2.3单摆 同步练习-2021-2022学年高二上学期物理粤教版(2019)选择性必修第一册 (word含答案)

文档属性

名称 2.3单摆 同步练习-2021-2022学年高二上学期物理粤教版(2019)选择性必修第一册 (word含答案)
格式 docx
文件大小 281.9KB
资源类型 教案
版本资源 粤教版(2019)
科目 物理
更新时间 2021-10-11 06:28:32

图片预览

文档简介

第二章机械振动第三节单摆同步练习2021_2022学年高二物理上学期(粤教版2019选择性必修第一册)
练习
一、单选题,共11小题
1.下列说法错误的是( )
A.在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐振动的周期越小
C.弹簧振子做简谐振动时,振动系统的势能与动能之和保持不变
D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
2.将秒摆的周期变为4s,下面哪些措施是正确的
A.只将摆球质量变为原来的四分之一
B.只将振幅变为原来的2倍
C.只将摆长变为原来的4倍
D.只将摆长变为原来的16倍
3.如图所示的单摆,不计空气阻力,摆球在运动过程中,最大摆角仅有4°,关于摆球受力情况的说法,正确的是
A.摆球受重力、弹力、回复力的作用
B.摆球所受合力充当回复力
C.摆球通过最高点时,合力等于零
D.摆球通过最低点时,合力不为零
4.关于单摆的运动,下列说法中正确的是(  )
A.单摆摆动过程中,摆线的拉力和摆球重力的合力为回复力
B.摆球通过平衡位置时,所受合力为零
C.摆球通过平衡位置时,所受回复力为零
D.摆球摆动过程中,经过最大位移处时所受合力为零
5.如图所示,摆球(质量为m)沿BC弧来回摆动,关于摆球的运动和受力情况,下列说法中正确的是(  )
A.沿圆弧运动时的向心力是拉力与摆球所受重力的合力
B.沿圆弧运动的回复力是拉力与摆球所受重力的合力
C.沿圆弧运动的回复力是
D.当摆角很小(不超过5°)时,摆球的运动可看作简谐振动
6.如图所示,乙图图像记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系,下列关于图像的说法正确的是(  )
A.a图线表示势能随位置的变化关系
B.b图线表示动能随位置的变化关系
C.c图线表示机械能随位置的变化关系
D.图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
7.下列说法正确的是(  )
A.在同一地点,单摆做简谐振动的周期与其摆长成正比
B.弹簧振子做简谐振动时,振动系统的势能与动能之和保持不变
C.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐振动的周期越小
D.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期,就可知振子在任意时刻运动速度的方向
8.有一个正在摆动的秒摆,若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,那么当t=1.6s时,以下对摆球的运动情况及其切向加速度变化情况的正确的是(  )
A.正在向左做减速运动,加速度正在增大 B.正在向右做减速运动,加速度正在增大
C.正在向左做加速运动,加速度正在减小 D.正在向右做加速运动,加速度正在减小
9.某秒摆从平衡位置开始摆动,摆动过程中说法正确的是(  )
A.重力和绳的拉力的合力提供回复力
B.增大摆角可使单摆周期变大
C.小球连续两次经过同一位置时位移、加速度、速度相同
D.经1.2 s时,小球速度正减小,加速度正增大
10.一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的(  )
A.位移增大 B.速度增大 C.回复力小 D.机械能增加
11.对于单摆的运动,以下说法中正确的是(  )
A.单摆运动时,摆球受到的向心力大小处处相等
B.单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C.摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D.摆球经过平衡位置时加速度为零
12.甲、乙两个单摆的振动图象如图所示.根据振动图象可以断定( )
A.甲、乙两单摆振动的频率之比是2:3
B.甲、乙两单摆摆长之比是4:9
C.甲摆的振动能量大于乙摆的振动能量
D.乙摆的振动能量大于甲摆的振动能量
二、多选题,共4小题
13.下列各种说法中正确的是(  )
A.一切波都能发生干涉和衍射
B.振动周期相同的两列波传播到某个位置时都处于最大振幅,则该质点位移不可能为0
C.肥皂泡看起来成彩色是薄膜干涉形成的
D.用轻质细线拴一小钢球制成单摆,使小钢球摆动起来,则小钢球做简谐运动,周期不变
14.小明在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球在O点两侧所能到达的最远位置。小明通过实验测得当地重力加速度为,并且根据实验情况绘制了单摆的水平位移随时间变化的图像,如图乙所示设图中向右为正方向,,则下列选项正确的是(  )
A.此单摆的振动频率是
B.根据图乙可知时摆球在C点
C.在图乙中P点所对应的时刻摆球向右振动
D.根据已知数据可以求得此单摆的摆长为
15.单摆是为了研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是( )
