2.4单摆 课时练（word解析版）

2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册
2.4单摆
课时练（解析版）
1．放在实验室里位置不变的单摆，若摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的一半，则单摆摆动的（
）
A．振幅变小
B．振幅变大
C．频率变小
D．频率变大
2．摆长为L的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时，（取作t=0），当振动至时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的
（
）
A．
B．
C．
D．
3．如图所示，固定曲面AC是一段半径为4.0
m
的光滑圆弧形成的，圆弧与水平方向相切于A点，AB=10
cm，现将一小物体先后从圆弧顶端C和中点D处由静止释放，到达曲面底端时速度分别为v1和v2，所需时间为t1和t2，以下说法正确的是（
）
A．v1
>
v2
,
t1
=
t2
B．v1
>
v2
,
t1
>
t2
C．v1
<
v2
,
t1
=
t2
D．v1
<
v2
,
t1
>
t2
4．下列说法符合事实的是（　　）
A．法拉第通过实验研究，发现了电流的磁效应
B．安培提出分子电流假说，认为物质微粒内存在分子电流
C．奥斯特通过实验研究，发现了电磁感应现象
D．伽利略通过实验研究，确定了单摆周期的计算公式
5．图示为同一位置的甲乙两个单摆的振动图像，根据图像可以知道两个单摆的（　　）
A．甲的摆长大于乙的摆长
B．甲摆球质量大于乙摆球质量
C．甲摆球机械能大于乙摆球机械能
D．摆球甲的最大偏角大于乙的最大偏角
6．如图甲是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线代表时间轴．图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，．若和板拉动的速度和的关系为，则板、上曲线所代表的振动周期和的关系为（
）
A．
B．
C．
D．
7．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（取t＝0），当振动至t＝T时，摆球具有负向最大速度，则能正确描述单摆的振动图像的是（　　）
A．B．C．D．
8．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的大小随时间的变化图像如图乙所示，已知当地的重力加速度为，则根据图乙中的数据可知（　　）
A．此单摆的周期
B．此摆球的质量为
C．此单摆的摆长
D．在时刻摆球的回复力最小
9．如图所示，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，将两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面。平衡时，甲、乙两摆的摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1>θ2。当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则（　　）
A．甲、乙两摆的周期相等
B．甲、乙两摆的振幅相等
C．甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能
D．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度
10．如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图象，从图象中可知(　　)
A．两摆球的质量相等
B．两单摆的摆长相等
C．两单摆同时改变运动方向
D．在相同的时间内，两球通过的路程总有
11．图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置。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0.20m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60m，则这次实验沙摆的摆长大约为（取g＝π2m/s2）（　　）
A．0.56m
B．0.65m
C．1.00m
D．2.25m
12．一单摆在空气阻力不能忽略的情况下振动，下列说法中正确的是（　　）
A．振动的能量在逐渐转化为其它形式的能量
B．后一时刻摆球的动能一定比前一时刻的动能小
C．后一时刻摆球的势能一定比前一时刻的势能小
D．后一时刻摆球的机械能一定比前一时刻的机械能小
13．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，有个同学发现自己测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是（
）.
