2.4 单摆-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

第4节 单摆 第1关练速度 35mn为准,你的时间: C. 走时准确的摆钟,调节蝶母向下移动,摆钟 仍能走准 题型1 单摆及其回复力 D. 将摆钟由北极移到赤道,单摆振动周期 1. 单摆做简谐运动的过程中,以下说法正确的 减小 是 f ) 4. 已知在单摆a完成10次全振动的时间内,单 A. 摆球受到的合力处处为零 摆完成6次全振动,两单摆摆长之差为 B. 摆球受到的合力处处不为零 1.6m.则两单摆摆长1.与1.分别为( _~ C.通过平衡位置时合力为零 A. 1.=2.5m.I=0.9m D. 通过平衡位置时回复力不为零 B. 1.=0.9 m.1=2.5m 2. 关于单摆振动过程中的受力,下列说法正确 C. 1=2.4m.1.=4.0 m 的是 ) D. 1.=4.0m.1.=2.4m A. 重力和摆线对摆球拉力的合力总是指向 题型3 单摆的图像问题 悬点 5.(2024·重庆模拟)如图为两单摆的振动图 B. 回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力 像,9为摆线偏离竖直方向的角度(θ<5*).两 C. 回复力是重力沿切线方向的分力,重力的 ( 单摆的摆球质量相同,则 ) 另一分力小于或等于摆线拉力 单摆2单摆1 D. 回复力是重力沿切线方向的分力,重力的 另一分力与摆线拉力平衡 题型2 单摆周期公式及其应用 3.(2024·重庆凤鸣山中学月考)惠更斯利用单 摆的等时性原理制成了第一座摆钟如图甲所 示为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图 L.9 乙为摆钟的结构示意图,圆盘固定在摆杆上 4 蝶母可以沿摆杆上下移动,摆钟的摆动可看 _# __ ( 作是单摆,下列说法正确的是 C. 摆球的最大动能之比 E4 摆杆 D. 摆球的最大动能之比 )回 6.(2024·江苏南京六校联合体期末)将一台智 母 能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘 乙 ☆ 与座椅边缘平行(如图甲),让秋千以小摆角 A. 在山脚走时准的摆钟,在山顶仍能走准 (小于5*})自由摆动,此时秋千可看作一个理 B. 若将摆钟的摆角由3*增加到5*(不计空气 想的单摆,摆长为乙.从手机传感器中得到了 阻力),单摆的周期不变 其垂直手机平面方向的a-1关系图如图乙所 第二章学霸045 #### 示.则以下说法正确的是 ) _ A. T.>T>T>T B. T<T.=T<T C. T>T=T>T D. T.<T<T<T 甲 乙 9.(2023·湖北孝感开学)将一个摆长为/的单 A. 秋千从摆动到停下的过程振幅和频率都 减小 摆放在一个光滑的、倾角为a的斜面上,其摆 角为9,如图所示,下列说法正确的是( B. 1.时刻,秋千对手机的支持力等于手机的 重力 C. 秋千摆动的周期为.-t 4r2L A. 摆球做简谐运动的回复力为mgsin6sing D.该地的重力加速度g= (-)2 B. 摆球做简谐运动的回复力为mgsin 7.(2024·上海华东师大二附中期末)如图甲所 C. 摆球做简谐运动的周期为2π 示,0点为单摆的固定悬点,在其正下方的P gsin6 点有一个钉子,现将小球拉开一定的角度后 D. 摆球在运动过程中,经平衡位置时,线的拉 小球开始运动,小球在摆动过程中的偏角不 力为T=mgsing 超过50从某时刻开始计时,绳中的拉力大小 重难题型 计算等效单摆的周期 F随时间,变化的关系如图乙所示,重力加速 10.(2023·江苏扬州三模)如图所示,“杆线 度g取10m/s,忽略一切阻力.下列说法正确 摆”可以绕着固定轴00来回摆动.摆球的运 的是 . ) 动轨迹被约束在一个倾斜的平面内,这相当 于单摆在光滑斜面上来回摆动.轻杆水平 .f 杆和线长均为L.重力加速度为g,摆角很小 时,“杆线摆”的周期为 ) 0 0.2 0.4 0.6 0.8 _,→ln 乙 如线 A.1=0.1ns时小球位于B点 _600 轻轩 B. 1-0.4πs时小球位于C点 /③1 C. 04之间的距离为1.5m A.2r D. 0P之间的距离为1.2m r 231 C.2r 题型4 等效摆长与等效重力 D.2n 3g 8. 如图所示为相同的小球(可看作质点)构成的 练准确率 准确率>90%,你做对 题 单摆,所有的绳子长度都相同,在不同的条件 下的周期分别为T.、T.、T.T.关于周期大小 11.