第2章 第3节 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（鲁科版2019）

第2章　机械振动 第3节　单摆 基础过关练 题组一　单摆回复力及运动特征 1.关于单摆,下列说法中正确的是 (　　) A.摆球运动的回复力是它受到的重力沿轨迹切线方向上的分力 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,加速度是不同的 D.摆球经过平衡位置时,加速度为零 2.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,B点为运动中的最低位置。则在摆动过程中(　　) A.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B.摆球在A点和C点,速度为零,合力和回复力也为零 C.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大 D.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大 3.(多选题)一单摆的振动图像如图所示,下列说法中正确的是　 (　　) A.t=1.0 s时,摆球处于平衡状态 B.t=2.0 s时,摆球处于平衡位置 C.摆球摆动过程中,在任何位置都不是平衡状态 D.t=1.0 s时,摆线的拉力最大 题组二　单摆的周期 4.摆钟是一种较有年代的计时钟表,其基本原理利用了单摆的周期性,结合巧妙的擒纵器设计,实现计时功能,图示为摆钟内部的结构简图。设原先摆钟走时准确,则 (　　) A.摆动过程中,金属圆盘所受合力为其回复力 B.该摆钟在太空实验室可正常使用 C.将该摆钟从北京带到广州,为使其走时准确,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向下移动 D.该摆钟在冬季走时准确,到夏季(考虑热胀冷缩)为使其走时准确,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 5.如图甲所示是利用沙摆演示简谐运动图像的装置。当盛沙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沙会在木板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线。已知木板被水平拉动的速度为0.20 m/s,图乙所示的一段木板的长度为0.60 m,则这次实验沙摆的摆长大约为(取重力加速度g=π2 m/s2) (　　) 　 A.0.56 m　　　　B.0.65 m C.1.00 m　　　　D.2.25 m 能力提升练 题组一　单摆周期公式的综合应用 1.某地的甲、乙两单摆振动图像如图所示,则 (　　) A.甲的振幅小 B.乙的摆长短 C.ta时刻甲的摆角大 D.tb时刻两摆球速度相同 2.如图甲,O点为单摆的固定悬点,在其正下方的P点有一个钉子,现将小球拉开一定的角度后开始在竖直面内运动,小球在摆动过程中的偏角不超过5°。从某时刻开始计时,绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙,重力加速度g取10 m/s2,忽略一切阻力。下列说法正确的是(　　) 　 A.t=0.1π s时小球位于B点 B.t=0.4π s时小球位于C点 C.O、A之间的距离为1.5 m D.P、B之间的距离为0.4 m 题组二　单摆的动力学特征分析 3.如图甲所示,一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动,拉力传感器显示绳子拉力F的大小随时间t的变化图像如图乙所示,已知当地的重力加速度为g,则根据图乙中的数据可知 (　　) A.此单摆的周期T= B.此摆球的质量为m= C.此单摆的摆长l= D.在t=时刻摆球的回复力最小 4.将一力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,现将质量m=0.05 kg的小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于伸直状态,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,且图乙中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻,摆球运动到最低点时的速度大小为 m/s。取重力加速度g=10 m/s2,求: (1)单摆的振动周期和摆长; (2)图乙中细线拉力的最大值Fmax和最小值Fmin(结果保留3位小数)。 　 答案全解全析 基础过关练 1.A 2.C 3.BCD 4.D 5.A 1.A　摆球运动的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,A正确;摆球经过最低点即平衡位置时,回复力为0,但合力不为零,合力提供向心力,加速度方向指向悬点,B、D错误;摆球经过轨迹上同一点时,受力情况相同,加速度相同,C错误。 易错警示　应对单摆的运动进行正确的分析,摆球绕平衡位置做往复运动的同时绕悬点做圆周运动,回复力为重力沿轨迹切线方向的分力。 2.C　摆球在摆动过程中,只受到重力和拉力的作用,A错误;在最高点A、C处,摆球的位移最大,速度为零,回复力最大,合力不为零,B错误;在最低点B处,摆球在平衡位置,速度最大,回复力为零,摆球做圆周运动,细线的拉力最大,C正确,D错误。 3.BCD　t=1.0 s时,摆球处于平衡位置,但此时摆球具有向心加速度,不是处于平衡状态,故A错误;t=2.0 s 时,摆球处于平衡位置,故B正确;摆球摆动过程中,在任何位置所受合外力都不为零,都不是平衡状态,故C正确;t=1.0 s时,摆球速度最大,所需向心力最大,摆线对摆球的拉力和摆球重力的合力提供向心力,方向竖直向上,而此时拉力与重力方向相反,所以摆线的拉力最大,故D正确。 4.D　回复力是指向平衡位置的力,摆动过程中,金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力,金属圆盘同时绕轴转动,合力沿轻摆杆方向的分力提供向心力,A错误;由于金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力,该摆钟在太空实验室内处于完全失重状态,因此不可正常使用,B错误;单摆的周期T=2π,将该摆钟从北京带到广州,重力加速度减小,可知周期变大,摆钟变慢,为使其走时准确,需要使摆钟的摆长变短,即需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,C错误;该摆钟在冬季走时准确,到夏季温度升高,由于热胀冷缩,摆长变长,为使其走时准确,需要使摆长变短,因此需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,D正确。 5.A　由于木板被匀速拉动,则图乙所示的木板运动的时间t=≈0.56 m,A正确。 能力提升练 1.C　由题图可知,甲的振幅大,故A错误;由题图可知,甲单摆的周期为T甲=,故B错误;ta时刻甲、乙两单摆的摆球位移相等,由于甲的摆长短,则甲的摆角大,故C正确;tb时刻甲、乙两单摆的摆球均通过平衡位置,速度方向相反,则速度不同,故D错误。 2.D　小球在B点受到的拉力与重力的合力提供向心力,设小球经过B点的速度为v,可得F-mg= ,可得LPB=0.4 m,即P、B之间的距离为0.4 m,D正确。 3.C　摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则摆球运动到最低点时,绳子拉力最大,结合F-t图像,可知此单摆的周期为T=t0(在一个周期内,摆球两次经过最低点),故A错误;摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则有F0-mg=,故C正确;单摆的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供,摆球运动到最低点时,摆球的回复力最小,所以在t=时刻摆球的回复力最大,故D错误。 4.答案　(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.510 N　0.495 N 解析　(1)摆球从A运动到B,速度逐渐增大,所需的向心力增大,细线的拉力增大,到B点时拉力最大;从B运动到C,速度逐渐减小,所需的向心力减小,细线的拉力减小,到C点时拉力最小。摆球从A到C,完成半次全振动,由题图乙可得=0.2π s,可得单摆的振动周期T=0.4π s 由单摆周期公式T=2π=0.4 m (2)摆球运动到最低点时,由牛顿第二定律可得Fmax-mg=m 解得Fmax=0.510 N 摆球从A点运动到B点过程机械能守恒,可得 mgL(1-cos θ)=mv2 在A点沿细线方向有Fmin=mg cos θ 联立解得Fmin=0.495 N 学科网（北京）股份有限公司 $$