第二章4单摆同步检测（word版含答案）

2021人教版选择性必修第一册 第二章　4　单摆 同步检测
一、多选题
1．如图所示为一单摆的摆动图像，则（　　）
A．t1和t3时刻摆线的拉力等大
B．t2和t3时刻摆球速度相等
C．t3时刻摆球速度正在减小
D．t4时刻摆线的拉力正在减小
2．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．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
3．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是（　　）
A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零
B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
4．惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，以下说法正确的是( )
A．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置
B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移
C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移
D．把摆钟从福建移到北京应使 圆盘沿摆杆上移
5．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长不相等
B．甲单摆的振幅比乙单摆的大
C．甲单摆的机械能比乙单摆的大
D．在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙单摆
6．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（　　）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为
B．单摆的摆长约1m
C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从到的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
7．将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动。用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是（　　）
A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大
D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变
二、单选题
8．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，速度为零，合力与回复力也为零
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
9．如图所示，三根细线在点处打结，A、端固定在同一水平面上相距为的两点上，使成直角三角形，，。已知长为，下端点系着一个小球（直径很小），下列说法正确的是（以下均指小角度摆动）（　　）
A．让小球在纸面内振动，则周期为
B．让小球在垂直纸面内振动，则周期为
C．让小球在纸面内振动，则周期为
D．让小球在垂直纸面内振动，则周期为
10．如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有（ ）
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
11．如图所示,摆长为L的单摆,周期为T．如果在悬点O的正下方的B点固定一个光滑的钉子,OB的距离为OA长度的5/9，使摆球A通过最低点向左摆动,悬线被钉子挡住成为一个新的单摆,则下列说法中正确的是　(　　)
A．单摆在整个振动过程中的周期不变
B．单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的6/5倍
C．单摆在整个振动过程中的周期将变小为原来的5/6倍
D．单摆在整个振动过程中的周期无法确定
12．关于单摆，下列说法中正确的是（ ）.
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，加速度为零
13．某单摆在竖直平面内做小摆角振动，周期为2 s。如果从摆球向右运动通过平衡位置时开始计时，在t=1.4 s至t=1.5 s的过程中，摆球的（　　）
A．速度向右在增大，加速度向右在减小
B．速度向左在增大，加速度向左在增大
C．速度向左在减小，加速度向右在增大
D．速度向右在减小，加速度向左在减小
14．下述那种情况，单摆的周期会增大（ ）
A．增大摆球的质量 B．减小单摆的振幅
C．缩短摆长 D．将单摆由山下移到山顶
15．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
16．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m．则两单摆摆长la与lb分别为( )
A．la＝2.5 m，lb＝0.9 m B．la＝0.9 m，lb＝2.5 m
C．la＝2.4 m，lb＝4.0 m D．la＝4.0 m，lb＝2.4 m
17．如图所示，在两根等长的曲线下悬挂一个小球（可视为质点）组成了所谓的双线摆，若摆长为l，两线与天花板的左、右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，其周期为（　　）
A．2π B．2π
C．2π D．2π
18．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的 倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的（ ）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
19．一个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，在地球上走时正确的摆钟（设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同）搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是（　　）
A．将摆球的质量m增加为4m
B．将摆球的质量m减少为
C．将摆长L减短为
D．将摆长L增长为4L
20．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
三、解答题
21．如图所示，图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像回答：
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）开始时刻摆球在何位置？
（3）若当地的重力加速度为9.86 m/s2，则这个摆的摆长是多少？
22．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
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参考答案
1．AD
【详解】
A．由题图可知，t1和t3时刻的摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力相等，A正确；