(2023·浙江杭州学军中学期中)小罗同学 关系的判断,正确的是 ( ) 每天都要乘坐电梯上下楼,电梯上行下行都 选择性必修第一册 学霸046 会有减速和加速的过程,有一天,当他学习 运动到右侧最高点B,该过程中的频闪照片 了简谐振动后突发奇想,也许可以通过简谐 如图所示,已知闪光的时间间隔相等,0C= ( 振动周期的变化来测量电梯的加速度,为此 1.则0、P两点间的距离为 小王同学挑选了两个最经典的简谐振动模 型,单摆(图甲)和弹策振子(图乙).那么根 据你所学的知识,请预测小王同学的哪个方 1 案可以成功 A.7# B.# . .# A. 只有单摆可以 B. 只有弹策振子可以 15. 图甲是利用沙摆演示简谐运动图像的装置 C.两个方案都可以 当盛沙的漏斗下面的木板被水平匀速拉出 D. 两个方案都不可以 时,做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成 12.(2023·安徽期中联考)如图所示,水平面上 的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变 放置光滑竖直圆孤轨道abc.b点为轨道最低 化关系,已知木板被水平拉动的速度为 点,孤abc对应的圆心角很小,第一次将小球 0.20m/s.图乙所示的一段木板的长度为 0.80m.g取n{}m/s{,则这次实验沙摆的摆 放置在2点无初速度释放,小球到达最低点 长为 ( b所用时间为1.:然后在aq两点搭建光滑斜 ) 面,第二次将小球放置在a点无初速度释 放,小球沿斜面到达最低点5所用时间为. 0.8□n ) _ 乙 A. 0.56 m B. 0.65 m C. 1.00m D. 2.25 m 16.(2024·江苏常州高级中学月考)图甲是用 力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测 量的装置图,图乙是与力传感器连接的计算 机屏幕所显示的F-.图像,其中F的最大值 B.7 C.D." A.1 F.=1.02N.已知摆球质量m=100g,重力 加速度取9.8m/s{."{}取9.8.不计摆线质量 13. 有一星球其半径为地球半径的2倍,平均密 及空气阻力.下列说法不正确的是 ) 度与地球相同,今把一台在地球表面走时准 确的摆钟移到该星球表面,摆钟的秒针走一 圈的实际时间变为 ( ) A.0.5 min B. min C.2min D. 2min F/N 14.一单摆在竖直平面内做小角度摆动.摆球从 r__.- 左侧最高点A运动到最低点C时,摆线被悬 09 00.1 1.7 点0(未画出)正下方的钉子P挡住之后球 第二章学霸047 A.单摆周期为0.8s 钟在一段时间里快了nmin,另一摆长为L。 B. 单摆摆长为0.64m 的摆钟在同样的一段时间里慢了nmin.则 C. F的最小值F=0.96N 准确钟的摆长L为多少? D.若仅将摆球质量变为200g.单摆周期 不变 17.(2023·山东威海期末)如图所示,A、B两物 块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内 C与C两点间一起做简谐运动,0为最低 点,当位移为x时,A、B系统的回复力为 F.A、B的总重力为G,忽略空气阻力.下列说 法正确的是 ) 第3 失 练思维宽度 A.A、B经过0点时均处于平衡状态 难度级别:☆☆音 G B.F=- 20. 如图所示,一个半径为R的凹,该是圆 #^{ 柱体侧表面的一部分,MN、PO为圆表面的 C. 由0点向C点运动的过程中,A受到的摩 母线,在其中一端的最低处有一小孔B.现让 擦力逐渐增大 小球(球的半径略小于B孔的半径而远小于 D.经过0点时将A取走,B的振幅将增大 R)从的另一端的边缘点A处(A靠近的 18.(2024·浙江余姚中学月考)一细线一端固 最低点),以初速度,开始沿平行于MV的 定,另一端系一密度为e=0.8x10kg/m的 方向运动,若MN=P0,不计摩擦,要使小球 小球,组成一个单摆,其周期为T=8s现将 运动到糟的另一端时,恰能落入B孔中, 此单摆倒置于水中,使其拉开一个小角度后 则MN的长L为多少? 做简谐运动,如图所示.已知水的密度为1.0x 10*}kg/m,水对小球的阻力可忽略,则小球 在水中做简谐运动的周期为 ) ....:... - ..-..-. .___. ------- ....__..... A.4s C.12s B.8s D.16s 19. 已知摆钟的机械结构相同,摆钟摆锤的运动 可近似看成简谐运动,如果摆长为L.的摆 选择性必修第一册 学霸048物块轻轻地放在上时，由于二者水平方向的速度都是 B当秋千摆至最低点时，根据牛顿第二定律可得N-g= 0,所以不会有机械能的损失，振子的振幅不变，即A,=A. 