课时作业(13) 单摆（配套练习）-【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 答案精解Pm (建议用时：40分钟) [基础题组练 6.(多选)如图所示，两单摆的摆长相同，平衡时两摆 题组一单摆及其回复力 球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左 1.(多远)下列有关单摆的说法，正确的是 拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做 A.一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小 简谐运动，以m、m分别表示摆球A、B的质量，则 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 A.如果mA>1g,下一次碰撞将发生在平衡位置 D.单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大 右侧 2.振动的单摆小球通过平衡位置时，受到的回复力及 B.如果mA<m,下一次碰撞将发生在平衡位置 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 左侧 C.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能 B.回复力不为零，方向沿轨迹的切线 在平衡位置右侧 C.合外力不为零，方向沿轨迹的切线 D.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能 D.回复力为零，合外力也为零 在平衡位置左侧 3.关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正 7.做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原 确的是 () 来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的 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 之，则单摆振动的 () 时，向心力最大 A.频率、振幅都不变 B.频率、振幅都改变 C,摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球 C.频率不变，振幅改变D.频率改变、振幅不变 的重力大 8.(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带 D.摆球所需的向心力最大时，摆球的加速度方向沿 摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩 摆球的运动方向 擦所需的能量由重锤的势能提供，运行 保相 题组二单摆的周期公式及应用 的速率由钟摆控制.旋转钟摆下端的螺 4.一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，其变 母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动， 快的原因及调整的方法是 () 如图所示，下列说法正确的是 O）网 Ag甲>g之，将摆长缩短 A.当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 宁 螺母 B.g甲<g2,将摆长放长 B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C,g甲<g2,将摆长缩短 C.由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D.g即>g乙，将摆长放长 D.把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 5.将秒摆（周期为2s)的周期变为4s,下面哪些措施 [能力提升] 是正确的 9.一个摆长为，的单摆，在地面上做简谐运动，周期 A只将摆球质量变为原来的} 为T,已知地球的质量为M,半径为R,另一摆长 为的单摆，在质量为M,半径为R的某星球表 B.只将振幅变为原来的2倍 面做简谐运动，周期为T:.若T=2T2,4=4, C.只将摆长变为原来的4倍 M=4M,则地球半径与此星球半径之比R:R为 D.只将摆长变为原来的16倍 () ·137 A.2:1 B.2:3 力学规律和题中所给的信息，求：(g取10m/s, C.1:2 D.3:2 π≈3.14，x”≈10) 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 +F/N 0.505 离为OA长度的号，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 C ●B○M 00.1m0.2π03r0.4Tt/s 成为一个新的单摆，则下列说法正确的是 ( 中 A.单摆在整个振动过程中的周期不变 (1)单摆的振动周期和摆长： B.单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的 (2)摆球运动过程中的最大速度 号商 C,单摆的整个振动过程中的周期将变小为原来 的号 D.