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度短得多
D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动
16.一单摆的振动图像如图所示,下列说法中正确的是(  )
A.t=0.5 s时,摆球处于平衡状态
B.t=1.0 s时,摆球处于平衡状态
C.t=2.0 s时,摆球处于平衡位置
D.摆球摆动过程中,在任何位置都不是平衡状态
E.t=1.0 s时,摆线所受拉力最大
三、填空题,共2小题
17.单摆是一种理想模型,能看做单摆的条件是:摆线不可伸长,摆线质量远______摆球质量,摆线长度远_____________摆球直径(均填“大于”或“小于”)。单摆的摆角小于5°时,可看做简谐运动,此时周期公式是__________。如图所示,在一半径为2.5m的光滑圆轨道上切下一段圆弧,放置于竖直平面内,将一个小钢珠置于圆轨道最低点附近并从静止释放。有同学说,这个小钢珠运动到最低点的最短时间可以用单摆的周期公式去求,他说的有道理吗?请判断并分析说明。______________________
18.一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的回复力___________(填“变大”“不变”或“变小”)。摆球的机械能___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
四、解答题,共2小题
19.如图所示是两个单摆的振动图象。
(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少?
(2)写出甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式
20.如图所示,光滑的半球壳半径为R,O点在球心O′的正下方,一小球甲(可视为质点)由距O点很近的A点由静止释放,R 。
(1)若小球甲释放的同时,另一小球乙(可视为质点)从球心O′处自由落下,求两球第一次到达O点的时间比;
(2)若小球甲释放的同时,另一小球丙(可视为质点)在O点正上方某处自由落下,为使两球在O点相碰,小球应由多高处自由落下?
试卷第1页,共3页
参考答案
1.B
【详解】
A.根据可得
即在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比,选项A正确,不符合题意;
B.根据可知,单摆的周期与单摆的质量无关,选项B错误,符合题意;
C.弹簧振子做简谐振动时,振动系统的势能和动能相互转化,势能与动能之和保持不变,选项C正确,不符合题意;
D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,选项D正确,不符合题意;
故选B.
2.C
【详解】
A.根据单摆的周期公式:,可知单摆的周期与摆球质量无关,将摆球的质量减为原来的四分之一,周期不变,故A错误;
B.单摆的周期与振幅无关,振幅变为原来的2倍,单摆周期不变,不符合题意,故B错误;
CD.秒摆的周期由2s变为4s,根据单摆的周期公式,摆长增加到4倍,故C正确,D错误.
所以C正确。
3.D
【详解】
摆球受重力、摆线的拉力的作用,选项A错误;摆球重力沿切线方向的分量充当回复力,选项B错误;摆球通过最高点时,合力不等于零,选项C错误;摆球通过最低点时,合力为m,不为零,选项D正确;故选D.
4.C
【详解】
A.单摆摆动过程中,重力沿着切线方向的分力提供回复力,选项A错误;
B.摆球通过平衡位置时,由于有向心加速度,则所受合力不为零,选项B错误;
C.摆球通过平衡位置时,所受回复力为零,选项C正确;
D.摆球摆动过程中,经过最大位移处时受重力和拉力,根据力的合成可知所受合力不为零,选项D错误。
故选C。
5.D
【详解】
A. 摆球受重力mg和摆线的拉力FT,将重力沿圆弧切线和法线方向分解可知,摆球沿圆弧运动时的向心力是拉力FT与摆球重力的分力mgcos的合力,故A错误;
BC. 摆球沿圆弧运动的回复力是重力沿圆弧切线的分力mgsin,因为摆球在摆动过程中,会发生变化,摆球沿圆弧运动的回复力也是变化的,故BC错误;
D. 当摆角很小(不超过5°)时,摆球的运动可看作简谐振动,故D正确。
故选D。
6.D
【详解】
A.单摆摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,在A、C两点动能最小,势能最大,故a图线表示动能随位置的变化关系,故A错误;
B.单摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,在A、C两点动能最小,势能最大,故b线表示重力势能随位置的变化关系,故B错误;
CD.单摆摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,故c线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变,故C错误,D正确。
故选D。
7.B
【详解】
A.根据单摆的周期公式可知
在同一地点,g一定,则知T2与L成正比,即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比,故A错误;
B.弹簧振子做简谐振动时,振动系统的机械能守恒,即振动系统的势能与动能之和保持不变,故B正确;
C.根据单摆的周期公式可知,单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关,故C错误;