综上可知，A,<A,=A,故B正确，ACD错误故选B m乙，可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故 13.(1)4cm(2)0.75N(3)振幅不能大于2cm B错误： 解析：(1)振幅很小时，A,B间不会分离，将A与B整体作 C根据图像可得秋千摆动的周期为一41，故C错误： 为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得。= (m,+ma)g,得形变量x。=2cm,平衡位置距地面高度h= D.根据单摆的周期公式可得4=2m√g· 。-。=4cm.(2)当A,B运动到最低点时，有向上的最大 加速度，此时A,B间相互作用力最大，设振幅为A,最大 方故D正确故选n 所以g= 4n-L (A+x。)-(m,+mg） 加速度a.= ,对B:N-mg=mmam,解 7.D解析：AB.由图像可知，0-0.2πs内应该对应着摆球在 m十m CB之间的摆动：0.2π~0.6πs内应该对应着摆球在BA之 得N=0.75N.(3)为使B在振动中始终与A接触，在最高 间的摆动.因=0.1πs时摆线拉力最小，可知小球位于C 点时相互作用力应满足F、≥0，取B为研究对象，根据牛 点，1=0.4ms时小球位于A点，选项AB错误： 顿第二定律，有mmg-F=mna,当F、=0时，B振动的加 C摆球在AB之间摆动的周期为T,=0.8π8， 速度达到最大值，且最大值a=g=10m/(方向竖直向 下).因a4=a=g,表明A.B仅受重力作用，此刻弹簧的 ,可得L,=1.6m,即01之间的距离为 弹力为零，弹簧处于原长A=x。=2cm,即振幅不能大 根据T=2√ 于2cm 1.6m,选项C错误： 第3关（练思维宽度） D.摆球在BC之间摆动的周期为T,=0.4πs, 14.D解析：A将A由弹簧原长处静止释放，设A的位移为 可得12=0.4m。 x,对整体，由牛顿第二定律2mg-mgsin30°-kx-3mg可 根据T=2知√g 知A先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，当x 即PB之间的距离为0,4m,OP之间的距离为1.2m,选项 增大到某值时a减小到零，然后向上做加速度反向增大 D正确.故选D 的减速运动，A运动到最高点时速度减小到零：然后A沿 8.C 斜面向下先做加速度诚小的加速运动，后做加速度增大 9.A解析：本题是类单摆模型，回复力由重力的下滑分力的 的减速运动.由系统机械能守恒可知，A运动到释放位置 切向分量提供，重力的下沿分力为mgsin a,下滑分力的切 时速度刚好减小到零.由于加速度a与x成线性关系， 向分量为ngsin asin0,故A正确，B错误：类单摆模型，等 故A在斜面上做以某点（速度最大，加速度为零位置）为 中心的简谐运动.x一1图像切线的斜率表示瞬时速度，由 效重力加速度为gina,故周期为：7=2√ma故C锚 上述分析知A不可能先做诚速后做加速运动，A错误， 误：摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力和重力的 B.由上述分析可知，A做简谐运动，其-1图像应是正弦 函数图像，B错误 下滑分力的合力提供向心力，故T-mgm&=m行，故D C.A刚释放时，弹簧弹力等于零，此时A的加速度a,= mngsin a,故D错误 2mg-mgsin30°_ 10,A解析：由于小球以O0'为轴转动，摆球的运动轨迹被 3m 28 约束在一个倾斜的平而内，则在摆角很小时，重力沿斜而 A运动到最高点时，根据简谐运动的对称性，加速度a2与 (图中虚线位置)向下的分力的沿摆球摆动的切线方向 a,等大反向，则 的分力提供回复力，如图所示 F+mgsin30°-2mg=3ma2,解得F。=3mg,C错误 0 D.对A物体，由牛顿第二定律T-mgsi30-k:=ma,得 线 T=kx+ma+ 将a,与a2及对应的弹簧弹力分别代入可知，A上滑过程 轻杆 中，T随x均匀增加，最小值是mg,最大值是3mg,D正确故 选D. “杆线摆“的摆长为1=s30°= 2 第4节单摆 第1关（练速度） 小球沿虚线方向等效重力G=mg=G0s60=2G= 1.B2.C3.B4.B 2mg,“杆线摆”的周期为T=2如 3L 5.D解析：AB.根据两单摆的振动图像知，两单摆的周期之 ,故 比为子，根据单摆周期公式T=2,√ ，可得T= 选A 第2关（练准确率）》 名：山做有摆长之吃：（层）广号故B错： 11,A解析：根据单摆振动的周期公式，若电梯的加速度为 CD.甲，乙两个单摆的摆球质量相同，摆线的最大摆角相 向上的a,则单摆的周期7=2，√压若电棉的加雀度 同，从最高点到最低点，由动能定理有mgL(1-cos9)=E, 故摆球的最大动能之比， 比。