2.3单摆 课时练（word版含解析）

2.3单摆 课时练（含解析）
一、选择题
1．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
2．一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图所示。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　）
A．单摆的周期T=3s，振幅A=8cm
B．单摆的摆长约为1.0m
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
3．下列关于简谐运动的说法正确的是（　　）
A．弹簧振子在平衡位置时，加速度最大，速度最大，动能最大
B．弹簧振子在振动过程中机械能守恒，动能和重力势能相互转化
C．在同一地点，单摆的周期随摆长增长而增大
D．单摆运动到平衡位置时受到的合力为零
4．关于单摆，下列说法中正确的是（　　）
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
5．关于下列几幅图说法正确的是（　　）
A．甲图中“10V”指的是电容的电压是“10V”时才可以正常工作状态
B．乙图是利用等效替代法观察桌面的微小形变
C．丙图的心电图是简谐振动的
D．丁图的单摆利用了等时性原理
6．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的（　　）
A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变
7．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正确的是（　　）
A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大
D．摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
8．下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°=0.087，sin 15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（　　）
A． B．
C． D．
9．下列叙述中符合物理学史实的是（　　）
A．伽利略发现了单摆的周期公式
B．法拉第发现了电流的磁效应
C．库仑通过扭秤实验得出了电荷间相互作用的规律
D．牛顿通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论
10．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsinθsinα
B．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsinθ
C．摆球经过平衡位置时合力为零
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F′＝mgsinα
11．有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里的实验室中系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A
B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数
C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为
D．由乙图可知，时b球振动方向沿y轴负方向
12．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
13．有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里的实验室中系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A
B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数
C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为2：3
D．由乙图可知，t=1s时b球振动方向沿y轴负方向
14．一条细线下面挂一个小球，让它自由摆动，它的振动图象如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．该单摆的摆长大约为1m
B．若将此单摆置于向上匀加速的升降机中，单摆的周期会大于2s
C．若将此单摆置于向下匀加速的升降机中，单摆的周期会大于2s
D．根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
15．小明用同一实验器材（悬挂点高度、摆长、小球均相同），进行了两次单摆实验（摆角均小于5°），如图所示，第一次实验中，将小球从A处静止释放，第二次实验中，将小球从B处静止释放，对此下列说法正确的是（　　）
A．第一次实验中单摆的摆动周期比第二次长
B．若更换质量更大的小球，单摆周期不变
C．相比第二次实验，第一次实验中小球在最低点的重力势能更大
D．相比第二次实验，第一次实验中小球在最低点时，细绳对小球的拉力更大
二、解答题
16．如图甲，点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与点之间.现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B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A点开始运动的时刻，取。求：
（1）单摆的摆长；
（2）摆球的质量；
（3）摆球在四分之一周期内从A运动到B过程中摆线对小球拉力的冲量大小。
17．有一单摆，在地球表面的周期为2 s，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。（取g地＝9.8 m/s2，结果均保留2位有效数字）
（1）将该单摆置于月球表面，其周期为多大？
（2）若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？
（3）该单摆的摆长为多少？
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【解析】
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。
2．B
【解析】
A．单摆的周期T=2s，振幅A=8cm，故A错误；
