第2章 3 单摆（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册（教科版2019）

第二章　机械振动 3　单摆 基础过关练 题组一　单摆模型 1.(多选题)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是 (　　) A.摆线质量不计 B.摆线长度不可伸缩 C.摆球的直径比摆线的长度小得多 D.只要是单摆的运动就一定是简谐运动 题组二　单摆的回复力及运动特征 2.单摆在振动过程中,当摆球的重力势能增大时,摆球的 (　　) A.位移一定减小 B.速度一定减小 C.回复力一定减小 D.切线方向加速度一定减小 3.关于单摆,下列说法中正确的是 (　　) A.摆球运动的回复力是它的重力沿圆弧切线方向上的分力 B.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置 C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,加速度是改变的 D.摆球经过平衡位置时,加速度为零 4.图中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,摆动到A点时用激光烧断细绳,则摆球 (　　) A.加速度沿图中1所示方向 B.沿图中2所示方向做自由落体运动 C.加速度沿图中3所示方向 D.沿图中4所示方向飞出 题组三　对单摆周期公式的理解和应用 5.惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器——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。旋转摆钟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的上、下位置 B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C.将摆钟带到空间站上,仍能正常工作 D.把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移 6.某一单摆的位移-时间关系图像如图所示,则该单摆的 (　　) A.摆长为0.1 m　　　　　　　　B.周期为1.25 s C.频率为1 Hz　　　　　　　　D.振幅是0.2 m 7.(经典题)一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球上受到的万有引力的,在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上,时针转一圈所经历的时间为 (　　) A.6 h　　　　　　　　B.12 h C.24 h　　　　　　　　D.48 h 能力提升练 题组一　单摆的振动图像 1.如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像,下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙两单摆的振幅相等 B.甲摆的摆长比乙摆的大 C.甲摆的机械能比乙摆的大 D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 2.如图甲所示,从重型机械的机械臂顶部垂下一个大铁球并让它做小角度摆动,即可以用来拆卸混凝土建筑,该情景可视为单摆模型,它对应的振动图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　) 　 A.铁球的质量增大,周期增大 B.t=4 s时,摆球的速度最大 C.该单摆的摆长约为4 m D.铁球摆开的角度增大,周期增大 题组二　单摆摆长变化的问题 3.如图所示,长为l的细绳下方悬挂一小球,静止时小球位于B点。绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方l的O'处固定一铁钉。将小球向右拉到A点,使细绳与竖直方向成一小角度(约为5°)后由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法中正确的是 (　　) A.小球第一次返回到A点所用时间为 B.小球第一次返回到A点所用时间为 C.小球在摆动过程中的合力等于重力沿轨迹切线方向的分力 D.小球在摆动过程中的回复力等于所受重力和摆线拉力的合力 4.一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时,摆线被悬点O(未画出)正下方的钉子P挡住,之后摆球运动到右侧最高点B,该过程中的频闪照片如图所示,已知闪光的时间间隔相等,OC=l。则O、P两点间的距离为　 (　　) A.l　　　　B.l　　　　C.l　　　　D.l 5.(经典题)有一悬线长为l的单摆,摆球为一个有一定质量的空心金属球,球底有一小孔,球内盛满水。在摆动过程中,水从小孔慢慢流出。现使该单摆做小角度摆动,从水开始流到水流完的过程中,此摆的周期的变化是 (　　) A.由于悬线长l和重力加速度g不变,所以周期不变 B.由于水不断外流,周期不断变大 C.周期先变大,后又变小 D.周期先变小,后又变大 题组三　单摆的能量问题 6.单摆做简谐运动,当铁质摆球到达最高点时,将一块小磁铁轻轻吸附在摆球上,则该单摆 (　　) A.振幅增大 B.振动能量增大 C.通过最低点时的速率增大 D.周期增大 题组四　单摆与力学的综合应用 7.一个在地球上做简谐运动的单摆,其振动图像如图甲所示,今将此单摆移至某一行星上,其简谐运动图像如图乙所示。若已知该行星的质量为地球质量的4倍,取π2=10,地球表面重力加速度g1取10 m/s2,求: (1)此单摆的摆长; (2)地球表面的重力加速度g1为该行星表面重力加速度g2的多少倍; (3)该行星的半径R2与地球半径R1之比。 8.如图甲,将一小球用细线悬挂于固定悬点O,将高精度力传感器(不考虑质量)接在球与细线之间,小球静止悬停在A位置,一玩具枪在球左侧水平放置,枪口中心与球心等高。