第2章 4. 单摆-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练习（人教版2019）

练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 知识点 1 单摆 1. （多选） 一单摆做 小角度摆动， 其振 动图像如图， 以下 说法正确的是 （ ） A. t 1 时刻摆球速度最大， 悬线对它的拉 力最小 B. t 2 时刻摆球速度为 0 ， 悬线对它的拉力 最小 C. t 3 时刻摆球速度为 0 ， 悬线对它的拉力 最小 D. t 4 时刻摆球速度最大， 悬线对它的拉 力最大 知识点 2 单摆的周期 2. 甲、 乙两个单摆摆长相等， 将两个单摆的 摆球由平衡位置拉开 ， 使摆角 α 甲 >α 乙 （ α 甲 、 α 乙 都很小）， 由静止开始释放， 则 （ ） A. 甲先到达平衡位置 B. 乙先到达平衡位置 C. 甲、 乙同时到达平衡位置 D. 无法判断 3. 将秒摆 （周期为 2 s ） 的周期变为 1 s ， 下 列措施可行的是 （ ） A. 将摆球的质量减半 B. 振幅减半 C. 摆长减半 D. 摆长减为原来的 1 4 4. 如图所示， MN 为半径较 大的光滑圆弧轨道的一 部 分 ， 把 小 球 A 放 在 MN 的圆心处， 再把另一 小球 B 放在 MN 上离最低 点 C 很近的 B 处 ， 两球同时自由释放 ， 则在不计空气阻力时， 有 （ ） A. A 球先到达 C 点 B. B 球先到达 C 点 C. 两球同时到达 C 点 D. 无法确定哪一个球先到达 C 点 5. 一物体在某行星表面受到的万有引力是它 在地球表面受到的万有引力的 1 4 。 在地球 上走得很准的摆钟搬到此行星上后， 此钟 分针行走一整圈所经历的时间实际上是 （ ） A. 1 4 h B. 1 2 h C. 2 h D. 4 h 6. 一绳长为 L 的单摆， 在平 衡位置正上方 （ L－L′ ） 的 P 处有一个钉子， 如图所 示， 这个摆的周期是 （ ） 4.单 摆 基 础 练 习 x t O t 1 t 2 t 3 t 4 第 1 题图 M C N B A 第 4 题图 L′ P L O 第 6 题图 46 第二章 机 械 振 动 练 10. （多选） 将一单摆向 左拉至水平标志线 上 ， 从静止释放 ， 当摆球运动到最低 点时， 摆线碰到障碍物， 摆球继续向右 摆动。 用频闪照相机拍到如图所示的单 摆运动过程的频闪照片， 以下说法正确 的是 （ ） A. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为 9 ∶ 4 B. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为 3 ∶ 2 提 升 练 习 A. T=2π L g 姨 B. T=2π L′ g 姨 C. T=2π L g 姨 + L′ g 姨 D. T=π L g 姨 + L′ g 姨 姨 # 7. 如图甲是利用砂摆演示简谐运动图像的 装置。 当盛砂的漏斗下面的薄木板被水 平匀速拉出时， 做简谐运动的漏斗漏出 的砂在板上形成的曲线显示出砂摆的振 动位移随时间变化的关系。 第一次以速 度 v 1 匀速拉动木板， 图乙给出了砂摆振 动的图线 ； 第二次使砂摆的振幅减半 ， 再以速度 v 2 匀速拉动木板， 图丙给出了 砂摆振动的图线。 由此可知， 砂摆两次 振动的周期 T 1 和 T 2 的关系是 （ ） A. T 1 ∶ T 2 =2 ∶ 1 B. T 1 ∶ T 2 =1 ∶ 2 C. v 1 ∶ v 2 =1 ∶ 2 D. v 1 ∶ v 2 =2 ∶ 1 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 量由重锤势能提供， 运 动的速率由钟摆控制 。 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. 当摆钟不准时需要调整圆盘位置 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. 把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆 杆上移 9. （多选） 如图所示为 同一地点的两单摆 甲、 乙的振动图像， 下列说法中正确的 是 （ ） A. 