2.3 单摆 分层同步练习-2025-2026学年高二上学期物理教科版选择性必修第一册

3. 单摆 一、基础巩固 1.关于单摆,下列说法不正确的是(　　) A.单摆的回复力是重力的分力 B.单摆的摆角在5°左右,可看作简谐运动 C.单摆的振幅不论多大,其周期均为2π D.单摆的振动是变加速运动 2.(多选)图中两单摆的摆长相同,平衡时两摆球刚好接触,现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放,碰撞后,两摆球分开,各自做简谐运动,以mA、mB分别表示摆球A、B的质量,则(　　) A.如果mA>mB,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B.如果mA<mB,下一次碰撞将发生在平衡位置左侧 C.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧 D.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧 3.摆长是1 m的单摆在某地区振动周期是2 s,则在同一地区(　　) A.摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s B.摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s C.周期是1 s的单摆的摆长为2 m D.周期是4 s的单摆的摆长为4 m 4.一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。在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后,此钟的分针走一整圈所经历的实际时间是(　　) A. h B. h C.2 h D.4 h 5.小厦、晓萌两位同学分别探究单摆周期T与摆长l的关系。在测量周期时,小厦误将29次全振动记为30次,其他操作无误,晓萌操作均无误。两位同学绘制的T2-l图像如图(a)所示,则小厦所测实验结果对应的图像是　　(选填“A”或“B”);图(b)为晓萌绘制的不同摆长单摆的振动图像,则两单摆周期之比Ta∶Tb=　　　　。  (a) (b) 6.如图(a)所示,某学习小组在实验室做“探究周期与摆长的关系”的实验。 (a) (b) (1)若用停表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T=　　　。 (2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系,由图(b)可知,该单摆的周期T=　　　　　 s。 (3)在多次改变摆线长度测量后,根据实验数据,利用计算机作出周期与摆线长度的关系(T2-l)图线,并根据图线拟合得到方程T2=kl+b,由此可知当地的重力加速度g=　　　,摆球半径r=　　　　(用k、b、π表示)。  二、能力提升 7.在青岛走时准确的摆钟,随考察队带到北极黄河站,则这个摆钟(　　) A.变慢了,重新校准应减小摆长 B.变慢了,重新校准应增大摆长 C.变快了,重新校准应减小摆长 D.变快了,重新校准应增大摆长 8.如图所示,两根细线长度均为2 m,A细线竖直悬挂且在悬点O处穿有一个金属小球a,B悬挂在悬点O'处,细线下端系有一金属小球b,并且ma>mb,把金属小球b向某一侧拉开3 cm到b'处,然后同时让金属小球a、b由静止开始释放(不计阻力和摩擦),则两小球的最终情况是(　　) A.a小球先到达最低点,不可能和b小球在最低点相碰撞 B.b小球先到达最低点,不可能和a小球在最低点相碰撞 C.a、b两小球恰好在最低点处发生碰撞 D.因不知道ma、mb的具体数值,所以无法判断两小球的最终情况 9.(多选)下图为甲、乙两单摆的振动图像,则(　　) A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙=2∶1 B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙=4∶1 C.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=4∶1 D.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4 10.如图所示,长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方l的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正。下列图像中,能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　　) 参考答案 一、基础巩固 1.答案：C 解析：单摆的回复力是重力的切向分力,选项A正确,不符合题意;单摆做简谐运动的条件是摆角很小,在5°左右,选项B正确,不符合题意;单摆做简谐运动时周期T=2π,要求摆角很小,选项C错误,符合题意;单摆振动中加速度不断变化,是变加速运动,选项D正确,不符合题意。 2.答案：CD 解析：A、B两球碰撞后,B球一定向右摆,A球可能向右摆,也可能向左摆,还可能停下来。由于两单摆摆长相同,因此摆动的周期相同,它们在第一次碰后半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞,C、D正确,A、B错误。 3.答案：D 解析：摆长是1 m的单摆在某地区振动周期是2 s,根据单摆的振动周期公式T=2π可知,重力加速度g==π2 m/s2。摆长是0.5 m的单摆的周期T=2π=2π× s≈1.414 s,故A、B错误;周期是1 s的单摆的摆长l'= m=0.25 m,同理,周期是4 s的单摆的摆长l″=4 m,故C错误,D正确。 4.答案：C 解析：根据在星球表面万有引力等于重力可知,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,质量不变,所以该星球的重力加速度g'=g,T=2π,拿到某行星上周期T'=2π=2T,分针走一圈的时间为地球上的2倍,故C正确,A、B、D错误。 5.答案：B　3∶2 解析：根据T=2π变形可得:T2=·l,所以T2-l图像的斜率为k=。小厦误将29次全振动记为30次,则周期偏小,由T=2π可知g偏大,图像的斜率k=偏小,则小厦同学所测实验结果对应的图线是B。由图(b)可知,a、b两单摆的周期之比为2∶=3∶2。 6.答案：(1) (2)2.0 (3) 解析：(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t,则周期的表达式为T=。 (2)单摆摆动过程中,每次经过最低点时拉力最大,每次经过最高点时拉力最小,拉力变化的周期为1.0 s,故单摆的摆动周期为2.0 s。 (3)根据T=2π得T2=l',知图线的斜率为k=,因此g=;而l'=l+r,图线拟合得到方程T2=kl+b,因此摆球半径r=。 二、能力提升 7.答案：D 解析：摆钟从青岛带到北极黄河站时,重力加速度g变大,摆钟的摆长l不变,由T=2π可知,摆钟的周期变小,摆钟变快,要校准摆钟,需要增大摆钟的周期T,故应增大摆钟的摆长l,故D正确,A、B、C错误。 8.答案：A 解析：小球a到达最低点的时间为ta= s≈0.63 s,b球到达最低点的时间为tb=T= s≈0.70 s,所以a小球先到达最低点,不可能和b小球在最低点相碰撞,选项A正确。 9.答案：BD 解析：由题图可知T甲∶T乙=2∶1,由公式T=2π可知,若两单摆在同一地点,则两摆长之比为l甲∶l乙=4∶1,故A错误,B正确;若两摆长相等,则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4,故C错误,D正确。 10.答案：A 解析：由T=2π得T1=2π,T2=2π=πT1 ,故B、D错误;若没有铁钉,小球运动到A位置;有铁钉时,小球运动到B位置。由机械能守恒定律可知,A、B在同一高度;由数学关系知,B在A的右侧。由单摆的特点知,有铁钉后,小球在左侧相对于距离平衡位置的最大水平位移小于小球在右侧相对于距离平衡位置的最大水平位移,故A正确。 7 学科网（北京）股份有限公司 $