第2章 4 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（人教版2019）江苏专用

第二章　机械振动 4　单摆 基础过关练 题组一　单摆的回复力及运动特征 1.关于单摆,在摆角很小的情况下,下列说法正确的是 (　　) A.摆球受到的回复力的方向总是指向摆球的平衡位置 B.摆球受到的回复力是重力和绳子拉力的合力 C.摆球受到的合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 D.摆球经过平衡位置时,所受合力为零 2.如图所示,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.摆球在A点和C点处,合力为零 B.摆球在A点和C点处,回复力为零 C.摆球在B点处,回复力最大 D.摆球在B点处,细线拉力最大 题组二　单摆周期公式的理解和应用 3.某单摆在地球表面做振幅为A的简谐运动时,周期为T。若将该单摆放到重力加速度为地球表面处的的星球表面做振幅为的简谐运动,其周期为 (　　) A.　　　　B.3T　　　　C.　　　　D.4T 4.如图所示,房顶边缘处固定一铅垂线,铅垂线沿竖直墙壁垂下时,铅锤重心与房顶边缘的距离为3.6 m。现将铅垂线拉开一个小角度,由静止释放,铅垂线从最右端摆到墙体位置与从墙体位置摆到最左端所用的时间之比为3∶2,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则房顶与窗上沿的高度差为 (　　) A.1.2 m　　　　B.1.6 m　　　　C.2 m　　　　D.2.4 m 5.(教材深研拓展)如图甲所示,用细线悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装墨汁,将注射器拉开一个小角度,当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向以速度v=0.12 m/s匀速拖动木板,滴在木板上的墨汁图样如图乙所示,测得OO'长为l=0.6 m,墨汁图样与木板边缘的交点P、Q恰好是墨汁最远处,已知重力加速度g=π2 m/s2,则该“单摆”的等效摆长为 (　　) 　 A. m　　　　B. m　　　　C.1 m　　　　D. m 6.(经典题)将一个摆长为l的单摆放在一个倾角为α的光滑斜面上,其最大摆角为θ,如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.摆角为θ时,回复力为mg sin θ sin α B.摆角为θ时,回复力为mg sin θ C.摆球做简谐运动的周期为2π D.摆球在运动过程中,经平衡位置时,摆线的拉力为mg sin α 能力提升练 题组一　单摆的振动图像 1.(教材深研拓展)一条细线下面挂着一个小球,让它自由摆动,它的振动图像如图所示。则下列说法正确的是 (　　) A.该单摆的频率为2 Hz B.该单摆的摆长大约为2 m C.若将此单摆从山脚移到山顶,单摆的周期将会变大 D.根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角 2.如图甲所示,一个单摆做小角度摆动,从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时,相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程,下列说法中正确的是 (　　) 　　　 A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=5 sin 2πt cm B.单摆的摆长约为1 m C.从t=2.5 s到t=3 s的过程中,摆球的动能逐渐减小 D.从t=2.5 s到t=3 s的过程中,摆球所受回复力逐渐增大 3.甲、乙两个单摆的摆球完全相同,在同一平面内各自做简谐运动,摆线的最大摆角相同。某时刻开始计时,0~6t0内它们的振动图像如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙的摆长之比为1∶2 B.t0时刻甲、乙相对其各自的平衡位置的位移差值为 cm C.甲摆球的最大动能大于乙摆球的最大动能 D.从计时开始,乙摆球第2次经过最低点时两摆球的速度方向相反 4.甲、乙两位同学分别使用图(a)中所示的同一套装置,观察单摆运动时的振动图像。