5.一列简谐横波，在t＝0时的波形如图所示，P、Q两点的坐标分别为(－1,0)、(－7,0)，波的传播方向由右向左.已知t＝0.7 s时，P点第二次出现波峰，则(　)

A.t＝0.9 s时，Q点第一次出现波峰

B.t＝1.2 s时，Q点第一次出现波峰

C.振源的起振方向一定向上

D.当质点Q位于波峰时，质点P位于波谷

解析：由图象可知t＝T时，P点第二次出现波峰，可得：T＝0.4 s，v＝＝10 m/s，故Q点第一次出现波峰的时间t＝ s＝0.9 s，A正确、B错误.

由图象可知波前点的起振方向为y轴正方向，故振源的起振方向也为y轴正方向，C正确.

PQ＝6 m＝λ，故Q位于波峰时P位于波谷，D正确.

答案：ACD

4.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置.他第一次量得悬线长为l₁(不计半径)，测得周期为T₁；第二次量得悬线长为l₂，测得周期为T₂.根据上述数据，g值为(　)

A.　　　B.

C.　 D.无法判断

解析：可假设摆球重心距摆球上端为Δl，由单摆周期公式可得：g＝＝

可推得：g＝.

答案：B

3.一单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，以下说法正确的是

[2006年高考·天津理综卷](　)

A.t₁时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小

B.t₂时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小

C.t₃时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大

D.t₄时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大

解析：在t₁、t₃时刻摆球在最大位移处，速度最小，悬绳对它的拉力最小，F_min＝mgcos θ；在t₂、t₄时刻，摆球在平衡位置，速度最大，悬绳对它的拉力最大，F_max＝mg+m.

答案：D

2.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法错误的是(　)

A.摆长应为摆线长与小球半径之和

B.测出的g值偏小，可能是全振动次数n误记为n+1

C.应选在小球运动到最低点开始计时

D.振动中摆角的最大值不应超过10°

答案：B

1.“用单摆测定重力加速度”的实验原理是(　)

A.由g＝可知，T一定时，g与L成正比

B.由g＝可知，L一定时，g与T²成反比

C.由于单摆的振动周期T和摆长L可用实验测定，利用关系式g＝可算出当地的重力加速度

D.同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比

答案：C

3.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学先测得摆线长为89.2 cm，摆球的直径如图所示，然后用秒表记录了单摆做30次全振动.

(1)该单摆的摆长为　　cm.

(2)如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是(　)

A.测摆长时记录的是摆球的直径

B.开始计时时，秒表过迟按下

C.摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了

D.实验中误将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为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，则测得的重力加速度g＝　　.

解析：(1)摆长l＝l₀+＝89.2 cm+×2.050 cm＝90.225 cm.

(2)因为g_测＝，若把(l₀+d)当作摆长，则g_测偏大；若按表过迟，则t偏小，使得g_测偏大；若摆长变长了，则l偏小，使得g_测偏小；若将n＝29记成30，则由公式可知g_测偏小.故选ABD.

(3)g＝＝9.86 m/s².

答案：(1)90.225　(2)ABD　(3)9.86 m/s²

金典练习二十　实验：用单摆测定重力加速度

选择题部分共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.

2.用单摆测定重力加速度时，某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值，引起这一误差的可能原因是(　)

A.摆线上端未系牢，摆动中松驰了

B.把摆线长当成摆长

C.把摆线长加摆球直径当成摆长

D.测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“1”，直到第30次同向过平衡位置时制动秒表，读得经历时间t，用周期T＝来进行计算

解析：由T＝2π知g＝，若测得的g偏大，即L偏大或T偏小，故答案选C、D.

答案：CD

1.“用单摆测定重力加速度”的实验步骤如下：

A.取一段1 m左右的细线，一端穿过小钢球上的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，另一端绕在铁架台上固定的横铁杆上，让摆球自由下垂于桌边之外

B.用刻度尺测量悬点到小球顶点间细线的长度L

C.将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超10°)，释放后当摆球经过平衡位置时开始计时，测出全振动50次的时间t，求出T＝，反复测三次，求出周期的平均值

D.用公式g＝算出重力加速度的值

上述几个步骤中，有错误的地方是：　　　　.

解析：步骤A中，“另一端绕在铁架台上”，另一端应固定.

步骤B中，还应用游标卡尺测量小球的直径d.

步骤C中，应算出三次重力加速度g的值，再求g的平均值.

步骤D中，公式应为g＝.

答案：略

13.(14分)图示为一支将要竖直向上发射的火箭，其质量为6000 kg，点火后喷气速度为2.5 km/s，忽略发射初期火箭质量的变化，问：(取g＝10 m/s²)

(1)点火后每秒至少要喷射多少气体才能使火箭开始上升？

(2)如果要使火箭开始有2 m/s²向上的加速度，则每秒要喷出多少气体？

解析：(1)设火箭每秒喷射出质量为m₀的高速气体时产生的反冲力大小等于火箭的重力.对于Δt时间的喷出的气体，由动量定理得：

F·Δt＝m₀·Δt·v₀－0

由牛顿第三定律得：F＝Mg＝60000 N

解得：m₀＝24 kg.

(2)设每秒喷出质量为m的气体时能使火箭以2 m/s²的加速度加速上升，则此时火箭受到的冲力大小为：

F′＝Mg+ma＝7.2×10⁴ N

对于Δt时间内喷出的气体，由动量定理得：

F′·Δt＝m·Δt·v₀－0

解得：m＝28.8 kg.

答案：(1)24 kg　(2)28.8 kg

12.(13分)关于哥伦比亚号航天飞机失事的原因，美国媒体报道说，航天飞机发射时一块脱落的泡沫损伤了左翼的隔热瓦，于是最终酿成大祸.据美国航天局航天计划的Dittemore于2003年2月5日在新闻发布会上说，撞击航天飞机左翼的泡沫长20英寸(约50.8 cm)、宽16英寸(约40.6 cm)、厚6英寸(约15.2 cm)，其质量大约为1.3 kg，撞击时速度约为250 m/s，方向向上，而航天飞机的上升速度大约为700 m/s.假定碰撞时间等于航天飞机前进泡沫的长度所用的时间，相撞后认为泡沫全部附在飞机上.根据以上信息，估算“哥伦比亚”号航天飞机左翼受到的平均撞击力.(结果保留一位有效数字)

解析：由题意知航天飞机与泡沫块的作用时间为：

Δt＝ s

设碰撞过程中航天飞机对泡沫块的平均冲力大小为F，由动量定理得：

F·Δt＝mv₁－mv₂　(F远大于泡沫块受的重力)

解得：F＝8×10⁵ N

由牛顿第三定律知，航天飞机左翼受到的平均撞击力为8×10⁵ N.

答案：8×10⁵ N