单摆的整个振动过程中的周期无法确定 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 13.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R, 人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细 R>AB.甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从 砂分别形成的曲线如图乙中N:,N2所示.下列关 A点由静止释放 于两图线相关的分析正确的是 ( (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？ 甲 A,N1表示砂摆振动的幅度较大，N表示砂摆振 动的幅度较小 B.N,与V2振动的周期相同 C.N,对应的木板运动速度比N对应的木板运 动速度大 D.N,对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比 N2对应的拉力大 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=0.05kg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=0,0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1变化的曲线如图乙所示，图 中1=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻.根据 ·138.4.C 要使货物对车厢底板的压力最大,则车厢底板对货 读出两振子位移最大值之比x·x一2:1,根据简谐运 物的支持力最大,要求货物向上的加速度最大,由振动图像 动的特征F一一r,由于弹策的劲度系数可能不相等,回 可知在3T时,货物向上的加速度最大,选项A错误,C正 复力最大值之比F.:F,.不一定等于2:1.选项D错误 11.解剪断细线前A的受力情况为重力ng,向下;细线拉力 确;货物对车厢底板的压力最小,则车厢底板对货物的支持 F-ng,向下,由平衡条件得弹对A的弹力F一2mg,向 力最小,要求货物向下的加速度最大,由振动图像可知在T 上;刚剪断细线时F。-F一mg=ma,解得a=g,方向向上 木箱对地面压力为F-m'g+F-2mg+mg. 时,货物向下的加速度最大,选项B、D错误. 智期g 2ng+n'g 5.A 当物体的位移减小时,物体向平衡位置运动,速度 12.解对小球进行受力分析可知,小球处于静止状态时有 的方向指向平衡位置,加速度的方向始终指向平衡位置,所 mgsin6-(-l。). 以其速度和加速度的方向一定相同,选项A正确;当物体的 设小球离静止状态时位置的距离为工,受力如图所示,小球 速度变化最快时,其加速度最大,物体处于最大位移处,速度 受三个力作用,其合力F。-k(l-.-x)-mgsin8 为零,所以其动能也为零,选项B错误;加速度方向始终指向 解得F。一一x,由此可证小球的振动为简谐运动。 乎衡位置,当加速度与速度反向时,速度的方向指向最大位 移处,位移增大,回复力增大,选项C错误;动能相等的两个 时刻,速度大小相等,位移不一定相同,其加速度也不一定相 同,选项D错误. 6.A 解小球在平衡位置时动能最大,加速度为零,选项A Ig 7777777 0 正确;小球在A、B位置时,动能最小,加速度最大,选项B错 误;小球靠近平衡位置时,回复力做正功,远离平衡位置时, 答案见解析 回复力做负功,选项C错误;在小球振动过程中系统的总能 课时作业(十三) 量不变,选项D错误. 7.AC 做简谐运动的物体的能量跟振幅有关,振幅越大, 1.C 一根不可伸长的细绳一端系在悬点,另一端连接 振动能量越大,选项A正确;在简谐运动中,系统机械能守 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 恒,但物块A的重力势能与动能总和不断变化,物块A的机 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 械能不守恒,选项B错误;在简谐运动中,系统在最大位移处 单摆,选项A错误;若单摆在同一平面内摆动,且偏角小于 势能最大,在平衡位置处动能最大,势能最小,选项C正确, 5*.可以认为该单摆的运动是简谐运动,选项B错误,C正 D错误 确;根据单摆的周期公式T-2π 8.BD 解小球在图中x这段位移 tF g 中做匀速直线运动,即小球总的运 时,摆长越长,其运动周期越大,选项D正确 动函数表达式并非正弦或余弦函 2.A 解平衡位置是小球回复力为零的位置,选项B错误; 数,所以小球做的不是简谐运动, 单摆在平衡位置时,由于需要向心力,故合外力不为零,选项 选项A错误;从开始运动,以向右 A正确,C、D错误. 为正方向,其口一7图像如图所示, 3.B 解单摆在运动过程中,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 AB代表向右匀速通过吾的过程,B是刚接触弹黄,BC代表 大时,摆球在最大位移处,速度为零,向心力为零,此时摆线 做简谐运动,C点代表小球向左刚离开弹瞬间,CD指的是 的拉力等于摆球的重力沿摆线的分力,则摆线的拉力小干挥 向左匀速通过:的过程,DE是接触左侧弹策做简谐运动,E 球的重力;在平衡位置处,回复力为零,速度最大,向心力最 点代表小球向右刚离开弹瞬间,EF是向右通过吾的过 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. 