已知两人实验时所用单摆的摆长相同,落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图(b)中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是 (　　) 　 A.对应单摆振动的幅度,N1比N2大 B.对应单摆振动的周期,N1比N2大 C.对应木板运动的速度,N1比N2小 D.N1、N2对应的单摆摆到最低点时的加速度大小相等 题组二　单摆的等效摆长和等效加速度 5.如图所示,甲、乙两个体重相等的小孩玩滑梯游戏,AB为半径很大的光滑圆槽,A、B两点在同一水平高度上,且AB弧长远小于半径,圆槽的最低点为O,开始时甲静止在A点,乙静止在弧OB的中点C,听到哨声两人同时无初速度滑下,则　 (　　) A.两人在O点右侧相遇 B.两人在O点左侧相遇 C.两人相遇时的动能相同 D.两人相遇时所受合力不相同 6.在光滑水平面上的O点系一长为L的绝缘细线,线的另一端系一质量为m、带电荷量为q的小球。当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后,小球处于平衡状态,如图所示。现给小球一垂直于细线的初速度v0,使小球在水平面上开始运动。若v0很小,则小球第一次回到平衡位置所需时间为 (　　) A.π　　　　B.π　　　　C.2π　　　　D.π 7.(经典题)如图所示,三根长度均为l0的绳l1、l2、l3组合系住一质量分布均匀的小球m,球的直径为d(d≪l0),绳l2、l3与天花板间的夹角均为α=30°,重力加速度为g。则: (1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动,周期T1为多少? (2)若小球垂直于纸面做小角度摆动,周期T2为多少? 题组三　摆钟走时快慢与调整问题 8.1657年惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图为某一摆钟的内部结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。下列情形会使摆钟变快的是 (　　) A.使螺母沿摆杆上移 B.在原位置换一个质量更大的螺母 C.由冬季变为夏季时 D.把摆钟从哈尔滨移到泉州 9.摆钟是一种较有年代的计时钟表,其基本原理利用单摆的周期性,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.该摆钟被从北京带到广州,为走时准确,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,到夏季为了准时,考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 题组四　单摆中的力学综合问题 10.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示意图,图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像,其中F的最大值Fmax=1.02 N,已知摆球质量m=100 g,重力加速度取9.8 m/s2,π2取9.8,不计摆线质量及空气阻力。下列说法错误的是 (　　) A.单摆周期为0.8 s B.单摆摆长约为0.64 m C.F的最小值Fmin=0.96 N D.若仅将摆球质量变为200 g,单摆周期不变 11.(经典题)如图所示,甲、乙中半径为R的圆弧轨道与水平面相切,其对应的圆心角θ均很小(小于5°,图中没有按比例画出),圆弧轨道光滑,水平面粗糙且均匀,在图甲中,质量为m的物体(可视为质点)放在顶端由静止开始沿圆弧轨道自由滑下,在水平面上滑行了s的距离停下来。图乙中,同样的物体从静止开始沿固定光滑板滑下,不考虑拐角处机械能的损失,物体在水平面上同样滑行了s的距离停下。两图中物体的初始高度均为h,则 (　　) A.图甲、乙中水平面与物体间的动摩擦因数不同 B.在图甲、乙中,物体下滑的过程中重力做功的平均功率相同 C.从开始下滑到停止的过程中,图甲中重力的冲量比图乙的小 D.从开始下滑到停止的过程中,比较图甲、乙中除重力外的其他力的合力对物体做的功,图乙中的大 12.某实验小组设计实验研究碰撞及单摆特性,装置如图所示,在水平桌面边缘用长细绳悬挂着质量为m0的小球。质量为m1的滑块以速度v0滑上光滑的桌面,并在桌子边缘与小球发生正碰,碰后小球向外摆动起来(摆动的角度小于5°),物块水平抛出桌面,当物块落地时小球恰好第一次摆回到桌子边缘。