第2章 第3节 单摆-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用Word(鲁科版)

题组1　单摆的向心力来源 1．关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球运动的回复力是摆线拉力与重力的合力 B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，加速度是不变的 C．摆球在运动过程中加速度方向始终指向平衡位置 D．摆球经过平衡位置时，加速度为0 解析：选B。单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，而不是摆线的张力和重力的合力，故A错误；摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度相同，故B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，方向在变化，故C错误；单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为0，故D错误。 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点处，速度为0，合力与回复力也为0 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 解析：选C。摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，向心力、回复力为按效果命名的力，所以A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为0，回复力最大，合力不为0，在最低点B处，速度最大，回复力为0，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。 题组2　单摆的周期公式 3．发生下述情况时，单摆周期会增大的是(　　) A．增大摆球质量 B．缩短摆长 C．减小单摆振幅 D．将单摆由山下移到山顶 解析：选D。由单摆的周期公式T＝2π可知，g减小时周期会变大，将单摆由山下移到山顶，g减小，故选D。 4．(2024·山西太原五中校考)关于单摆的认识，下列说法正确的是(　　) A．伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式 B．摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零 C．将钟摆由海南移至哈尔滨，为保证钟摆走时准确，需要将钟摆摆长调长些 D．利用单摆测量重力加速度的实验中，误将摆线长L0当作摆长，利用T2－L0图线的斜率导致测量结果偏小 解析：选C。根据物理学史可知，伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出单摆的周期公式，故A错误；单摆的运动过程中摆球的运动轨迹为圆弧，所以摆球在最低点受到的合外力提供向心力，不为零，故B错误；将钟摆由海南移至哈尔滨，重力加速度增大，根据单摆周期公式T＝2π可知为保证摆钟的准确，需要将钟摆摆长调长些，故C正确；由单摆的周期公式T＝2π得T2＝，得T2－L图线斜率是，若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，即T2＝，可得作出的T2－L0图线斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故D错误。 5．(2024·河北承德一中校考)某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置，取向右为正方向，图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g取10 m/s2，取π2＝10，下列说法正确的是(　　) A．单摆的振幅是0.14 m，振动的频率是1 Hz B．振动的表达式为x＝0.07sin (2πt)m C．单摆的摆长为1 m D．t＝1.5 s时摆球在N点 解析：选C。由题图乙知振幅A＝0.07 m，周期T＝2 s，则频率f＝＝0.5 Hz，A错误；振动的表达式为x＝A sin 2πft＝0.07sin πt m，B错误；由单摆的周期公式T＝2π，解得l＝＝1 m，C正确；由题图乙知，t＝1.5 s时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，D错误。 题组3　单摆模型的拓展 6. 如图所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开，则两小球相碰的位置是(　　) A．C点 B．C点右侧 C．C点左侧 D．不能确定 解析：选A。由于半径远远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆，因此周期只与半径有关，与运动的弧长无关，A正确。 7．(2024·江苏泰州统考期末)如图所示的是一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．此单摆的摆长约为2 m B．t＝0.5 s时单摆所受的合力为零 C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小 D．将此单摆从北京移至广州，它做简谐运动的周期将变大 解析：选D。由题图可知，摆动周期T＝2 s，由单摆周期公式T＝2π，可解得此单摆的摆长约为1 m，故A错误；t＝0.5 s摆球速度最大，在平衡位置处，单摆所受的恢复力为零，但合力等于向心力，不为零，故B错误；单摆的周期与摆角无关，故C错误；将此单摆从北京移至广州，重力加速度减小，它做简谐运动的周期将变大，故D正确。 8. (2024·江苏苏州统考期末)如图所示，单摆在A、B之间做简谐运动，A、B为运动最高点，O为平衡位置。下列关于单摆说法正确的是(　　) A．经过O点时，向心力和回复力均不为零 B．经过A点时，向心力和回复力均为零 C．在半个周期内，合外力的冲量一定为零 D．在半个周期内，合外力做的功一定为零 解析：选D。经过O点时，摆球具有一定速度，由Fn＝，可知向心力不为零，摆球在O点时的位移为零，根据F回＝－kx，可知回复力为零，故A错误；同理可得，经过A点时，摆球速度为零，则向心力为零，摆球位移不为零，则回复力不为零，故B错误；根据单摆的振动对称性可知，在任意半个周期内，速度大小不变，除最大位移处，速度方向一定改变，由动量定理I＝Δp，可知合外力的冲量可能为零，也可能不为零，摆球的动能不变，根据W合＝ΔEk，可知合外力做的功一定为零，故C错误，D正确。 9．(2024·江苏省南菁高级中学校考期末)如图所示，一倾角α＝30°的光滑绝缘斜面，处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝。现将一长为l的细线(不可伸长)一端固定，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球放在斜面上，小球静止在O点。将小球拉开倾角θ后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．摆球的摆动周期T＝2π B．摆球的摆动周期T＝2π C．摆球经过平衡位置时合力为零 D．摆球刚释放时的回复力大小F＝mg 解析：选B。带正电小球受到的电场力和重力合力大小F′＝qE＋mg＝3mg，电场力和重力合力沿斜面方向的加速度ax＝＝＝g，则摆球的摆动周期T＝2π＝2π ，故A错误，B正确；摆球做圆周运动，摆球经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零，故C错误；摆球刚释放时的回复力大小F＝F′sin αsin θ＝3mg××sin θ＝mg sin θ，故D错误。 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g取9.8 m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。求： (1)单摆的周期和频率； (2)单摆的摆长。 解析：(1)当摆球经过最低点时摆线拉力最大，相邻两次经过最低点的时间间隔为半个周期，由图像可知相邻两次拉力最大值的时间间隔为0.8 s，即半个周期为0.8 s，则单摆周期T＝1.6 s，频率为 f＝＝0.625 Hz。 (2)由周期公式T＝2π 可知 l＝＝ m＝0.64 m。 答案：(1)1.6 s　0.625 Hz　(2)0.64 m 11．(2024·江苏淮安联考)滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图所示，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径)。主要实验过程如下：用手机查得当地的重力加速度为g，找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t。 (1)求滑板车做往复运动的周期T。 (2)将滑板车的运动视为简谐运动，求轨道半径R。 解析：(1)滑板车做往复运动的周期T＝。 (2)滑板车的运动可类比看成单摆，根据单摆的周期公式T＝2π＝2π 联立解得R＝＝。 答案：(1)　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $