2.4单摆 自主提升过关练（word版含答案）

2.4单摆 自主提升过关练（含解析）
一、选择题
1．如图所示，甲、乙两个体重相等的小孩玩滑梯游戏，为半径很大的光滑圆槽，、两点在同一水平高度上，且弧长远小于半径，圆槽的最低点为，开始时甲静止在点，乙静止在弧的中点，听到哨声两人同时无初速滑下，则（　　）
A．两人在点相遇 B．两人在点左侧相遇
C．相遇时的动能相同 D．相遇时两人的向心加速度相同
2．若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的物理量变化的情况是（　　）
A．频率不变，振幅不变 B．频率不变，振幅改变
C．频率改变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变
3．如图所示，表面光滑、半径为R的圆弧形轨道AP与水平地面平滑连接，AP弧长为S，。半径为r的小球从A点静止释放，运动到最低点P时速度大小为v，重力加速度为g，则小球从A运动到P的时间是（　　）
A． B． C． D．
4．一个单摆的摆球均匀带正电且与外界绝缘，当摆球偏离到位移最大时，突然加一个竖直向下的匀强电场，则下列结论正确的是（　　）
A．摆球经过平衡位置时的速度要增大，振动的周期要增大，振幅也增大
B．摆球经过平衡位置时的速度要增大，振动的周期减小，振幅不变
C．摆球经过平衡位置时的速度没有变化，振动的周期要减小，振幅也减小
D．摆球经过平衡位置时的速度没有变化，振动的周期不变，振幅也不变
5．若单摆的摆长不变，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，则单摆振动的（　　）
A．频率变大，振幅变大 B．频率不变，振幅变小
C．频率变小， 振幅变大 D．频率变小，振幅变小
6．如图所示为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2m
B．时单摆的回复力为零
C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期不变
D．将此单摆从北京移至广州它做简谐运动的周期将变小
7．如图甲所示为挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，可视为单摆模型，它对应的振动图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．单摆振动的周期是 B．时，摆球的速度最大
C．摆球的质量增大，周期越大 D．该单摆的摆长约为
8．关于单摆做简谐振动，下列说法正确的是（　　）
A．回复力是重力和细线拉力的合力
B．摆动到最低点时加速度为零
C．速度变化的周期等于振动周期
D．振动的频率与振幅有关
9．如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是（ ）
A．乙先到，然后甲到，丙最后到 B．丙先到，然后甲、乙同时到
C．丙先到，然后乙到，甲最后到 D．甲、乙、丙同时到
10．如图所示为甲、乙两个单摆的振动图像，根据图像可得（　　）
A．甲摆球的摆长小于乙摆球的摆长
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．摆球甲的最大偏角小于乙的最大偏角
11．在某一密度均匀的球形星体上，做摆长为l的单摆实验。若星体的半径为R，质量为M，引力常量为G，则该单摆的周期为（　　）
A． B．
C． D．
12．细长轻绳下端悬挂一小球A构成单摆，在悬挂点O正下方摆长处有一能挡住摆线的钉子P，如图所示，现将单摆向右方拉开一个小角度（），t=0时刻无初速度释放。不计一切阻力。下列描述释放后小球的机械能E、绳中拉力的冲量大小I、速度的大小v、离开平衡位置的位移大小x随时间t变化的关系图线中，可能正确的有（　　）
A． B．
C． D．
13．下列说法正确的是（　　）
A．单摆的等时性是惠更斯首先发现的
B．单摆的等时性是伽利略首先发现的
C．惠更斯首先将单摆的等时性用于计时
D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
14．根据高中所学知识可知，将一个单摆的摆球拉离平衡位置，无初速度地释放，经过一次全振动后，摆球将回到释放位置。但实际上，在北京使一摆长为60m的单摆的摆球偏离平衡位置3m后，无初速度地释放，经过一次全振动后，摆球将沿顺时针方向偏离释放点约3mm，如图所示。这一现象可解释为，小球除了受到重力和细线的拉力外，由于地球自转，在摆动过程中小球还受到一个“力”，该“力”的许多性质与带电粒子受到的洛伦兹力相似。例如，该力方向的确定可采用左手定则，由南指向北的地球自转轴的方向可类比成磁感线的方向，摆球的速度方向可类比成正电荷的速度方向；该力的大小与摆球垂直于地球自转轴的速率成正比。则下列说法错误的是（　　）
A．若将该单摆移动到北极做该实验，即使其他条件一样，现象将更明显
B．若将该单摆移动到赤道做该实验，即使其他条件一样，观察不到明显的偏离
C．若将该单摆移动到南半球做该实验，摆球将沿逆时针方向偏离释放点
D．在一次全振动中，该“力”先做正功后做负功，做的总功为零
E．在图中，小球从左向右运动的过程中受到垂直于摆动平面向外的“力”
F．在图中，小球从左向右运动将偏向直径的外侧，即图中的a点
G．这个实验巧妙地证明了地球在自转
15．不可伸长的细线下端悬挂一个小球，让细线从偏离竖直一个角度从静止释放，小球在竖直平面内振动，则（　　）
A．当小球达到最高位置时，速度最大，势能最小，绳上的拉力最大
B．当小球达到最高位置时，速度最小，势能最大，绳上的拉力最小
C．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是重力沿圆弧切线的分力
D．小球离开最低位置，使小球回复到最低位置的力，是细线拉力、重力的合力
二、建档立卡题
16．如图所示，一质量为m的小钢珠，用长为l的细丝线挂在水平天花板上（l远大于小钢球的半径），初始时，摆线和竖直方向的夹角为（<5°），不计空气阻力，释放小球后，求：
（1）小球摆到最低点所用的时间；
（2）小球在最低点受到的拉力。
17．一个单摆在质量为、半径为的星球上做周期为的简谐运动，在质量为、半径为的星球上做周期为的简谐运动。求与之比。
试卷第页，共页
参考答案：
1．A
【解析】
AB．因弧长远小于半径，则两人同时下滑的过程满足单摆的运动规律，故有
则两人运动到点的时间相同，为
即两人在点相遇， B错误A正确；
C．两人下滑只有重加做功，由动能定理有
甲下降的高度较大，则相遇时动能不等，C错误；
D．在点相遇时的向心加速度为
因不同，则向心加速度不等，D错误。
故选A。
2．B
【解析】
单摆周期公式为，则单摆的频率为
单摆摆长L与单摆所处位置的g不变，摆球质量增加为原来的4倍，单摆频率f不变，单摆运动过程只有重力做功，机械能守恒，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，由机械能守恒定律可知，摆球到达的最大高度变小，单摆的振幅变小。故ACD错误，B正确。
故选B。
3．B
【解析】
因为AP弧长为S，且，所以小球做单摆运动，根据单摆的周期公式可得
由题意可知，摆长为
小球从A运动到P的时间为四分之一个周期，即有
ACD错误，B正确。
故选B。
4．B
【解析】
当摆球偏离到位移最大时，突然加一个竖直向下的匀强电场，则到达最低点时，由于电场力对球还做正功，则到达最低点时的动能变大，即速度变大；此时等效重力加速度变为
根据
可知，单摆的周期减小，但是振幅不变。
故选B。
5．B
【解析】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变，由可知摆球经过最低点时的动能不变，由于振动过程中机械能守恒，根据
可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅变小，故B正确，ACD错误。
故选B。
6．C
【解析】
A．由图可知，摆动周期T=2s，由单摆周期公式
可解得此单摆的摆长约为1m，A错误；
B．摆球速度为零，在最大位移处，单摆的回复力最大，B错误；
C．单摆的周期与摆角无关，C正确；
D．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，D错误。
故选C。
7．B
【解析】
A．由图像可以看出单摆振动的周期为8s，故A错误；
B．由图像知，时，摆球处于平衡位置，即单摆的最低点，故摆球的速度最大，故B正确；
C．由单摆周期公式知，单摆周期与摆球的质量无关，故C错误；
D．由单摆周期公式得，周期为8s时，摆长为16m，故D错误。
故选B。
8．C
【解析】
A．重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，所以A错误；
B．摆动到最低点时回复力为零，但是向心加速度不为0，所以B错误；
C．速度变化的周期等于振动周期，所以C正确；
D．根据单摆的周期公式
可知，振动的频率、周期与振幅无关，所以D错误；
故选C。
9．B
【解析】
对于丙球，根据自由落体运动规律有
解得
对于甲乙两球，做简谐运动，其运动周期为
甲乙两球第一次到达点O时运动周期，则
故丙先到，然后甲、乙同时到。
故选B。
10．D
【解析】
A．由图可知，甲的周期大于乙的周期，根据周期公式
可知，甲的摆长大于乙的摆长，故A错误；
BC．仅知道两单摆周期关系，但单摆周期跟摆球质量无关，所以无法确定摆球质量关系及机械能关系，故BC错误；
D．由图可知，甲球摆动的振幅小于乙球摆动的振幅，且甲的摆长大于乙的摆长，最大偏角正弦值
故甲球的最大偏角小于乙球的最大偏角，故D正确。
故选D。
11．C
【解析】
星球表面上的物体有
单摆周期公式为
联立解得，该单摆的周期为
故选C。
12．C
【解析】
A．释放后小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以机械能为平行于t的直线，故A错误；
B．根据冲量的计算公式可得绳中拉力的冲量大小
I＝Ft
其中拉力的大小和方向时刻在发生变化，所以拉力的冲量与时间不可能是正比关系。故B错误；
C．小球摆动过程中，从右端最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，设摆线长为L，经过的时间
t1＝＝
从最低点向左侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间
t2＝＝
从左侧最高点向最低点摆动时速度逐渐增大，经过的时间
t3＝＝
从最低点向右侧摆动过程中速度逐渐减小到零，经过的时间
t4＝＝
故C正确；
D．根据机械能守恒定律可知小球达到最高点的高度左右相同，由于悬点位置变化，最大位移不相同，如图所示，故D错误。
故选C。
13．BC
【解析】
意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用与计时。故AD错误，BC正确。
故选BC。
14．CD
【解析】
【详解】
A．在北极，可用左手定则判断：张开手掌，使拇指与其余四指垂直，让地球自转轴向上穿过手心，四指指向摆球垂直于地球自转轴的分速度方向，拇指指向就是该“力”的方向，可知该“力”的方向垂直于小球运动方向和摆线所构成的平面，在北极摆球垂直于地球自转轴的分速度是最大的，则该“力”的大小是最大的，因此现象更明显，A不符合题意；
B．在赤道，同理用左手定则判断该力方向垂直于水平面向上或向下，所以摆球不偏离，因此观察不到明显的偏离，B不符合题意；
C．无论南北半球，由南向北的地球自转轴方向不变，用左手定则判断得到摆球都是沿顺时针方向偏离，C符合题意。
D．该“力”类似洛伦兹力，分析始终与速度方向垂直，故不做功，D符合题意；
EFG．在图中，小球从左向右运动过程中，受到垂直于摆动平面向外的“力”，摆球的运动将偏向直径的外侧，即图中的a点（顺时针方向偏离）。此“力”是由于地球的自转产生的，该试验也巧妙的证明了地球的自转，EFG不符合题意。
故选CD。
15．BC
【解析】
AB． 在单摆振动过程中，当摆球到达最高点时，速度为0，即最小；因为是最高点所以重力势能最大，即势能最大；设绳子偏离竖直方向的角度为θ，如图：
根据牛顿第二定律：
得
θ越小，v越大则绳子拉力越大，而此时最高点，θ最大，v最小，故绳子拉力最小，故A错误B正确；
CD． 单摆做简谐运动的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，或者说是合力沿着运动轨迹切向的分力；而合力的径向分量提供向心力；故C正确D错误。
故选BC。
16．（1）；（2）3mg－2mgcosθ
【解析】
（1）由题意可知小球摆动的周期为
所以小球摆到最低点所用的时间为
（2）设小球摆到最低点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有
设此时小球所受拉力大小为F，根据牛顿第二定律有
联立上面两式解得
17．
【解析】
【详解】
根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力，有
得
单摆的周期，联立解得
则
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