A．实验室处在高山上，距离海面太高
B．单摆所用的摆球质量太大
C．把n次全振动的时间t误作为次全振动的时间
D．以摆线长加小球直径作为摆长来计算了
14．振动着的单摆，经过平衡位置时(　　)
A．回复力指向悬点
B．合力为0
C．合力指向悬点
D．回复力为0
15．某同学在实验室做了甲、乙两个单摆，它们都做简谐运动，振动图像如图所示，下列有关说法正确的是（
）
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．单摆甲的机械能比单摆乙的机械能大
C．从t=0至t=0.5s时间内，单摆乙做减速运动，切向加速度逐渐增大
D．在t=4.5s时，单摆甲有最小的动能
E.在t=2.5s时，具有正向最大加速度的是单摆乙
16．一个单摆在甲地时，在时间t内完成m次全振动，移至乙地时，经过相同的时间完成n次全振动，则甲、乙两地重力加速度大小之比g甲：g乙等于______________．
17．某处一单摆做简谐运动的振动方程为x=0.04cos3.14t（m）,关于该单摆的叙述下列说法正确的是
__________（填正确的答案标号
A．该单摆的摆长约为1m；
B．若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，则其摆动变慢．
C．在t=1.2s时摆球正沿正方向做加速运动，加速度正在减小；
D．在0.25s时刻和1.25s时刻摆球沿相反方向经过同一位置；
E．在0-4s内摆球通过的路程为0.32m，4s末的位移为零；
18．如图所示为一个双线摆，由挂在水平天花板上两根等长的细绳悬挂一个小球组成，绳长均为L，细绳与天花板成角，当地重力加速度为g，当小球垂直纸面做简谐振动时，求振动N次所需时间。不计摆球的直径。
19．如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α。使球A垂直于纸面做摆角小于10°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，若B球恰能击中A球，求B球下落的高度h。
参考答案
1．A
【详解】
AB.设摆球上升最大高度h，则：；所以上升高度与质量无关，速度变小，高度变小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，振幅变小，A正确B错误
CD.根据单摆周期公式：，所以摆长不变，周期不变，频率就不变，CD错误
2．C
【详解】
单摆的周期
T=2π
当
t==
时，具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动
，故C正确，ABD错误。
3．A
【详解】
小球的运动可视为简谐运动（单摆运动），根据周期公式
知小球在C点和D点释放，运动到O点的时间相等，都等于T．根据动能定理有
知C点的大，所以从C点释放到达O点的速度大．
故选A。
4．B
【详解】
A．奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应，选项A错误；
B．安培提出分子电流假说，认为物质微粒内存在分子电流，选项B正确；
C．法拉第通过实验研究，发现了电磁感应现象，选项C错误；
D．惠更斯研究了单摆的振动规律，确定了单摆振动的周期公式，故D错误。
故选B。
5．A
【详解】
A．由图可知，甲的周期大于乙的周期，根据周期公式可知，甲的的摆长大于乙的摆长，A正确；
BC．单摆跟摆球质量无关，所以无法确定摆球质量关系及机械能关系，BC错误；
D．由图可知，甲球摆动的振幅小于乙球摆动的振幅，故甲球的最大偏角小于乙球的最大偏角，D错误。
故选A。
6．D
【分析】
由题中“如图甲是演示简谐运动图像的装置”可知，本题考查简谐振动速度周期关系，根据简谐振动的特点和规律可进行分析．
【详解】
设板长为L，则
根据题意有
故
A．与解析不符，故A错误；
BC．T2要小于T1，故BC错误；
D．，与解析相符，故D正确．
7．C
【详解】
时，摆球具有负向最大速度，说明摆球在平衡位置且向负方向运动，在此四个选项中，时具有最大速度的有B、C两个选项，而具有负向最大速度的只有C选项。
故选C。
8．C
【详解】
A．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，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，则此单摆的周期为
故A错误；
B．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
此摆球的质量为
故B错误；
C．根据单摆周期公式
可得此单摆的摆长
故C正确；
D．单摆的回复力是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，所以在时刻摆球的回复力最小，在时刻摆球的回复力最大，故D错误。
故选C。
9．C
【详解】
AB．根据几何关系可知，甲的摆长大于乙的摆长，甲的摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅，根据T=2π知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A、B错误；
