2.4单摆 同步训练（word版含答案）

2.4单摆
一、选择题（共15题）
1．做简谐振动的单摆，在摆动的过程中(　　)
A．只有在平衡位置时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力
B．只有在最高点时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力
C．小球在任意位置处，回复力都等于重力和细绳拉力的合力
D．小球在任意位置处，回复力都不等于重力和细绳拉力的合力
2．如图所示，表面光滑的固定圆弧轨道，最低点为P，弧长远小于R，现将可视为质点的两个小球从A、B点同时由静止释放，弧长AP大于BP，则（　　）
A．两球在P点相遇 B．两球在P点右侧相遇
C．两球在P点左侧相遇 D．以上情况均有可能
3．图甲为生活中常见的一种摆钟，图乙为摆钟内摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在龙岩走时准确的摆钟移到北京，要使摆钟仍然走时准确，则（　　）
A．因摆钟周期变大，应将螺母适当向上移动
B．因摆钟周期变大，应将螺母适当向下移动
C．因摆钟周期变小，应将螺母适当向上移动
D．因摆钟周期变小，应将螺母适当向下移动
4．下列情况中物体速度不为零而加速度为零的是（　　）
A．倾斜传送带上的货物匀速运行时
B．向上拋出的小球到达最高点时
C．单摆的摆球运动到平衡位置时
D．弹簧振子运动到最大位移处时
5．如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一质量为m、电荷量为的绝缘小球由长度为的绝缘细绳与悬点相连，将小球拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，不计空气阻力，且整个过程中洛伦兹力小于重力沿绳方向的分力，下列说法正确的是（　　）
A．小球摆动的周期满足 B．小球摆动的周期满足
C．小球摆动的周期满足 D．小球从右向左运动的时间比从左向右运动的时间短
6．有一摆长为L的单摆，其悬点正下方某处有一小钉，摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M运动到左边最高点N的频闪照片如图所示（悬点与小钉未被摄入）。P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点间的距离为（　　）
A． B． C． D．无法确定
7．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
8．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
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．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（图中未画出），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，重力加速度为g，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．T时小球距N点的距离约为
11．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为原来的1/2，则单摆振动的( )
A．频率不变，振幅不变 B．频率改变，振幅变大
C．频率改变，振幅不变 D．频率不变，振幅变小
12．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
13．(多选)一根不可伸长的细线．上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图(1)所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l－T2图像如图(2)所示．利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取π2＝9.86)(　　)
A．T＝2 s时摆长为1 m
B．T＝2 s时摆长为0.994 m
C．摆球半径为0.006 m
D．当地重力加速度为9.80 m/s2
14．同一地点的甲、乙两单摆（摆球质量相等）的振动图象如图所示，下列说法中正确的是
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的机械能比乙摆小
C．甲摆的最大速率比乙摆小
D．在周期时振子具有正向加速度的是乙摆
E．在周期时甲摆的回复力为零
15．如图所示，光滑绝缘圆弧轨道的半径为R，最低点N点左侧处于垂直纸面向外的匀强磁场中，现将一带负电的小球（可视为质点）自最低点右侧的M点静止释放，M、N两点间的距离远小于轨道半径R，小球到达最左侧的位置为P点（图中未画出），小球运动过程中始终未脱离轨道，已知重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．P点比M点高
B．小球向左经过N点后，对轨道的压力立即变大
C．小球在P点和M点处对轨道的压力大小不相等
D．小球运动的周期为
二、填空题
16．一个单摆，当它的摆长增加0.33m时，它的振动周期变为原来的1.2倍，这个单摆原来的摆长是______m。
17．两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂，两单摆摆动平面相互平行，振动图像如图（a），两单摆摆长之比l1：l2=___________。t=0时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至相同的摆角处，如图（b）。同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右侧所经历的时间为___________s。
18．图甲是利用沙摆演示简谐运动图像的装置．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，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甲乙速度为0.2m/s．图乙所示的一段木板的长度为0.6m，则这次实验沙摆摆动的周期为________s．
19．如图甲所示，用长度分别为La、Lb的绝缘细丝线将两个大小相等质量不同的金属小球a、b栓接，丝线手段固定组成单摆(取)，在以下各种情况中说法正确的是( )
A、图甲中测得单摆a完成10次全振动时间内，b完成了6次全振动，摆长之比为La:Lb=9:25
B、图乙中在单摆b的悬点正下方处固定一钉子p，摆球在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的2倍
C、图丙中将两单摆摆长调为相同，并在平衡位置时刚好接触，将b球向右拉开一小角度释放，相碰后各自分开，下一次碰撞不可能发生在平衡位置右侧
D、图丁中将个b带上正电，放在竖直向下的匀强电场中做微小角度的振动，振动的周期
E、图戊中测得单摆a振幅为6cm．它从左则e点到右则f点的最短时间为0.4s，经过e、f点是速度大小相等，从f再回到e的最短时间为0.8s，则的弧长约为
三、综合题
20．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。
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．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象，根据图象回答：
(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10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？
23．如图甲所示，摆球在竖直面内做简谐运动。通过力传感器得到摆线拉力F的大小随时间t变化的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为m/s，忽略空气阻力，取g=10，π2≈g。求：
（1）单摆的摆长L；
（2）摆球的质量m。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
单摆在一个圆弧上来回运动，摆球做圆周运动的向心力由重力沿悬线方向的分力和悬线拉力的合力提拱，而回复力是指重力沿圆弧切线方向的分力．摆球在平衡位置速度不为零，向心力不为零，而回复力为零，所以合力不是回复力；摆球在最高点时，速度为零，向心力为零，合力等于回复力．故选项B正确．
2．A
【详解】
由于弧长远小于R，所以两球的运动都可以看作是单摆，由单摆的等时性可知，两球从释放到最低点的时间都等于单摆周期（单摆周期公式）的四分之一，摆长相等，L=R，所以两球会同时到达P点，故BCD错误，A正确。
故选A。
3．D
【详解】
由龙岩到北京，重力加速度变大，因可知周期变小，则要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动。
故选D。
4．A
【详解】
A．倾斜传送带上的货物匀速运行时，加速度等于0，但速度不等于0，故A正确；
B．向上拋出的小球到达最高点时，速度为零，小球的加速度仍然等于重力加速度，加速度一定不等于0，故B错误；
C．单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度不等于0；但单摆的最低点小球做曲线运动，仍然存在向心加速度，加速度不等于0，故C错误；
D．弹簧振子运动到最大位移处时速度等于0，而加速度最大，不等于0，故D错误。
故选A。
5．B
【详解】
洛伦兹力始终与速度方向垂直，沿绳方向，故并不改变切线方向的加速度，并且洛伦兹力始终不做功，则单摆周期不变，小球摆动的周期满足，小球从右向左运动的时间等于从左向右运动的时间。
故选B。
6．C
【详解】
设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆长为L时单摆摆动的周期为
摆长为'时单摆摆动的周期为
所以
T1∶T2=2∶1
又因为
故可得
所以小钉与悬点间的距离为
故选C。
7．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。
8．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。
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】
A．由MN间的距离为L并且远远小于轨道半径，则小球在圆弧轨道上的运动可看成单摆模型，其周期为单摆的半个周期，根据单摆的周期公式有
根据题意有
解得圆弧轨道的半径为
故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，故B错误；
C．空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，小球下滑时由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力总不做功，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，故C错误；
D．将小球的运动等效为单摆时，做简谐运动的表达式为
当
时，代入表达式得位移的大小为，所以经过时小球距N点的距离约为，故D错误。
故选A。
11．D
【详解】
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；
振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由
可知摆球经过平衡位置时的动能不变，因此振幅变小，最大重力势能不变，故选D．
12．D
【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。
13．BCD
【详解】
设摆长为l′，由单摆的周期公式T=2π（l′=l-0.006m）并结合图2推导得：l=0.006+T2，可知为l-T2图象的斜率，所以有：=，解得：g=0.980m/s2，故D正确．由单摆的周期公式有：l′=T2=×22=0.994m，故B正确，A错误；由图2可知，l-T2图象没有经过坐标原点，同时由l=0.006+T2可知，纵轴的截距为球的半径，故半径为r=0.006m，选项C正确，故选BCD．
14．ADE
【详解】
A.由图象可知，甲、乙周期相同，又，同一地点所以g相同，故摆长l相等，A项符合题意.
BC.由图象可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，B项不合题意；C项不合题意.
D.由图象可知，周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处，故乙摆具有正向加速度，D项符合题意.
E.在周期时甲摆正经过平衡位置，故此时回复力为零，E项符合题意.
15．BD
【详解】
A．小球在槽中运动时，由于只有重力做功，则机械能守恒，则 P点与M点等高，选项A错误；
B．小球向左经过N点后，因洛伦兹力方向向下，则对轨道的压力立即变大，选项B正确；
C．小球在P点和M点处只受到重力和轨道的支持力，且PQ两点关于最低点位置对称，则对轨道的压力大小相等，选项C错误；
D．因为M、N两点间的距离远小于轨道半径R，则小球的运动可看做单摆，则小球运动的周期为
选项D正确。
故选BD。
16．0.75
【详解】
根据
可知
解得摆长
l=0.75m
17． 100：81 4.5+9m（m=0，1，2，···）
【详解】
根据单摆周期公式
可得
由图可知
则有
由图可知，单摆1到达最右端所经历的时间为

