2.4 单摆 同步练习题（Word版含答案）

2.4 单摆
一、单选题
1．单摆的摆动属于（　　）
A．匀速运动 B．匀加速运动 C．匀变速运动 D．变加速运动
2．有一悬线长为l的单摆，其摆的外壳为一个有一定质量的金属空心球。球底有一小孔，球内盛满水。在摆动过程中，水从小孔慢慢流出。从水开始流到水流完的过程中，此摆的周期的变化是（　　）
A．由于悬线长l和重力加速度g不变，所以周期不变
B．由于水不断外流，周期不断变大
C．周期先变大，后又变小
D．周期先变小，后又变大
3．如图所示，一小球在光滑槽内做简谐运动，下述方法中哪些可使小球的振动加快（　　）
A．减小小球的振幅 B．增大光滑圆槽的半径
C．增大小球的振幅 D．减小光滑圆槽的半径
4．把一调准的摆钟从东莞移到北京后，下列说法正确的是（　　）
A．摆动周期变长了，要调准需增加摆长
B．摆动周期变长了，要调准需缩短摆长
C．摆动周期变短了，要调准需增加摆长
D．摆动周期变短了，要调准需缩短摆长
5．如图所示是一个单摆（θ<5°），其周期为T，则下列说法正确的是（　　）
A．仅把摆球的质量增加一倍，其周期变小
B．摆球的振幅变小时，周期也变小
C．此摆由O→B运动的时间为
D．摆球在B→O过程中，动能向势能转化
6．做简谐运动的单摆，当摆球通过最低位置时（　　）
A．摆球所受的合力为零 B．摆线对摆球的拉力为零
C．摆球所受的回复力为零 D．摆球的重力势能一定为零
7．若单摆的摆长不变，摆球离开平衡位置的最大角度不变，摆球的质量增加为原来的2倍，则关于单摆振动时的物理量，下列说法正确的是（　　）
A．频率不变，振幅不变 B．频率变小，振幅变大
C．频率变小，振幅不变 D．频率变大，振幅变大
8．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
二、多选题
9．如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在悬点，这样，力传感器可测出摆线的张力和时间的关系。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间小角度来回摆动，其中点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中为摆球从点开始运动的时刻，取10m/s2.根据题设甲乙两个图，可计算出的物理量有（、、和为已知量）（　　）
A．摆线长 B．摆球质量
C．摆角 D．摆球的最大速度
10．如图是均匀小球做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称。下列说法正确的是___________。
A．小球受重力、绳子拉力和回复力
B．小球所受合外力就是单摆的回复力
C．小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D．小球经过M点的位移与小球在N的位移大小相等、方向相反
E.小球在A、B两点仍受绳子拉力
11．水平地面上固定一段光滑绝缘圆弧轨道，过轨道左端N点的竖直线恰好经过轨道的圆心（图上未画出），紧贴N点左侧还固定有绝缘竖直挡板。自零时刻起将一带正电的小球自轨道上的M点由静止释放。小球与挡板碰撞时无能量损失，碰撞时间不计，运动周期为T，MN间的距离为L并且远远小于轨道半径，以下说法正确的是（　　）
A．圆弧轨道的半径为
B．空间加上竖直向下的匀强电场，小球的运动周期会增大
C．空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，若小球不脱离轨道，运动周期会增大
D．时小球距N点的距离约为
12．如图甲所示的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。此装置可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．单摆振动的周期是6s
B．t=2s时，摆球的速度最大
C．球摆开的角度增大，周期增大
D．该单摆的摆长约为16m
三、填空题
13． 一个在地球上做简谐运动的单摆。其动图象如图所示。则此单摆的摆长约为______，今将此单摆移至某一行星上，其简谐运动的图象如图所示。若已知该行星的质量为地球质量的2倍。则该行星表面的重力加速度为地球表面重力加速度的______倍；该行星的半径与地球半径之比为______。
14．如图所示是做简谐运动的某一物体的振动图像，则该物体在t=2s到t=4s时间内，通过的路程是______cm，位移是______cm；若此图中物体做单摆运动，且重力加速度g取10 m/s2，π2= 10，则单摆的摆长是_________m。
15．两个单摆在做简谐振动，当第一个单摆完成5次全振动时，第二个单摆完成8次全振动，则第一个单摆与第二个单摆长度之比为_____．
16．甲、乙两单摆的摆球静止在平衡位置，摆长.现给摆球相同的水平初速度，让其在竖直平面内做小角度摆动.用T甲和T乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用和表示摆球摆到偏离平衡位置的最大位移处时摆线与竖直方向的夹角，可知T甲__________T乙，_________.（均填“>”“<”或“=”）
四、解答题
17．在用单摆测量重力加速度的实验中，测得悬线长为l，摆球直径为d，完成n次完整振动所用时间为t，求重力加速度g。
18．如图所示，一质量为的小钢珠，用长为的细丝线在水平天花板上（远大于小钢球的半径），初始时，摆线和竖直方向的夹角为。静止释放小球后，求：（不计空气阻力，重力加速度为）
（1）释放时小球回复力的大小；
（2）小球在最低点和最高点时绳中拉力大小的差值；
（3）从小球释放到第一次运动到最低点过程中重力冲量的大小。
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。
试卷第4页，共5页
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参考答案
1．D
【详解】
单摆摆动时，加速度和速度都不断变化，则属于变加速运动。