C．两球开始处于平衡状态，设两球中间的细线的拉力大小为FT，根据共点力平衡知
m甲g=
m乙g=
则有
m甲在摆动的过程中，机械能守恒，则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故C正确；
D．根据动能定理，因为甲摆球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故D错误。
故选C。
10．B
【详解】
AB．从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式
可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A错误B正确；
C．从图象可以看出，位移为零的时刻不同，故改变速度方向的时刻不同，故C错误；
D．只有从平衡位置或最大位移处开始计时时，经过相同时间，两球通过的路程才满足，故D错误．
故选B。
11．A
【详解】
由于木板匀速拉动，据
则
显然
t＝2T
则
T＝1.5s
据
T＝2π
可计算出摆长l大约为0.56m，故A正确，BCD错误。
故选A。
12．AD
【解析】
A、阻力不能忽略的情况下，要克服阻力做功，振动的能量在逐渐转化为其它形式的能量，A正确．B、单摆的动能是变化的，向下摆动时动能增大，向上摆动时动能减小，所以后一时刻摆球的动能不一定比前一时刻的动能小，故B错误．C、后一时刻摆球的势能不一定比前一时刻的势能小，比如从最低点摆动时，C错误．D、后一时刻摆球的机械能一定比前一时刻的机械能小，D正确．故选AD．
【点睛】了解单摆的振动过程中能量的转化，会利用功能知识分析物体的运动．
13．CD
【详解】
用单摆测定当地重力加速度实验原理是利用单摆的周期公式：
得到计算重力加速度的表达公式：
。
A．实验室处在高山上，距离海平面太高，将导致测量的重力加速度偏小。故A不符合题意。
B．从计算重力加速度的表达公式中可以看到，重力加速度与摆球的质量无关。故B不符合题意。
C．实验时误把n次全振动次数记为n+1次，由
算出的周期偏小，g的测量值偏大。故C符合题意。
D．以摆线长加小球直径作为摆长来计算，摆长偏大，则g的测量值偏大。故D符合题意；
故选CD。
14．CD
【详解】
AD．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，通过平衡位置时，回复力为零，故A错误，D正确；
BC．摆球做圆周运动，经过平衡位置时所受的合外力不为零。合力提供向心力，而向心力指向悬点，故B错误，C正确。
故选CD。
15．ACE
【详解】
A．由题图可知甲、乙两单摆周期相等，则摆长相等，故A正确；
B．两单摆质量关系不明确，无法比较它们的机械能的大小，故B错误；
C．从至s时间内，单摆乙从平衡位置向负向最大位移处运动，位移逐渐增大，切向加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故C正确；
D．在s时，单摆甲有最大的动能，其周期为s，经过半个周期的整数倍，单摆甲都有最大动能，即在s时单摆甲有最大动能，故D错误；
E．s时单摆乙在负向最大位移处，故有正向最大加速度，一个周期后，在s时也有正向最大加速度，故E正确。
故选ACE。
【点睛】
本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答．由振动图象读出相关物理信息为重点。
16．m2：n2
【详解】
[1]周期等于完成一次全振动的时间，一个单摆在甲地时经过时间t完成m次全振动，在乙地经过相同时间完成n次全振动，知单摆在两地的周期之比T甲：T乙=n：m，根据单摆的周期公式：
得：
重力加速度与周期平方成反比，则有：
g甲：g乙=m2：n2
17．ABC
【详解】
单摆的周期
，根据
，解得
，选项A正确；若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，则由于g变小，则T变大，其摆动变慢，选项B正确；在t=1.2s时摆球正处于平衡位置负方向位置向正方向做加速运动，由于逐渐衡位置，则加速度正在减小，选项C正确；在0.25s时刻位移x1=0.04cos（m）=0.02
m；
1.25s时刻的位移x2=0.04cos（m）=-0.02
m，则摆球在平衡位置两边对称的位置，选项D错误；在0-4s内摆球通过的路程为8A=8×0.04m=0.32m，4s末的位移为x=0.04cos4πm=0.04m；选项E错误；故选ABC.
18．
【详解】
如图所示，小球在摆动时，等效摆长为
l=Lsinα
由于小球做简谐运动，由单摆的振动周期为
振动N次所需时间为
19．
n2π2Lsin
α，其中n＝1，2，3，…
【详解】
摆的振动周期公式为
T＝2π
据题意l＝Lsin
α，所以A球振动的周期
T＝2π
设B球自由下落的时间为t，则它击中A球时下落的高度
h＝gt2
t＝
A球经过平衡位置，接着返回到平衡位置的时间为半个周期，即π，B球能击中A球的时间应为A球做简谐振动的半周期的整数倍，即
t＝n·（n＝1，2，3，…）
故
nπ＝
则B球下落的高度
h＝n2π2Lsin
α
其中n＝1，2，3，….