甲、 乙两单摆的摆长相等 B. 甲摆的振幅比乙摆大 C. 甲摆的机械能比乙摆大 D. 在 t=0.5 s 时， 有正向最大加速度的是 乙摆 v 2 v 1 甲 乙 丙 第 7 题图 第 9 题图 螺母 圆盘 摆杆 第 8 题图 第 10 题图 -7 O 10 x/cm t/s 甲 乙 0.5 1.0 1.5 2.0 47 练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 C. 摆线经过最低点时， 小球线速度不 变， 半径减小， 摆线张力变大 D. 摆线经过最低点时， 小球角速度变 大， 半径减小， 摆线张力不变 11. 一个单摆挂在电梯内， 发现单摆的周期 增大为原来的 2 倍， 可见电梯在做加速 度运动， 加速度 a 为 （ ） A. 方向向上， 大小为 g 2 B. 方向向上， 大小为 3g 4 C. 方向向下， 大小为 g 4 D. 方向向下， 大小为 3g 4 12. 如图所示 ， 小球 m 自 A 点以初速度 v 向 AD 方向开始运动 ， 已知 AB=0.9 m ， AB 是光滑 圆弧， 半径 R=10 m ， AD=10 m ， A 、 B 、 C 、 D 在同一水平面内。 重力加速度 g 取 10 m/s 2 ， 欲使小球恰能通过 C 点， 其初 速度 v 应为 。 * 13. 如图所示， 摆长为 L 的单摆， 当摆球 A 经平衡位置 O 向右运动的瞬间， 另一小 球 B 以速度 v 同时通过平衡位置向右运 动， B 球与水平面无摩擦， 与竖直墙壁 碰撞无能量损失。 问 OC 间距离 x 满足 什么条件， 才能使 B 球与 A 球相遇。 14. 如图甲， O 点为单摆的固定悬点， 将力 传感器接在摆球与 O 点之间。 现将摆球 拉到 A 点， 释放摆球， 摆球将在竖直面 内的 A 、 C 之间来回摆动， 其中 B 点为 运动中的最低位置。 图乙表示细线对摆 球的拉力大小 F 随时间 t 变化的曲线 ， 图中 t＝0 为摆球从 A 点开始运动的时刻， g 取 10 m/s 2 。 （ 1 ） 求单摆的振动周期和摆长。 （ 2 ） 求摆球的质量。 （ 3 ） 求摆球运动过程中的最大速度。 v A D C B 第 12 题图 B A v α C O 第 13 题图 第 14 题图 甲 乙 t/s F/N 0.2仔 0.4仔 0.510 0 0.495 O C A B 48 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 解得 k＝40N/m 。 没有 B 且 A 平衡时， 弹簧伸长量 x＝ m A g k ＝ 2.5 cm ， 则振子的振幅 A＝ （ 15－x ） cm＝12.5 cm 。 4.单 摆 基础练习 1. CD 【解析 】 单摆做小角 度摆动时符合简谐运动的特点， t 1 时刻摆球在位移最大处， 回复 力最大 ， 加速度最大 ， 速度为 0 ， A 错误 ； t 2 时刻摆球的位移 为 0 ， 回复力为 0 ， 但单摆在摆 动过程中其实是圆周运动一部 分， 平衡位置就是最低点， 向心 加速度向上且最大， 此时拉力最大， B 错误； t 3 时刻摆 球在位移最大处， 速度为 0 ， 向心力为 0 ， 对小球受力 分析， 重力沿轨迹切线方向分力 G x 提供回复力， 悬线 的拉力 T 等于重力沿径向分力 G y ， 此时拉力最小， C 正 确； t 4 时刻摆球位移为 0 ， 回复力为 0 ， 加速度为 0 ， 速 度最大， 向心力最大， 摆球运动到悬点的正下方， 悬线 的拉力减去竖直向下的重力的合力提供向心力， 悬线拉 力最大， D 正确。 2. C 【解析】 单摆周期与摆角 （振幅 ） 无关 ， C 正确 。 3. D 4. A 【解析】 A 球做自由落体运动， 到 C 点所需时 间 t A = 2R g 姨 ， R 为圆弧轨道的半径。 因为圆弧轨道的 半径 R 很大， B 球离最低点 C 又很近， 所以 B 球在轨道 给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动 （等同 于摆长为 R 的单摆）， 则运动到最低点 C 所用的时间是 单摆振动周期的 1 4 ， 即 t B = T 4 = π 2 R g 姨 >t A ， 所以 A 球 先到达 C 点， A 正确。 