某时刻,玩具枪以一定初速度v0发射质量为m0=0.2 g的水弹,水弹跟小球碰撞后,立即散开(可认为速度为0)且碰撞时间很短可忽略,之后小球开始摆动,整个过程力传感器示数F随时间t变化的曲线如图乙所示。已知小球上摆的最大摆角θ很小,图中t= s时刻为水弹与小球碰撞时刻,小球摆动过程中始终不与枪相撞,忽略空气阻力,当地重力加速度g取10 m/s2,求: (1)摆球的质量M; (2)小球的摆动周期T和摆长L; (3)水弹的初速度v0的大小。 　 答案与分层梯度式解析 第二章　机械振动 3　单摆 基础过关练 1.ABC　单摆由摆线和摆球组成,摆线只计长度不计质量,且摆线不可伸缩,摆球的直径比摆线的长度小得多。把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的,只有在偏角很小(5°左右),且不计空气阻力的情况下才能将单摆的运动视为简谐运动,故选A、B、C。 2.B　单摆在振动过程中,当摆球的重力势能增大时,远离平衡位置,摆球的位移变大,回复力变大,切线方向加速度变大,速度减小。故选B。 3.A　根据回复力的定义,单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力,A正确;摆球在运动过程中,回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置,而向心加速度指向悬点,合成后,加速度方向不是始终指向平衡位置,B错误;摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,受力情况相同,加速度是不变的,C错误;摆球经过平衡位置时,加速度不为零,有向心加速度,D错误。 易混易错　 单摆问题的两点注意事项 (1)所谓平衡位置,是指摆球静止时,摆线拉力与小球所受重力平衡的位置,并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上,在摆动过程中,摆球受力不可能平衡。 (2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mg sin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。 4.B　摆球摆动至A点时,因为已经到达了摆动的最高点,所以瞬时速度为零;此时如果烧断细线,则拉力消失,小球将从A点开始沿着图中2所示的方向做自由落体运动。故选B。 5.A　调整圆盘的上、下位置可改变摆长,从而达到调整周期的作用,A正确;若摆钟变快了,是因为周期变小了,应增大摆长,即下移圆盘,B错误;将摆钟带到空间站上,其处于完全失重状态,摆钟无法正常工作,C错误;从广州到北京,重力加速度g变大,周期变小,应增加摆长,D错误。 6.C　由图读出单摆的周期T=1 s,由周期公式T=2π,得摆长为l=≈0.25 m,A、B错误;频率为f==1 Hz,C正确;振幅等于位移的最大值,由图可知振幅为A=0.1 m,D错误。 7.C　由题可知,该行星表面的重力加速度g'=,由T=2π可得,摆钟在该行星表面摆动的周期T'是在地球表面摆动周期T的两倍,因此时针转一圈经历的时间是24 h,故选C。 能力提升练 1.D　从题图上可以看出甲摆振幅大,A错误;由题图知两摆周期相等,根据单摆周期公式T=2π,可知两单摆摆长相等,B错误;因两摆球质量关系不明确,故无法比较两摆的机械能的大小,C错误;t=0.5 s时,乙摆球在负的最大位移处,故有正向最大加速度,D正确。 2.C　根据单摆的周期公式T=2π,可知周期的大小与铁球的质量、摆开的角度无关,A、D错误;由题图乙可知,t=4 s时,摆球离开平衡位置的位移达到最大,此时摆球的速度为零,B错误;由题图乙可知,单摆的周期为4 s,所以摆长为L=≈4 m,C正确。 3.A　小球第一次返回到A点所用时间,即小球摆动的周期,等于摆长为l的单摆和摆长为的单摆的周期之和的二分之一,即T==,A正确、B错误;小球在摆动过程中的合力等于所受重力和摆线拉力的合力,C错误;小球在摆动过程中的回复力等于重力沿轨迹切线方向的分力,D错误。 4.A　设相邻两次闪光的时间间隔为t,则摆球在C点左侧的摆动周期为T1=12t,摆球在C点右侧的摆动周期为T2=8t,可得T1∶T2=3∶2,根据单摆周期公式T=2π,可解得lPC=l,则O、P两点间的距离为lOP=l-lPC=l,故选A。 5.C　单摆的摆长是悬点到小球重心的距离,开始时,重心在球心,水流出后重心下降,水全部流完后,重心又回到球心。因此重心先降低后升高,摆长先变大后变小,由T=2π,可得周期先变大后变小,C正确。 易混易错　此题易错选B,误认为只要水向外流,小球重心就下移,摆长就增大,忽视了球壳的质量。 6.B　铁质摆球到达最高点时,将一块小磁铁轻轻吸附在摆球上,振幅不变,A错误;摆球到达最低点时的速率设为v,有mgh=mv2,得v=,由于h不变,所以v不变,C错误;吸附小磁铁后,可视为摆球的质量增大,由Ek=mv2可知,其经过平衡位置时的动能增大,因此振动的能量增大,故B正确;由单摆的周期公式T=2π可知,单摆摆长不变,则振动的周期不变,故D错误。 7.答案　(1)1 m　(2)4倍　(3)4∶1 解析　(1)由题图知,此单摆在地球表面上的振动周期T1=2 s,根据T1=2π 得L= 代入数据解得L=1 m。 (2)由题图知,此单摆在该行星上振动周期T2=4 s,而T2=2π 得==4 所以地球表面的重力加速度是该行星表面重力加速度的4倍。 (3)根据G=mg 得R2∶R1=∶=4∶1。 8.答案　(1)0.04 kg　(2) s　0.8 m　(3)80 m/s 解析　分析题图乙如图所示: (1)由题意知,水弹射击前小球处于平衡状态,则由题图乙可得 F1=Mg=0.400 N 解得M=0.04 kg。 (2)由题图乙可知小球摆动的周期为T= s 由单摆周期公式T=2π 解得L=0.8 m。 (3)对经过最低点时的小球进行分析,由牛顿第二定律得 F2-Mg=M 解得vM=0.4 m/s 水弹与小球碰撞过程,由动量守恒定律有 m0v0=MvM 解得v0=80 m/s。 7 学科网（北京）股份有限公司 $$