D.振动质点在同一位置振动方向有两种,所以已知弹簧振子初始时刻的位置,不知道初始时刻振子的振动方向,根据振动周期,不能知道振子在任意时刻运动速度的方向,故D错误。
故选B。
8.C
【详解】
秒摆的周期为2s,在时,摆球经过了四分之三个周期,已经经过平衡位置,加速度增大,速度减小,C对;
9.D
【详解】
重力沿切线方向的分力提供秒摆做简谐运动的向心力,故A错误;单摆的周期与摆角无关,增大摆角单摆周期不变,故B错误;小球连续两次经过同一位置时位移、加速度相同,速度大小相等而方向相反,速度不同,故C错误;秒摆的周期为2s,秒摆从平衡位置开始摆动,经过1.2s时摆球从平衡位置向最大位置处运动,此时位移增大,加速度增大,故D正确;
10.A
【详解】
A.简谐运动中,以平衡位置为位移的起点,在偏角增大的过程中,位移增大,选项A正确;
B.离平衡位置越远,速度越小,因此在偏角增大的过程中,速度减小,选项B错误;
C.离平衡位置越远,回复力越大,因此在偏角增大的过程中,回复力增大,选项C错误;
D.单摆做简谐运动过程中,机械能守恒,无论偏角增大还是减小,机械能保持不变,选项D错误。
故选A。
11.C
【详解】
A.单摆振动时,速度大小在变化,根据
可知,向心力大小在变化,故A错误;
B.单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,故B错误;
C.摆球经过平衡位置时所受的回复力为零,故C正确;
D.摆球经过平衡位置时,合力提供向心力,合力不为零,加速度不为零,故D错误。
故选C。
12.B
【详解】
A.甲、乙两个单摆的摆周期之比为2:3,根据
两个单摆的频率之比为3:2,故A错误;
B.从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期之比为2:3,根据单摆的周期公式
甲、乙两个单摆的摆长之比为4:9,故B正确;
CD.单摆的能量与振幅有关,还与振子的质量有关,由于振子的质量不知道,故无法判断振动的能量情况,故CD均错误。
故选B。
13.AC
【详解】
A.衍射和干涉是波所特有的现象,一切波都可以发生干涉和衍射现象,故A正确;
B.两列完全相同的波发生干涉时,若点为两列波的波峰相遇点,则再过四分之一周期时,一定为平衡位置相遇,此时位移一定为零;故B错误;
C.肥皂泡看起来常常是彩色的,是由于白光在肥皂泡表面发生了薄膜干涉的缘故,故C正确;
D.根据可知,影响单摆周期的因素有摆长和重力加速度,所以用轻质细线拴一小钢球制成单摆,使小钢球摆动起来,则小钢球做简谐运动,若做实验的位置改变,则周期会改变,故D错误;
故选AC。
14.AD
【详解】
A.由题图乙可知,单摆的振动周期为,周期和频率互为倒数,所以频率为,A正确;
B.时摆球位移负向最大,摆球开始向右方运动,而向右为正方向,所以时摆球在B点,B错误;
C.由单摆的水平位移随时间变化的图像可知,在P点所对应的时刻,摆球向左振动,故C错误;
D.由单摆的周期公式
可知,摆长为
代入数据解得
故D正确。
故选AD。
15.ABC
【详解】
ABC.理想化的单摆是指摆线质量不计,摆线长度不伸缩,而摆球的直径比摆线长度要短的多;即摆球应选择体积小密度大的小球;ABC正确;
D.当单摆的摆角小于5°时,才能将视为简谐运动;故并不是所有的单摆的运动都能看作是一种简谐运动;故D错误;
故选ABC。
16.CDE
【详解】
(1)由图像可知,t=0.5 s时,摆球出现在最大位移处,回复力最大,加速度不为零,A错误;
(2)t=1.0 s时,摆球处于平衡位置,水平方向不受外力,但由于摆球处于竖直平面圆周轨道的最低点,绳子拉力和重力的合力提供向心力,故合力不为零,B错误;
(3)t=2.0 s时,摆球恰好经过平衡位置,C正确;
(4)摆球摆动过程中,受到的外力的合力始终不能为零,故在任何位置都不是平衡状态,D正确;
(5)t=1.0 s时,摆球恰好出现在圆周轨道的最低点,速度最大,摆线所受拉力最大,E正确.
故本题正确答案为CDE.
17.小于 大于 见解析
【详解】
[1][2]把单摆看作简谐振动时,要忽略空气阻力的影响,重力沿弧线的分力提供回复力;故摆线应细一些并且不可伸长,摆线质量远小于摆球质量,摆线长度远大于摆球直径,摆球要选用体积较小密度大的金属球,以减小空气阻力与摆长变化对实验的影响.
[3]单摆周期公式:
[4]小球在光滑圆弧上的往复运动和单摆的受力情况相同,小球释放高度较小时,这个往复运动就是简谐运动,这时周期公式中的l应该是圆弧半径R.
18.变大 不变
【详解】
[1][2] 回复力与位移成正比,故回复力增大,由于单摆在运动过程中只有重力做功,故机械能守恒。
19.(1)1:4;(2)。
【详解】
由图象知
T甲=4s,T乙=8s
(1)根据周期公式
可知,甲、乙两个摆的摆长之比是1:4。
(2)甲摆振幅为2cm,周期为4s,故甲摆角速度
所以甲单摆简谐运动的位移随时间变化的关系式为
20.(1)π∶4;(2) (n=1,2,3)
【详解】
(1)甲球沿圆弧做简谐运动,它第一次到达O点的时间为
乙球做自由落体运动,到达O点的时间为t2,满足
R=gt22
解得
t2=
两球第一次到达O点的时间比为
t1∶t2=π∶4
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为
t=(2n-1)
其中n满足n=1,2,3,由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰,所以
h=gt2= (n=1,2,3)
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页