5. C 【解析】 由题意知重力加速度 g′＝ 1 4 g ， 根据 T＝ 2π l g 姨 可知 T′＝2T ， C 正确。 6. D 【解析】 这个摆的周期可由摆长分别为 L 和 L′ 的两个单摆的半个周期相加得到， D 正确。 7. D 【解析】 单摆摆动的周期由摆长决定， 与振幅 无关 ， 故 T 1 ∶ T 2 =1 ∶ 1 ， 设板长为 d ， 题图乙对应速度 ： v 1 = d 2T ， 题图丙对应的速度： v 2 = d 4T ， 则 v 1 v 2 =2 ∶ 1 。 8. AC 【解析】 调整圆盘位置可改变摆长， 从而达 到调整周期的作用； 若摆钟变快， 是因为周期变小， 应 增大摆长即下移圆盘； 由冬季变为夏季， 摆杆变长， 应 上移圆盘； 从广州到北京， g 值变大， 周期变小， 应增 加摆长。 A 、 C 正确。 9. ABD 【解析】 由题图看出， 两单摆的周期相同， 同一地点 g 相同， 由单摆的周期公式 T＝2π l g 姨 得知， 甲、 乙两单摆的摆长 L 相等， A 正确； 甲摆的振幅为 10 cm ， 乙摆的振幅为 7 cm ， 则甲摆的振幅比乙摆大， B 正确； 尽管甲摆的振幅比乙摆大， 两摆的摆长相等， 但由于两摆的质量未知， 无法比较机械能的大小， C 错 误； 在 t＝0.5 s 时， 甲摆经过平衡位置， 振动的加速度为 0 ， 而乙摆的位移为负向最大值， 则乙摆具有正向最大 加速度， D 正确。 提升练习 10. AC 【解析】 频闪照片拍摄的时间间隔一定， 由 图可知， 摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为 3 ∶ 2 ， 根 据单摆的周期公式 2π l g 姨 得， 摆长之比为 9 ∶ 4 ， A 正 确， B 错误； 小球的细线即使碰到障碍物 ， 线速度不 变， 半径变小， 根据 F-mg=m v 2 l 知， 张力变大。 根据 v= ωr ， 可知角速度增大， 故 C 正确， D 错误。 11. D 【解析】 根据单摆周期公式 T＝2π L g 姨 ， 可知 周期的平方与重力加速度成反比， 则周期变为原来 2 倍 时重力加速度变为原来的 1 4 。 即电梯处于失重状态， 等 效重力加速度为 g-a＝ 1 4 g ， 解得 a＝ 3 4 g ， 方向向下， 故 选 D 。 12. 10 π （ 2n+1 ） （ n=0 ， 1 ， 2 ， 3 ， …） 【解析】 小球 m 自 A 点向 AD 方向以初速度 v 开始运动， 把小球的运 动进行分解， 一个是水平方向的匀速运动， 一个是在竖 直面上做单摆运动。 根据单摆周期公式 T=2π l g 姨 =2π s ， 小球 m 自 A 点运动到 C 点， 在竖直面上运动的时间是 t= T 2 （ 2n+1 ）（ n=0 ， 1 ， 2 ， 3 ， …）， 由于分运动的等时性， 所以初速度 v= l t = 10 π （ 2n+1 ） （ n=0 ， 1 ， 2 ， 3 ， …） * 13. x= nπv 2 l g 姨 （ n=1 ， 2 ， 3 ， …） 【解析】 本题 考查单摆运动的周期性、 重复性， 相遇时间相等。 A 、 B 第 1 题答图 G y G T G x 18 参考答案与解析 相遇一定在 O 点， B 返回 O 点所用时间为 t= 2x v ， A 到 达 O 点时间为 t= nT 2 （ n=1 ， 2 ， 3 ， …）， 则 2x v = nT 2 ， 由单 摆周期公式 T=2π l g 姨 ， 解 ①② 得 x= nπv 2 l g 姨 （ n= 1 ， 2 ， 3 ， …）。 14. （ 1 ） 0.4π s 0.4 m （ 2 ） 0.05 kg （ 3 ） 0.283 m/s 【解析】 （ 1 ） 小球在一个周期内两次经过最低 点， 根据该规律 T＝0.4π s 。 由单摆的周期公式为 T＝2π L g 姨 ， 解得 L＝ gT 2 4π 2 ＝ 10×0.16×π 3 4π 2 m＝0.4 m 。 （ 2 ） （ 3 ） 摆球受力分析如图所示： 在最高点 A ， 有 F min ＝mgcos θ＝0.495 N ， 在最低点 B ， 有 F max ＝mg+m y 2 L ＝0.510 N 。 