=元g,故C错误，D正确，故 为狗下的，期单摆的周期T=2后则可以通过单 摆的振动周期求解电梯的加速度：而弹簧振子的周期与 选D. 重力加速度无关，则不能用该装置测量电梯的加速度，故 6.D解析：A.秋千从探动到停下的过程中，受空气阻力，振 选A. 幅不断变小，但频率不变，故A错误： 12.B解析：设圆弧轨道半径为R,小球在圆弧轨道运动等 参考答案学霸19 效成单摆振动，由于摆角很小，单摆周期T=2π 联立得回复力的大小为=只，考虑同复力的方向，故 T TR B正确： 球从a点到b点时间4，=42√ -:ab两点搭建斜面 C.由0点向C点运动的过程中，位移为y,摆线与竖直方 设斜面倾角为0，即弦切角为8，根据牛顿第二定律可得 向的夹角为α，以A,B整体为研究对象，沿速度方向有 小球加速度a=gsin0,由几何关系得弦ab=2Rsin0,小球 F=Gsin a=mud,sin a=Y Ra=gsin a= R R 由a点到b点时间为2，有ab= 25,解得4=2√ ,则 对A进行受力分析可得G,sina-f=maa4, 由题意可得a=a,联立解得f=0,故C错误： 有行号故速服 D.单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，B的振 幅不变，故D错误故选B 13.B解析：星球的质量M=pV=p·3mR;物体在星球表 18.D解析：本题情绿中，单摆的周期公式为T=2√官 L 面所受的万有引力等于重力，所以有mg=F=Gm,联立 其中g为小球摆动过程的等效重力加速度，则去除细线 拉力后，小球受到的等效重力为G'=mg=pg,又G= 解得g=专G:所以该星球的表面重力加速度与地球 (pp）g,联立解得T=2π p.上，代入数据得 Np水p。g 表面的重力加速度之比为半径之比，即为2：1：根据单摆 T=16s,故选D 的周期公式T=2m 有 ,故该星球表 19, 4L,L2 (√L+) 面摆钟的秒针走一周的实际时间为号mim.故选B 解析：设标准钟摆长为L,周期为T,则有：T=2江√ L 14.A解析：设相邻两次闪光的时间间隔为：，则摆球在左侧 的摆动周期为T,=12,摆球在右侧的摆动周期为T=8, 么，1，=2m一在相同时间内摆长为L,的摆 T=2EN8 可得刀：1=3：2根据单摆周期公式T=2片，可解 钟比准确钟快nmin,摆长为L2的摆钟比准确钟慢 nmn,设该相同时间为1，相同时间内摆钟的走时之比等 得e=4/ 则O,P两点间的距离为or=-m=g 于频率之比，放有：T:T,:,=::联立解得 t I+n t-n 选A. 4L L 15.C解析：由图乙可知，A=Q4m,则T=A_04 pQ2s=2s,根 L=- (+) 据单摆公式T=2m,厂，解得1= 第3关（练思维宽度） g 4行，代入数据解得1： 1.00m,故C正确. 20-=0.12-) 16.A解析：A根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆 解析：小球的运动可分解为两种运动，沿水平方向的匀速 球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时 直线运动和沿凹槽的类似于单摆的简谐运动.小球运动 刻，则由题图乙可知单摆周期为1,68，故A错误： 到槽另一端，恰能掉入B点，则运动时间为单摆！个周期 B.根据单摆周期公式T=2r, 的奇数倍.1=(2k+1) k=01.2- 可得单摆摆长为1=gT =0.64m,放B正确： 4 故L=t= -(k=0,1,2…) C,设单摆的摆角为20，当摆球摆到最高点时摆线拉力最 小，为Fm=mgcos8: 第5节 实验：用单摆测量重力加速度 设摆球运动至最低点时的速度大小为“，则根据机械能守 恒定律有宁m2=(1-om例。 第1关（练速度） 1.C D 在最低点时，根据牛顿第二定律有F一mg=m 4π214 2 1 2.(1)B(2) (3)B(4)①不变 联立解得F=0.96N,故C正确： n 2 D.根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，所以若 解析：(1)在测量单摆的周期时，应选择小球通过平衡位置 仅将摆球质量变为200g,单摆周期不变，故D正确此题 时开始计时，故选B 选择不正确选项，故选A (2)单摆的周期为T= 17.B解析：AA,B经过0点时的向心加速度不为零，处于 非平衡状态，故A错误： B.设当位移为x时，摆线与竖直方向的夹角为日，当夹角 由单摆周期公式T=2√g 较小时，有im= R 可知，重力加速度为g= 对两物块进行受力分析可得n9= G (3)A.测摆长时摆线拉得过紧，导致摆线测量值偏大，由上 选择性必修第一册学壩20