第二章 第4节 单摆（word练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课时作业（十三）　单摆 （建议用时：40分钟） （见学生用书P137） [基础题组练] 题组一　单摆及其回复力 1.（多选）下列有关单摆的说法，正确的是（　　） A.一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小球，可以构成一个单摆 B.单摆的摆动一定是简谐运动 C.若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动 D.单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大 答案：CD　 解析：一根不可伸长的细绳一端系在悬点，另一端连接一个质量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆，橡皮筋受到拉力时形变量较大，连接小球构成的装置不可看成单摆，选项A错误；若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动，选项B错误，C正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大，选项D正确. 2.振动的单摆小球通过平衡位置时，受到的回复力及合外力的说法正确的是（　　） A.回复力为零，合外力不为零，方向指向悬点 B.回复力不为零，方向沿轨迹的切线 C.合外力不为零，方向沿轨迹的切线 D.回复力为零，合外力也为零 答案：A　 解析：平衡位置是小球回复力为零的位置，选项B错误；单摆在平衡位置时，由于需要向心力，故合外力不为零，选项A正确，C、D错误. 3.关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正确的是（　　） A.摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用 B.摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大 C.摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大 D.摆球所需的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向 答案：B　 解析：单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，选项A错误；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，此时摆线的拉力等于摆球的重力沿摆线的分力，则摆线的拉力小于摆球的重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，选项C、D错误，B正确. 题组二　单摆的周期公式及应用 4.一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，其变快的原因及调整的方法是（　　） A. g甲＞g乙，将摆长缩短 B. g甲＜g乙，将摆长放长 C. g甲＜g乙，将摆长缩短 D. g甲＞g乙，将摆长放长 答案：B　 解析：根据单摆的周期公式T＝2π，振动变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙＞g甲，为了增大周期，可以增大摆长，选项B正确. 5.将秒摆（周期为2 s）的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的（　　） A.只将摆球质量变为原来的 B.只将振幅变为原来的2倍 C.只将摆长变为原来的4倍 D.只将摆长变为原来的16倍 答案：C　 解析：由T＝2π可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，选项A、B错误；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，则l＝4l0，选项C正确，D错误. 6.（多选）如图所示，两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则（　　） A.如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B.如果mA＜mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧 C.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧 D.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧 答案：CD　 解析：单摆做简谐运动的周期T＝2π与摆球的质量无关，因此两单摆周期相同；碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧，选项C、D正确. 7.做简谐振动的单摆摆长不变，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 答案：C　 解析：由单摆周期公式T＝2π知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，频率不变；又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mgh＝mv2，质量改变后4mgh'＝·4m·，可知h'≠h，振幅改变，选项C正确. 8.（多选）惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制.旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是（　　） A.当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C.由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D.把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 答案：AC　 解析：根据周期公式T＝2π知，当摆钟不准确时，则需要调整摆长，选项A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，选项B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘调节，选项C正确；摆钟从福建移到北京，加速度增大，则需将摆长增大，选项D错误. [能力提升练] 9.一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球的质量为M1，半径为R1，另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的某星球表面做简谐运动，周期为T2.若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与此星球半径之比R1∶R2为（　　） A.2∶1 B.2∶3 C.1∶2 D.3∶2 答案：A　 解析：在地球表面单摆的周期T1＝2π，在星球表面单摆的周期T2＝2π，由万有引力定律可得＝g，G＝g'， 联立上述各式解得＝··＝. 10.如图所示，摆长为L的单摆，周期为T.如果在悬点O的正下方的B点固定一个光滑的钉子，OB的距离为OA长度的，使摆球A（半径远小于L）通过最低点向左摆动，悬线被钉子挡住成为一个新的单摆，则下列说法正确的是（　　） A.单摆在整个振动过程中的周期不变 B.单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的倍 C.单摆的整个振动过程中的周期将变小为原来的 D.单摆的整个振动过程中的周期无法确定 答案：C　 解析：根据单摆周期公式知，未加钉子时，周期T1＝T＝2π，碰到钉子后，T’＝2π＝π，所以加了钉子的周期为T2＝T＋T’＝π，所以周期变为原来的，选项A、B、D错误，C正确. 11.（多选）甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置，观察单摆做运动时的振动图像.已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示.下列关于两图线相关的分析正确的是（　　） A. N1表示砂摆振动的幅度较大，N2表示砂摆振动的幅度较小 B. N1与N2振动的周期相同 C. N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大 D. N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大 答案：BC　 解析：由题图乙可知，N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同，选项A错误；由公式T＝2π可知，两摆由于摆长相同，则两摆的周期相同，选项B正确；由题图可知，N1对应的木板运动时间为T，N2对应的木板运动的时间为2T，则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，选项C正确；由动能定理有mgl（1－cos θ）＝mv2，在最低点有FT－mg＝m，解得FT＝3mg－2mgcos θ，由于两摆的振动幅度相同，即θ相同，则拉力相同，选项D错误. 12.将一个力电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点为单摆的固定悬点，将质量为m＝0.05 kg的小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于5°且是未知量.由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻.根据力学规律和题中所给的信息，求：（g取10 m/s2，π≈3.14，π2≈10） （1）单摆的振动周期和摆长； （2）摆球运动过程中的最大速度. 解析：（1）摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期 T＝0.4π s≈1.256 s. 由单摆的周期公式T＝2π知， 摆长l＝＝ m＝0.4 m. （2）在最低点B时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大.根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝m，解得最大速度v＝0.2 m/s. 答案：（1）1.256 s　0.4 m　（2）0.2 m/s 13.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R≫.甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放. （1）求两球第1次到达C点的时间之比； （2）若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？ 解析：（1）甲球做自由落体运动，由自由落体定律得R＝g，解得t1＝. 乙球沿圆弧做简谐运动（由于≪R，可认为摆角θ＜5°）. 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，因此乙球第1次到达C处的时间t2＝T＝×2π＝，所以t1∶t2＝. （2）甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间t甲＝， 由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间t乙＝＋n＝（2n＋1）（n＝0、1、2、…）， 由于甲、乙在C处相遇，故t甲＝t乙， 解得h＝（n＝0、1、2、…）. 答案：（1）　 （2）（n＝0、1、2、…） 学科网（北京）股份有限公司 $$