
D．
参考答案：（1）11.70；（2）100.25；（3）①
；?② BD
本题解析：
试题分析:（1）由甲图可知，主尺上的读数是11mm，游标尺上第14个刻度与主尺对齐，所以游标尺上的读数为14×0.05mm=0.70mm，所以该摆球的直径d= 11.70mm。
（2）由乙图可知，悬点到小球底部的长度l0=100.25cm。
（3）平衡位置处拉力最大，最大位移处拉力最小．从图丙中看出单摆的周期为4t0．单摆摆长L= l0+d/2，单摆周期公式T=
得，重力加速度g=。
（4）由丁图可知，F3=mg，单摆在最低点时F1-mg=
，根据周期公式变形得摆长l=
，最低点的机械能E=
，解得E=，所以B正确；单摆在最高点时F2=mgcosθ，最高点的机械能E=mgl（1-cosθ），解得E=，所以D正确。
本题难度：一般
4、填空题 平抛一物体，当抛出1s后它的速度方向与水平成45?角，落地时速度方向与水平成60?角，则落地速度v=?m/s，水平射程s=?m。
参考答案：
本题解析：分析：根据平抛运动的规律，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，在速度方向与水平方向成45°角和60°角的这两个地方，可以分别找出竖直速度和水平速度之间的关系，从而可以求出初速度和末速度，利用水平方向匀速直线运动的位移公式可以求得水平的射程．
解答：解： 1秒末物体竖直分速度大小vy1=gt=10×1=10m/s，
此时与水平方向成45°角，所以抛出时的初速度与竖直分速度大小相等，
所以v0=vy1=10?m/s，落地时速度方向与水平成60°角，又因为水平方向的初速度为10m/s，
所以落地时的速度v=2v0=20?m/s，落地时的竖直分速度vy2=vsin60°=10
m/s，所以物体飞行时间t=
s，所以水平射程为x=v0t=10m．?
答：物体落地时的速度大小为20?m/s；物体水平射程为10m．
点评：本题是平抛运动规律的应用，根据速度方向与水平方向成45°角和60°角这两个条件，找出速度之间的关系，这道题就可以解决了．
本题难度：简单
5、计算题 有一单摆做简谐振动的振动图象如图所示，当地的重力加速度为g=10m/s2，π2≈10。求：
（1）单摆的摆长；
（2）写出对应的振动方程；
（3）由回复力产生的最大加速度大小为a1，t=1.25s时由回复力产生的加速度大小为a2，a1：a2是多少？ 
参考答案：解：（1）由图可知：周期T=2s
根据
，可解得L=1m
（2）x=5sinπt cm
（3）a与x大小成正比
a1：a2=A：x=
：1
本题解析：
本题难度：困难