B．根据单摆的周期公式
可得单摆的摆长为
故B正确；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球向平衡位置运动，重力势能逐渐减小，故C错误；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球位移逐渐增大，所受回复力逐渐增大，故D错误。
故选B。
3．C
【解析】
【详解】
A．弹簧振子在平衡位置时，回复力为零，故加速度最小为零。此时振子的速度最大，动能最大。A错误；
B．弹簧振子在振动过程中机械能守恒，小球的动能和弹簧的弹性势能相互转化，并非重力势能，B错误；
C．由单摆的周期公式
可知，单摆的周期随摆长的增大而增大，C正确；
D．单摆运动到平衡位置时，由于需要有指向圆心的合力提供向心力，故在平衡位置受到的合力不为零，D错误。
故选C。
4．A
【解析】
A．根据回复力的定义知，摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，A正确；
B．单摆的回复力除指明在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，B错误；
CD．摆球经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要受向心力，CD错误。
故选A。
5．D
【解析】
A．甲图中“”指的是耐压值，即电容器两端的最大电压，故A错误；
B．乙图是利用放大法观察桌面的微小形变，故B错误；
C．由简谐运动的定义可知丙图的心电图不是简谐振动的图像，故C错误；
D．单摆具有等时性即丁图的单摆利用了等时性原理，故D正确。
故选D。
6．C
【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；
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，但质量增加，所以高度减小，因此振幅改变。
故选C。
7．B
【解析】
A．单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，回复力、向心力都是效果力，A错误；
BCD．重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，此时摆线的拉力等于重力沿摆线的分力，则摆线的拉力小于重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，CD错误B正确。
故选B。
8．A
【解析】
单摆振动的摆角θ≤5°，当θ=5°时单摆振动的振幅
A=lsin 5°=0.087 m=8.7 cm
且为了计时准确，应在摆球摆至平衡位置时开始计时。
故选A。
9．C
【解析】
A．伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式，A错误。
B．奥斯特发现了电生磁，法拉第发现了电磁感应现象，B错误。
C．库仑首先通过扭秤实验得出了电荷间相互作用的规律，C正确。
D．伽利略通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论，D错误。
故选C。
10．A
【解析】
AB．摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的分力沿圆弧的切向分力来提供，则回复力为
F＝mgsinθsinα
故选项A正确，B错误；
C．摆球经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误；
D．设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得
mgsinα（l－lcosθ）＝mv2
由牛顿第二定律得
F′－mgsinα＝m
由以上两式可得线的拉力为
F′＝3mgsinα－2mgsinαcosθ
故选项D错误。
故选A。
11．D
【解析】
AB．根据
得
知图线的斜率
图线B的斜率较小，则图线B对应的重力加速度较大，可知甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B，故AB错误；
C．周期等于完成一次全振动的时间，由乙图可知，a、b两单摆的周期之比为2：3，故C错误；
D．由乙图可知，t=1s时，b球处于平衡位置向-y方向运动，故D正确。
故选D。
12．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。
13．CD
【解析】
AB．根据单摆的周期公式
得
图线的斜率
因为随着维度的增大，重力加速度增大，故 ，由甲图可知，图线B的斜率较小，则对应的重力加速度较大，故甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是B，AB错误
C．周期指完成一次全振动所需的时间，由图乙可知
a、b两摆球振动周期之比为2：3，C正确；
D．由乙图可知，t=1s时b球处于平衡位置向y轴负方向振动，D正确。
故选CD。
14．AC
【解析】
AD．根据图像可得周期为2s，振幅A=4cm，根据
解得
则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值
D错误A正确；
B．单摆置于向上匀加速的升降机中，小球处于超重状态，等效重力加速度g0
根据
则单摆的周期会小于2s，B错误；
C．单摆置于向下匀加速的升降机中，小球处于失重状态，等效重力加速度g0
根据
则单摆的周期会大于2s，C正确。
故选AC。
15．BD
【解析】
AB．由单摆的周期公式可知，单摆的周期与质量无关，且两次实验中周期相同，故A错误，B正确；
C． 在最低点，两球的高度相同，所以重力势能相同，故C错误；
D．由机械能守恒定律可得
由向心力公式可得
联立可得
第一次实验的摆角大于第二次实验，所以，第一次实验中小球在最低点时，细绳对小球的拉力更大，故D正确。
故选BD。
16．（1）；（2）0.05kg；（3）
【解析】
【详解】
（1）小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律可得
T=0.4πs
由单摆的周期公式为
解得
（2）摆球受力分析如图所示
在最高点A，有
在最低点B，有
摆球从A运动到B，由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得
m=0.05kg
（3）设摆球从A运动到B过程中摆线对小球拉力的冲量大小为I，则动量定理知
解得
17．（1）4.9 s；（2）3.5 s；（3）0.99 m
【解析】
（1）由单摆的周期公式
知
所以
则
（2）根据周期公式
知
所以
则
（3）根据周期公式
知
答案第1页，共2页