已知物块落点与桌子边缘的水平距离为s,桌子高度为h,重力加速度为g,物块和小球均可视作质点,求: (1)物块从抛出到落地的时间t及悬挂小球的细绳长度L; (2)碰撞后小球的速度大小v2。 答案与分层梯度式解析 第二章　机械振动 4　单摆 基础过关练 1.A　摆球受到的回复力的方向总是指向摆球的平衡位置,A正确;摆球受到的回复力是摆球重力沿轨迹切线方向的分力,B错误;摆球受到的回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比,摆球受到的合力不等于回复力(除最高点),C错误;摆球经过平衡位置时,回复力为零,所受合力指向圆心,D错误。 2.D　 模型构建　 摆球在重力和细线拉力作用下沿圆弧AC做简谐运动,在最高点A、C处摆球的速度为零,向心力为零,回复力即合力等于重力沿圆弧切线方向的分力,不为零,A、B错误;根据机械能守恒定律可知,在最低点B处摆球的速度最大,由FT-mg=m可知,摆球在B处时细线上的拉力最大,D正确;摆球的回复力F=mg sin θ,其中θ为摆线偏离竖直方向的角度,所以摆球在摆动过程中,在最高点A、C处回复力最大,在最低点B处回复力为零,C错误。 3.B　由单摆的周期公式T=2π,可知单摆的周期与振幅无关,当把该单摆放在重力加速度为地球表面处的的星球上做简谐运动时,其周期变为T'=2π=3T,B正确。 4.C　设房顶与窗的上沿的高度差为h,重垂线离开墙体时摆长为L,根据单摆的周期公式有T1=2π,T2=2π,由题意可知T1∶T2=3∶2,解得h=2 m,C正确。 5.C　 关键点拨　解答本题应关注的两个要点: 由题图乙可知,墨汁在木板上留下图样的时间内单摆恰好摆动2.5个周期,对应的时间为t== s=5 s,即2.5T=5 s,故单摆的振动周期为T=2 s,结合单摆的周期公式T=2π,可得等效摆长为L=1 m,C正确。 6.A　 模型构建　 将单摆放在倾角为α的光滑斜面上时,重力沿斜面方向的分力在摆球轨迹切线方向的分量提供回复力,重力沿斜面方向的分力为mg sin α,该力沿轨迹切线方向的分量即回复力大小为mg sin α sin θ,A正确,B错误;单摆在光滑斜面上的运动属于类单摆模型,等效重力加速度为g sin α(破题关键),故周期为T=2π·,C错误;摆球在运动过程中,经平衡位置时,摆线的拉力和重力沿斜面方向的分力的合力提供向心力,由FT-mg sin α=m,可得摆线的拉力FT>mg sin α,D错误。  能力提升练 1.C　由题图可知,该单摆的周期为2 s,故频率为0.5 Hz,A错误;由单摆周期公式T=2π,代入数据可得该单摆的摆长为L≈1 m,B错误;若将此单摆从山脚移到山顶,g变小,则T变大,C正确;单摆摆动的最大摆角θ满足sin θ≈=,故可以估算出它摆动的最大摆角,D错误。 2.B　根据单摆的振动图像可知周期T=2 s,振幅A=5 cm,由ω=,可得到圆频率ω=π rad/s,则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=A sin ωt=5 sin πt cm,A错误;根据单摆周期公式T=2π,可得单摆的摆长L≈1 m,B正确;从t=2.5 s到t=3 s的过程中,摆球从右边最高点运动到平衡位置,摆球的位移逐渐减小,速度逐渐增大,故动能逐渐增大,回复力减小,C、D错误。 3.D　由题图可知,甲的周期为4t0,乙的周期为8t0,由单摆的周期公式T=2π可得摆长L=,甲、乙的摆长之比为1∶4,A错误;由题图可知,甲的振动方程为x=A1 sin t cm,乙的振动方程为x=A2 sin t+ cm,t0时刻甲、乙相对其各自的平衡位置的位移大小分别为x甲=A1 sin cm=A1 cm,x乙=A2 sin + cm=A2 cm,由题图知A2>A1,则位移差值为Δx= cm,B错误;甲、乙两个单摆的摆球完全相同,摆线的最大摆角相同,从最高点到最低点,由动能定理有mgL(1-cos θ)=Ek,由于乙的摆长大,则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最大动能,C错误;由题图可知,t=6t0时乙摆球第2次经过最低点,此时两摆球速度方向相反,D正确。 4.D　 图形剖析　从图中提取信息如下: 由图可知,N1、N2对应的单摆振幅相同,A错误;由于摆长相同,由单摆的周期公式T=2π可知,单摆的周期相同,B错误;由题图可知,N1对应的木板运动时间为T,N2对应的木板运动时间为2T,由v=可知,N1对应的木板运动速度大于N2对应的木板运动速度,C错误;由于两次使用的是同一装置,且摆长相等,由机械能守恒定律可知,在最低点时单摆的速度大小相等,根据ma=m,两次单摆摆到最低点时的加速度相等,D正确。 