第二章 第4节 单摆-2021-2022学年新教材高中物理选择性必修第一册【重难点手册】人教版

F+3mg=FN,解得F=2mg,对小球应用牛顿第二定5.B[摆球经过最低点(振动的平衡位置)时回复力为 律得F合=F-mg=mg,又F合=ma,解得a=g,由弹0,但向心力不为0,所以加速度不为0,故A错误;摆球 簧振子的对称性可知,小球运动到最高点时,小球加的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿 速度的大小也为g,方向竖直向下,所以此时弹簧处圆弧切线方向的分力)提供,故B正确,C错误;简谐运 于原长对框架没有作用力,台秤的示数为框架的重动中的位移是以平衡位置作为起点,摆球在最大位移 处时位移大小为A,在平衡位置时位移应为0,故D错 13.(1)物块处于平衡位置时,受重力、支持力和弹簧的弹力 误.故选B. 根据平衡条件,有 gain a=k·△r, 6.A[如题图所示,等效摆长为 isin a,由于小球做简谐 解得△x gsin a 运动,由单摆的振动周期T=2mV/个g可知,A正确 故此时弹簧的长度为L+m85g 7.AC[根据牛顿第二定律得F-mg=m-,F=mg+ (2)物块做简谐运动的振幅为 A=△x+(1-31)=mmng+ m℃,可知半径减小,拉力增大,故A正确;根据机械 (3)物块到达平衡位置下方x位置时,弹簧弹力的大能守恒定律,摆球在左、右两侧上升的最大高度一样, 小为k(x+△)2=k(x+mgng) 故B错误;由几何关系得,右边的弧长小于左边的弧 长,故C正确;由几何关系得,摆球在平衡位置右侧的 故物块所受合力为 最大摆角不是左侧的两倍,故D错误.故选AC.] mosin a-kx- mosin a=g.,D[单摆处于失重状态,当单摆与小车相对静止加速下 滑时,设摆球的质量为m,则摆线拉力为T=mg℃os0,单 可知物块做简谐运动 摆做简谐运动的等效重力加速度g=gcos,单摆振动 第4节单摆 周期为T=2π 学业质量测评 C[单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均9.AC[由振动图像得到甲、乙两个单摆的周期之比为 错对秒摆,=2√④=2对周期为4s的单摆,Tm:72=2:,根据单摆周期公式T=2m√ 4s,故l=4l.故C对,D错.] T2∞l,故甲、乙两个单摆的摆长之比为4:9,故A正 确;根据摆长不同,摆动幅度相同,可知摆角不等,故B 2.A[由T 得 选项A错误;由图可知t时刻甲、乙两单摆偏离平衡位置的差 正确. 值最大,故势能差最大,故C正确;甲偏离平衡位置的 高度差大于乙,由摆动过程中机械能守恒得甲经过平 3C[由单摆周期公式T=2知周期只与l、g有 衡位置时速率大于乙,故D错误.] 关,与m和v无关周期不变,频率不变又因为没改变10.AB[洛伦兹力总是与速度方向垂直因此不参与提 质量前,设单摆最低点与最高点高度差为h,最低点速 供回复力,所以对周期及动能无影响.] 度为,mb=1m,质量改变后有切m=1·,因为小球C到A的距离远小于R,所以C球沿圆弧做 4m(2),可知们≠小振幅改变,故选项C正确 简谐运动,此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相 同,故此等效摆长为R 2√g=4T,摆球达到最大速度时,单摆应 C球开始释放至到达A点经历的时间最短为,也 在平衡位置,x=0,速度方向沿x轴负方向,故D选项 正确 可能是4T或4 即_c=T(2n+D(n=01.2，…。其中T=2π\sqrt{R}|单摆偏离平衡位置的角度不宜过大。C错误在D中， 会增大周期测量的偶然误差，D错误。〕 B到达A点经历的时间t_a=\sqrt{重}2.D[根据T=2π=，解得g=长，重力加速度的 两球相遇时t_c=t_B.故H应满足H=下(2n+1)^2Rn=值和摆球的质量无关，A错误；测摆长时摆线拉得过 0.1，2，…)。紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值 12.(1)单摆受力分析如图所示，单摆的偏大，B错误：误将n次全振动记录为(n+1)次，根据 回复力大小为F_同=G_1=mgsinθ，当T=，，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量 θ很小时，sinθ≈θ，θ等于θ角对应 值偏大，C错误；误将摆线长当成摆长，未加小球的半 的弧长与半径的比值，即sinθ≈ 径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏 θ≈PO，得F_H=mg^P9。 B6……G)cA-小，D正确。故选D.] 当θ很小时，弧长PO近似等于弦hg、3.C[为减小计时误差，应从摆球经过最低点的瞬间开 长，与摆球偏离平衡位置的位移x始计时，故A错误；通过最低点100次的过程中，经历 大小相等，考虑到回复力和位移相c2G_x│的时间是50个周期。故B错误；悬线的长度加摆球的 反，则得回复力与位移的关系为第12题图半径才等于摆长，由单摆周期公式T=2π=可知 F_m=-mgt=-””x=-kx，其中k=””，即有记录的摆长