程,F点回到运动的起点,通过该图像可知,小球的动能变化 4.B 解根据单摆的周期公式T-2πV 周期变短了,说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速 错误,B、D正确 度,即g二g,为了增大周期,可以增大摆长,选项B正确. 9.AC 物体振动的平衡位置是物体静止时所受的重力和 弹力相等的位置,由于物体到达最高点时,弹黄正好为原长, 所以物体的振幅为A-,当物体在最低点时,弹力大小为 #_2s,对 2kA一2ng,选项A正确;由于只有重力和弹力做功,所以物 体的动能、重力势能、弹的弹性势能之和保持不变,选项B 错误;从最高点振动到最低点,物体的重力势能全部转化为 确,D错误. 弹策的弹性势能,所以弹策的最大弹性势能等于2ngA,选 择球的质 项C正确;物体在平衡位置时动能最大,由于从最高点到平 衡位置物体下降的高度为A,弹的弹性势能增大,所以物 体的最大动能一定小于mgA,选项D错误 量无关,因此两单摆周期相同;碰后经过一T都将回到最低 10.B 由振动图像读出两弹策振子的振幅和周期不同 点再次发生碰撞,下一次碰撞一定发生在平衡位置,不可能 则两弹振子一定不完全相同,选项A错误;两弹策振子 在平衡位置左侧或右侧,选项C、D正确. 周期之比T:Tz-2:1,频率之比/:/-1:2,选项B 7.C 由单摆周期公式T-2π 正确;由图看出,甲在最大位移处时,乙在平衡位置,即振子 甲速度为零时,振子乙速度最大,选项C错误;由振动图像 与n和v无关,周期不变,频率不变;又因为没改变质量前 ·204· 设单摆最低点与最高点高度差为h,最低点速度为v,mgh 由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间 #mn,质量改变后4mgh'-·4n(),可知h”学h, -(21)010) 振幅改变,选项C正确 由于甲、乙在C处相遇,故1一, ##知,当摆钟不准确时, 8.AC 根据周期公式T-2π 解得 -(2n+1)R(n-一0、1、2、.). 8 则需要调整摆长,选项A正确;摆钟快了,周期小,则需将摆 (1)22 (2)(2n+1)}^R(n-0、1、2、) 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,则需上移园盘调节,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, 课时作业(十四) 单摆的周期T。-2-# 长之和作为摆长来进行计算,则/偏大,测得的g偏大,选项 A正确;单摆所用摆球质量大小与测得的重力加速度的值无 M R #一##、#·## 关,选项B错误;把n一1次全振动时间误当成n次全振动时 间,则周期测量值偏小,重力加速度测量值偏大,选项C正 确:开始计时时,秒表过早按下,则测得的T偏大,则i测量 10.C 翻根据单摆周期公式知,未加钉子时,周期T:-T 值偏小,选项D错误. 2.C 解同一地区重力加速度不变,选项A、B、D错误;用单 /1 得-4^{},测出单摆周期T和摆长,计算可得当地的重力 期变为原来的,选项A、B、D错误,C正确. 加速度g.选项C正确 3.解析(1)摆球经过最低点时速度最大,容易观察和计时:图 11.BC 由题图乙可知,N:表示秒摆振动的幅度与N:表 甲中停表的示数为1.5min+12.5s-102.5s,则周期T= 。 可知,两摆由于摆长相同,则两摆的周期相同,选项B正确; (2)从悬点到球心的距离即为摆长,可得L一0.9975m. 由题图可知,N:对应的木板运动时间为T,N。对应的木板 (3)由单摆周期公式T-2n 运动的时间为2T,则N对应的木板运动速度比N。对应 的木板运动速度大,选项C正确;由动能定理有mgl(1一 (4)由于受到空气浮力的影响,相当于摆球的质量没变而所 cos)一 受重力减小,即等效重力加速度减小,因而振动周期变大,选 项A正确. 3mg-2mgcos0,由于两摆的振动幅度相同,即0相同,则拉 黑(1)低 2.05s (2)0.9975(3)4t 力相同,选项D错误. (4)A 12.解(1)摆球在一个周期内两次经过最低点,根据该规律 4.解析(1)小球的直径d-22mm+0.1mm×6-22.6mm= 并结合图像可知,周期T-0.4πs~1.256s. 2.26cm. (2)/-T^*}图像如图所示. 10×0.16^{m-0.4m. m 42 1.0 (2)在最低点B时,摆球的速度最大,此时细线对摆球的拉 0.5 速度v-0.2m/s. 1 (1)1.256s 0.4m(2)0.2m/s 由r-2 ##可得-^一## 13.(1)甲球做自由落体运动,由自由落体定律得 4& #-1,解得一# 4r /2R 对应图像可得-1.200-0.400-0.25. 4.80-1.60 乙球沿圆孤做简谐运动(由于ACR,可认为摆角05}). 可解得g-4n{h~9.86m/s?. 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r:-T-1× 答案(1)2.26(2)见解析图 9.86 (3)B (2)甲球从离狐形橹最低点h高处开始自由下落,到达C点 5.解(1)由题图甲所示游标卡尺可知,主尺示数是16mm. /2. 的时间t一 游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm,则金属球的直径为 # 16 mm+0.4mm-16.4mm. ·205·