从 A 到 B ， 机械能守恒 ， 由机械能守恒定律得 mgL （ 1-cos θ ） ＝ 1 2 mv 2 ， 联立三式并代入数据得 m＝0.05 kg ， v= 2 姨 5 m/s≈0.238 m/s 。 5.实验： 用单摆测量重力加速度 基础练习 1. ACD 【解析】 为减小实验误差， 摆球通过最低点 时开始计时， 故 A 错误； 实验时， 要防止摆球在水平面 内做圆周运动或椭圆运动， 故 B 正确； 摆线长度与摆球 半径之和是单摆摆长， 故 C 错误； 在平衡位置启动秒 表， 并开始计数， 当摆球第 30 次经过平衡位置时制动 秒表， 单摆完成全振动的次数： n= 30-1 2 =14.5 ， 若读数 为 t ， 则单摆周期： T= t 14.5 ， 故 D 错误。 2. B 【解析】 根据单摆的周期公式 T＝2π l g 姨 得 g＝ 4π 2 l 2 T 2 ， 测摆线长时摆线拉得过紧， 使得摆长的测量值 偏大， 则测得的重力加速度偏大， A 错误； 摆动后出现 松动， 知摆长的测量值偏小， 则测得的重力加速度偏 小， B 正确； 开始计时时， 秒表过迟按下， 则记录的时 间偏小， 测得周期偏小， 则测得的重力加速度偏大， C 错误； 实验中将 49 次全振动数成 50 次全振动， 测得周 期偏小， 则测得的重力加速度偏大， D 错误。 3. （ 1 ） C （ 2 ） 2.125 98.49 2 9.75 （ 3 ） 4π 2 （ l 1 -l 2 ） T 2 1 -T 2 2 【解析】 （ 1 ） 摆长等于摆线的长度与摆球的 半径之和， 故 A 错误； 测量周期时， 从小球到达平衡位 置处开始计时， 测出摆球完成 50 次全振动的时间， 然 后求出完成一次全振动的时间， 故 B 错误； 单摆要做简 谐运动， 要保证单摆始终在同一竖直面内摆动， 故 C 正 确； 小球应在同一竖直平面内振动， 摆角不大于 10° ， D 错误。 （ 2 ） 由图示游标卡尺可知， 摆球直径为 d=21 mm+ 5×0.05 mm=21.25 mm=2.125 cm 。 摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长， 单摆的摆长 为 L=l+ d 2 ≈98.49 cm 。 单摆振动 50 次所用的时间为 100 s ， 则单摆的周期 为 T= t n =2 s 。 由单摆周期公式 T=2π l g 姨 ， 可知重力加速度为 g= 4π 2 l T 2 ≈9.75 m/s 2 。 （ 3 ） 设摆球的半径为 r ， 由单摆周期公式 T=2π l g 姨 可知， T 1 =2π l 1 +r g 姨 ， T 2 =2π l 2 +r g 姨 ， 解得 g= 4π 2 （ l 1 -l 2 ） T 2 1 -T 2 2 。 4. （ 1 ） a （ 2 ） 0.315 9.86 （ 3 ） B A 【解析】 （ 1 ） 由单摆周期公式 T=2π L+h g 姨 ， 得到 T 2 ＝ 4π 2 l g + 4π 2 h g 。 当 L=0 时， T 2 = 4π 2 h g ＞0 ， 则真正的图像是 a 。 （ 2 ） 当 T 2 =0 时， L=-h ， 即图像与 L 轴交点坐标 h= -L=31.5 cm=0.315 m 。 图线的斜率大小 k= 4π 2 g ， 由图， 根据数学知识得 k=4 ， 解得 g=9.86 m/s 2 。 （ 3 ） 根据 （ 1 ） 中分析可知把摆线加上球直径当成 了摆长， 即 L 偏大， 导致图线的纵轴截距偏小， 斜率不 变。 故对 h 的影响是比真实值小， 对 g 没有影响。 提升练习 * 5. （ 1 ） AD （ 2 ） 4π 2 n 2 L t 2 （ 3 ） 2.01 9.76 （ 4 ） B （ 5 ） 4π 2 （ l 1 -l 2 ） T 2 1 -T 2 2 【解析】 （ 1 ） 单摆模型需要满 足的条件是， 摆线的长度远大于小球直径， 小球的密度 越大越好， 这样可以忽略空气阻力。 （ 2 ） 周期 T= t n ， 结合 T=2π L g 姨 ， 得 g= 4π 2 n 2 L t 2 。 （ 3 ） 周期 T= t n = 第 14 题答图 琢 mg O C F A B 琢 mg 19