单摆2到达最右端所经历的时间为

可得同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右侧所经历的时间
则要求，其中n，k都取整数。则n、k可取值为
,（m=0，1，2，···）
，（m=0，1，2，···）
代入可得同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右侧所经历的时间
，其中（m=0，1，2，···）
18．1.5
【详解】
由题中数据可得，沙摆周期T为
19．ACE
【详解】
A项：由题意可知，，，由周期公式，解得：摆长之比为La:Lb=9:25
故A正确；
B项：根据能量守恒有：由和可知，摆球在平衡位置右侧的最大摆角并不是是左侧的2倍，故B错误；
C项：根据能量和动量守恒可知，下一次碰撞不可能发生在平衡位置右侧，故C正确；
D项：将电场和重力场合成合的等效重力加速度为，，故D错误；
E项：根据对称性可知，从f再回到e的最短时间为0.8s，弧长约为，故E正确．
20．（1）；（2）3mg－2mgcosθ
【详解】
（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
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）1.25Hz；（2）B位置；（3）0.16m
【详解】
（1）由乙图可知，单摆振动的周期T=0.8s，故其振动的频率为
（2）由乙图可知，开始时刻摆球位移为负向最大，以向右为正，故开始时刻摆球位于B位置。
（3）由单摆的周期公式可得
23．(1)L=1m；(2)m=0.1kg
【详解】
(1)由乙图可知，单摆振动周期
T=2s
由单摆周期公式
T=
解得
L=1m
(2)当拉力最大时，摆球处在最低点，根据牛顿第二定律
F－mg=
解得
m=0.1kg
答案第1页，共2页