B．t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，B错误；
C．t3时刻摆球正衡位置，速度正在增大，C错误；
D．t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，D正确。
故选AD。
2．BCD
【详解】
ABC．根据图像可知，单摆振动的周期关系
所以周期之比为
频率为周期的反比，所以频率之比
若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式
所以摆长之比为4：9，A错误BC正确；
D．若在不同地点，摆长相同，根据
得重力加速度之比为9：4，D正确。
故选BCD。
3．CD
【详解】
A．由题图读出t1时刻摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，A错误；
B．t2时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，B错误；
C．t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，C正确；
D．t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，D正确。
故选CD。
4．AC
【详解】
A．根据周期公式，当摆钟不准确时，则需要调整摆长，A正确；
B．摆钟快了，周期小，则需将摆长增加，增大周期，B错误；
C．由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移调节，C正确；
D．摆钟从福建移到北京，加速度增大，则需将摆长增加，D错误。
故选AC。
5．BD
【详解】
A．由题图可知两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2π可知，甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误；
B．甲单摆的振幅为10 cm，乙单摆的振幅为7 cm，则甲单摆的振幅比乙单摆的大，故B正确；
C．甲单摆的振幅比乙单摆的大，两单摆的摆长也相等，但由于两单摆的质量未知，相对位置也未知，无法比较机械能的大小，故C错误；
D．在t=0.5 s时，甲单摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙单摆位于负的最大位移处，则乙单摆具有正向最大加速度，故D正确。
故选BD。
6．AB
【详解】
A．由图象可知，单摆周期为
则
所以单摆的位移x随时间t变化的关系式为
故A正确；
B．由单摆的周期公式
解得单摆的摆长为
故B正确；
C．由图象可知，从到的过程中，摆球在衡位置，所以摆球的重力势能减小，故C错误；
D．由于从到的过程中，摆球在衡位置，所以摆球的速度在增大，设绳子与竖直方向夹角为，则其所受绳子的拉力为
此时在减小，v在增大，所以拉力在增大，故D错误。
故选AB。
7．AC
【详解】
A．摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，A正确；
B．频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为4∶3，根据单摆的周期公式
T=2π
得，摆长之比为16∶9，B错误；
CD．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据
F-mg=m
知，张力变大，根据v=ωr知角速度增大，C正确，D错误。
故选AC。
8．C
【详解】
A．摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，向心力、回复力为效果力，实际上不存在的，所以A错误；
BCD．摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确；BD错误；
故选C。
9．A
【详解】
AC．当小球在纸面内做小角度振动时，悬点是点，摆长为，故周期为，故A正确，C错误；
BD．小球在垂直纸面内做小角度振动时，悬点在直线上且在点正上方，摆长为
故周期为
故B、D错误。
故选A。
10．A
【详解】
小球A做自由落体运动，由
解得
小球B做简谐运动，简谐运动的周期为
到达C点的时间为
故，A球先到达C点，A正确，BCD错误。
11．C
【详解】
根据单摆周期公式：，未加钉子时，周期：，悬线长变为被挡后，周期变为，所以加了钉子的周期为：，所以周期变为原来的，ABD错误C正确
12．B
【详解】
A．单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，而不是摆线的张力和重力的合力。故A错误。
B．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。
C．摆球在运动过程中，恢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。
D．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，不为零。故D错误。
故选B。
13．C
【详解】
单摆的周期为2 s，摆球向右通过平衡位置时开始计时，当t=1.4 s时，摆球已通过平衡位置，正在向左方最大位移处做减速运动，由于位移在变大，根据
可知，加速度也在变大，方向向右，C正确。
故选C。
14．D
【详解】
根据单摆的周期公式，要增大单摆的周期，可以增加摆长或减小重力加速度；与摆球的质量和振幅无关；将单摆由山下移至山顶，重力加速度变小，故选项D正确，A、B、C错误．
15．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。
16．B
【详解】
试题分析：设甲完成10次全振动所经历的时间为t，则，
得到Ta：Tb=3：5；
又因为；，
可解得：La=0.9m Lb=2.5m
故选B
考点：单摆的周期.
17．D
【详解】
根据公式：
T＝2π
本题中：
l′＝lsin α
所以有：
T＝2π.
ABC.由上计算得T为2π，ABC错误；
D. 由上计算得T为2π，D正确
18．B
【详解】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的2/3，由于振动过程中机械能守恒，故：mgh=mv2，据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；故选B．
【点睛】
单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小．
19．C
【详解】
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1/4倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g′＝g/4；根据单摆的周期公式T＝2π可知，要使该单摆在行星与在地球上周期相同，所必须将摆长缩短为L/4，单摆的周期与摆球的质量无关，故ABD错误，C正确；故选C.
20．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。
21．（1）1.25 Hz；（2）在B点；（3）0.16 m
【详解】
(1)由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为
f==1.25Hz
(2)开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B点。
(3)根据公式T=2π可得
22．（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
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