故选D。
2．C
【详解】
单摆的摆长是悬点到小球重心的距离。开始时，重心在球心，水全部流完后，重心又回到球心。因此，重心先降低，后升高，摆长先变大，后变小，根据公式
故C正确。
故选C。
3．D
【详解】
小球受重力和支持力，支持力与重力沿径向分力的合力提供圆周运动向心力，重力的切向分量提供做简谐运动的回复力，是类单摆模型，根据单摆的周期公式
设光滑圆槽的半径为R，可知类单摆摆长L与原槽半径R相等，有
周期与振幅无关，要加快振动，即减小周期，可以减小光滑圆槽的半径R。
故选D。
4．C
【详解】
东莞的重力加速度小于北京的重力加速度，把一调准的摆钟从东莞移到北京后，根据可知，摆动周期T将变短，要调准需增加摆长L，故C正确，ABD错误。
故选C。
5．C
【详解】
AB．根据
单摆的周期与摆球的质量无关，与振幅无关，A B错误；
C．由平衡位置O运动到左端最大位移处需要的时间是四分之一周期，摆由O→B运动的时间为，C正确；
D．摆球由最大位置B向平衡位置O运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，即摆球在B→O过程中，势能转化为动能，D错误。
故选C。
6．C
【详解】
AB．当摆球通过最低位置时，满足合外力提供向心力，即
故AB错误；
C．单摆的最低点是其简谐运动的平衡位置，故回复力为零，故C正确；
D．因为零势能面可以任意选取，所以当摆球通过最低位置时摆球的重力势能不一定为零，故D错误。
故选C。
7．A
【详解】
摆球的振幅A与摆长L和离开平衡位置的最大角度θ之间的关系式为
单摆频率的表达式为
由上述两式可知若L和θ不变，则A和f不变，故A正确。
故选A。
8．B
【详解】
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。
9．BCD
【详解】
A．由图象可以看出单摆的周期
根据
得出摆长
由于不知道摆球半径，故无法求出摆线长，故A错误；
B．在点拉力有最大值，根据牛顿第二定律有
在、两点拉力有最小值
由到机械能守恒可得
由此可求得摆球的质量
故B正确；
C．根据在、两点拉力有最小值
则可得
得
故C正确；
D．根据在点拉力有最大值，根据牛顿第二定律有
可得
故D正确；
故选BCD。
10．CDE
【详解】
A．物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错误；
B．回复力的大小为振动方向上的合外力，对于单摆，它是重力沿运动方向的分力，因为小球做的是圆周运动，所以法向合外力等于向心力，B错误；
C．平衡位置是指回复力为0的位置，但合外力不一定是0，比如在单摆O点，回复力为0，但由于在做圆周运动，法向合外力是指向圆心的，C正确；
D．位移既有大小，也有方向，根据运动的对称性可知，D正确；
E．在最大位移处，小球不做圆周运动，法向合外力为0，所以绳子拉力等于重力在法向的分力，E正确。
故选CDE。
11．AD
【详解】
A．由MN间的距离为L并且远远小于轨道半径，则小球在圆弧轨道过程，可看成单摆模型，其周期为单摆的半个周期，根据单摆的周期公式有
，
解得圆弧轨道的半径为
所以A正确；
B．空间加上竖直向下的匀强电场，等效重力加速度增大，根据单摆的周期公式可知小球的运动周期将减小，所以B错误；
C．空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，小球下滑时由洛仑兹力总是于速度方向垂直，洛仑兹力总不做功，不改变速度大小，所以若小球不脱离轨道，运动周期将不改变，则C错误；
D．由MN间的距离为L并且远远小于轨道半径，则小球在圆弧轨道过程，可看成单摆模型。单摆离开平衡位置的位移与时间的关系为
其中单摆的周期为2T，所以角速度为
因此单摆离开平衡位置的位移与时间的关系为
从M到N的时间为
因此对应从平衡位置N点离开的时间为
代入关系式解得
D正确。
故选AD。
12．BD
【详解】
A．由图乙可知，单摆振动的周期为8s，A错误；
B．t=2s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；
C．根据单摆周期公式
T=2π
可知周期与球摆开的角度无关，C错误；
D．把T=8s代入C解析中的周期公式可得，摆长为
l≈16m
D正确。
故选BD。
13．1m
【详解】
由题图知，单摆在地球表面上的振动时周期T=2s，根据
解得
近似计算时可取π2=10，g取10m/s2，代入数据解得
由题图知，单摆在某行星振动周期T′=4s，而
解得
所以行星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的倍。
根据
解得
14．2 0 1
【详解】
由题振动图像可知周期，因振幅为0.5cm，到时间是一个周期，所以物体通过的路程是2cm，位移为0；
将，，代入公式
解得
15．64:25
【详解】
试题分析：设时间为t，则，，故周期之比为，根据公式可以得到．
考点：单摆的周期
【名师点睛】
本题考查基本单摆的周期，由周期之比再进一步研究摆长之比是基本题型，要加强训练，熟练掌握．
16．> <
【详解】
根据单摆的周期公式比较，摆长越长，则周期变大，因为摆长L甲＞L乙．故
T甲＞T乙．
根据机械能守恒定律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，即
L甲（1-cosθ甲）=L乙（1-cosθ乙）
故
θ甲＜θ乙
17．
【详解】
由题意可知单摆周期
单摆摆长
单摆周期公式
联立以上式子，可求得
18．(1) ；(2)；(3)
【详解】
(1)摆球重力沿切线方向的分力提供回复力，所以刚释放时小球回复力的大小
(2)从释放到最低点，由动能定理有
在最低点根据牛顿第二定律得
联立解得
T=3mg-2mgcosθ
在最高点
所以最低与最高点的拉力差
(3)小球做简谐运动，周期为
则小球从释放到最低点所用的时间为
可得重力的冲量为
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，….答案第10页，共10页
答案第11页，共1页