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1、机械振动1.在“用单摆测定重力加速度的实验中,以下所给器材中,哪个组合较好?()长1 m左右的细线长30 cm左右的细线直径2 cm的塑料球直径2 cm的铁球秒表时钟最小刻度是厘米的直尺最小刻度是毫米的直尺。A.B.C.D.【解析】选B。单摆模型中,小球视为质点,故摆线越长,测量误差越小,故要选择长1 m左右的细线;摆球密度要大,体积要小,空气阻力的影响才小,故要选择直径2 cm的铁球;秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻,比时钟的效果要好,应选择秒表;刻度尺的最小分度越小,读数越精确,故要选择最小刻度是毫米的直尺,应选B。2.在利用单摆测定重力加速度的实验中,以下说法正确的选项是()A.把单
2、摆从平衡位置拉开30的摆角,并在释放摆球的同时开始计时B.测量摆球通过最低点100次的时间t,那么单摆周期为C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长,代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D.选择密度较小的摆球,测得的重力加速度值误差较小【解析】选C。单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动,那么单摆偏离平衡位置的角度不能太大,一般不超过5,把单摆从平衡位置拉开30的摆角,单摆的运动不是简谐运动,故A错误;测量摆球通过最低点100次的时间t,那么单摆周期为T=,故B错误;由单摆周期公式:T=2可知:g=,用悬线的长度加摆球的直径作为摆长,单摆摆长L偏大,由g=可知,所测重力加速度偏大,故C正确;单摆
3、在运动过程中要受到空气阻力作用,为减小实验误差应选择质量大而体积小,即密度大的球作为摆球,故D错误,应选C。3.在做“利用单摆测重力加速度实验中,某同学先测得摆线长为89.2 cm,摆球直径如图甲所示,然后用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图乙所示,那么(1)该单摆的摆长为_cm,秒表所示读数为_s。(2)如果该同学测得的g值偏大,可能的原因是_。A.测摆线长时记入的是摆球的直径B.实验室在高山上,高出海平面太高C.单摆所用摆球太重D.试验中误将29次全振动数为30次(3)为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长L,测出相应的周期T,从而得出一组对应的L与T的数值,再以L为横坐标T2
4、为纵坐标,将所得数据连成直线如下图,那么测得的重力加速度g=_。(保存三位有效数字)【解析】(1)由图可知,主尺的刻度为19 mm,游标尺的第4个刻度与上边对齐,所以该读数为:D=19 mm+40.1 mm=19.4 mm=1.94 cm 单摆的摆长L=摆线长+球的半径=89.2 cm+ cm=90.17 cm秒表的读数为:3.560 s+18.6 s=228.6 s(2)根据单摆的周期公式T=2得:g=。记录摆长时误将摆球的直径作为半径,摆长偏大,由上式得知测得的g应偏大,故A正确。实验室在高山上,高出海平面太高,可知测得的g值偏小,故B错误;由公式可知,摆球的质量对测量值没有影响,故C错误
5、;实验中误将29次全振动数为30次,由T=算出的周期T偏小,由上式可知测得的g值偏大,故D正确。应选:A、D。(3)根据单摆的周期公式T=2得:g= m/s2=2 m/s29.87 m/s2。答案:(1)90.17228.6(2)A、D(3)9.87 m/s24.(2022玉溪模拟)如图1所示,用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点,现将小球拉离平衡位置,使细线与竖直方向成一夹角(该夹角小于5)后由静止释放。小球的大小和受到的空气阻力忽略不计。(1)证明小球的运动是简谐运动;(2)由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示,求小球运动过程中的最大速度值。【解析】(1)设小球偏角为时离开平衡位置的位移为x,摆长为L,5,那么:sin,x=L小球受到的回复力:F=mgsin联立解得:F=x且因F与x方向相反,故小球做简谐运动。(2)由图2可知小球的振幅A=0.08 m,周期T=2 s以小球为研究对象,由周期公式:T=2由机械能守恒:mgL(1-cos)=m 由三角函数知识:1-cos=2sin2由圆的知识:=,联立解得:vmax=0.08 m/s答案:(1)见解析(2)0.08 m/s