5.D　因AB弧长远小于圆弧半径,则两人同时下滑的过程符合单摆的运动规律(点拨:属于圆弧摆模型),则有T=2π,两人运动到O点的时间为其周期的,即t==,故两人在O点相遇,A、B错误;两人下滑只有重力做功,根据动能定理可知mgh=mv2,由于两人下落的高度不相同,则相遇时的动能不相同,在O点,根据牛顿第二定律可得F合=,可知相遇时两人所受合力不相同,C错误,D正确。 6.A　若v0很小,则小球摆动的幅度很小,即摆角很小,则小球的运动是简谐运动,小球处于平衡状态时,细线的弹力T0=qE,则等效重力加速度为g'==(破题关键) (点拨:类比小球在竖直平面内做简谐运动时处于平衡位置的情景),小球做简谐运动的周期T=2π,小球第一次回到平衡位置所需时间t=T,解得t=π,A正确。 7.答案　(1)2π　(2)2π 解析　(1)小球在纸面内做小角度的左右摆动时,可认为小球做简谐运动,固定点为O',所以摆长为l=l0+ 振动的周期为T1=2π=2π=2π (2)小球垂直于纸面做小角度摆动时,相当于以O'点正上方天花板上的O点为悬点前后摆动(破题关键),摆长l'=l0+l0 sin α+ 振动周期为T2=2π=2π=2π 8.A　根据单摆的周期公式T=2π可知,使螺母沿摆杆上移,摆长变短,即l变小,则摆钟的周期变小,频率变大,摆钟变快,故A符合题意;同理分析,在原位置换一个质量更大的螺母,摆钟的周期不变,摆钟快慢不变,B不符合题意;由冬季变为夏季时,由于热胀冷缩,摆长变长,摆钟的周期变大,频率变小,摆钟变慢,C不符合题意;把摆钟从哈尔滨移到泉州,重力加速度变小,摆钟的周期变大,频率变小,摆钟变慢,D不符合题意。 9.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失重状态,因此不可正常使用,B错误;单摆的周期T=2π,该摆钟被从北京带到广州,重力加速度减小,可知周期变大,摆钟变慢,为走时准确,需要调整摆钟的摆长变短,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,为了准时,需要调整摆长变短,因此需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,D正确。 导师点睛　摆钟的机械构造决定摆钟每完成一次全振动所显示的时间为一定值,若周期变长,则实际用时大于钟面显示的时间,计时变慢;反之,则计时变快。 10.A　根据单摆振动的规律,摆线拉力最小时,摆球位于最高点,由题图乙可知,从t1=0.1 s到t2=0.9 s,摆球由一侧最高点运动到另一侧最高点,则=t2-t1=0.8 s,解得单摆周期为T=1.6 s,A错误;根据单摆周期公式T=2π,可得单摆摆长为l==0.64 m,B正确;设摆线与竖直方向的最大夹角为θ,当摆球摆到最高点时摆线拉力最小,为Fmin=mg cos θ,设摆球运动至最低点时的速度大小为v,根据机械能守恒定律有mv2=mgl(1-cos θ),在最低点时,根据牛顿第二定律有Fmax-mg=m,联立解得Fmin=0.96 N,C正确;根据单摆周期公式可知,其周期与摆球质量无关,若仅将摆球质量变为200 g,单摆周期不变,D正确。故选A。 11.C　 模型构建　构建单摆模型和匀加速直线运动模型。 对甲、乙两图中物体运动全过程,由动能定理有mgh-μmgs=0,得μ=,A错误;甲图中物体下滑过程的时间可以看作是单摆做简谐运动的四分之一周期,t甲1==,乙图中物体下滑过程做匀加速直线运动,x=a乙,a乙=g sin ,x=2R sin ,解得t乙1=2>t甲1,甲、乙两图中物体下滑的过程中重力做功相等,由P=,可知二者下滑过程重力做功的平均功率不同,B错误;二者在水平面减速过程完全相同,时间相等,但在下滑过程中的时间不等,t甲1<t乙1,根据冲量公式I=Ft可知从下滑到停止的过程中,图甲中重力的冲量比图乙的小,C正确;对甲、乙两图中物体运动全过程,由动能定理有mgh-μmgs=0,在二者运动的全过程中,除重力以外其他力的合力所做的功即为滑动摩擦力做的功,都等于-μmgs,两种情况相等,D错误。 12.答案　(1)　　(2) 关键点拨　 解析　(1)物块与小球发生正碰后,物块从桌面飞出做平抛运动,竖直方向有h=gt2 解得运动时间t= 对于小球做简谐运动,由单摆周期公式可得T=2π 小球第一次摆回桌子边缘,完成半次全振动,故有T=2t 联立可得L= (2)物块与小球碰撞过程动量守恒,则有m1v0=m1v1+m0v2 对于物块的平抛运动,有s=v1t 解得v2= 7 $$