山东省章丘中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-4：1.3单摆 配套练习（含解析）

1.3单摆配套练习
1．如图所示，置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为。下列说法中正确的是（
）
A．单摆摆动的过程，绳子的拉力始终大于摆球的重力
B．单摆摆动的过程，绳子的拉力始终小于摆球的重力
C．将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期
D．将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，其摆动周期
2．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，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
3．在“用单摆测定重力加速度”实验中，下列操作正确的是（　　）
A．须选用轻且不易伸长的细线
B．须选用密度和直径都较小的摆球
C．摆长必须大于1m，摆角必须小于5?
D．如果用DIS实验系统做实验，光电门应放在摆球摆动过程的最高点
4．对于单摆的运动，以下说法中正确的是（　　）
A．单摆运动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时加速度为零
5．关于单摆，下列说法不正确的是（　　）
A．单摆的回复力是重力的分力
B．单摆的摆角小于
5°，可看作简谐振动
C．单摆的振幅不论多大，其周期均为
D．单摆的振动是变加速运动
6．如图，BOC为半径为R的光滑弧形槽，O点是弧形槽的最低点。半径R远大于BOC弧长。一小球由静止开始从B点释放，小球在槽内做周期运动。欲使小球运动的周期减小，可采用的方法是（　　）
A．让小球释放处更靠近O点
B．让小球释放时有个初速度
C．换一个半径R小一些的弧形槽
D．换一个半径R大一些的弧形槽
7．如图所示，处于竖直向下的匀强电场中的摆球，质量为m，半径为r，带正电荷，用长为L的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，则这个单摆的周期为(　　)
A．
B．
C．大于
D．小于
8．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
9．甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动时的振动图象如图所示，则可知（　　）
A．甲、乙两单摆的周期之比为2：1
B．甲、乙两单摆的摆长之比为2：1
C．0.5s至1s过程中，甲摆球的速度减小
D．t=0.5s时甲摆球势能最大，乙摆球动能最大
10．振动着的单摆，经过平衡位置时(　　)
A．回复力指向悬点
B．合力为0
C．合力指向悬点
D．回复力为0
11．单摆的摆长为l，摆球的质量为m，在最高点时摆线与竖直方向成角，此时摆球所受的合力为_______，摆球所受向心力大小为________.
12．两个单摆的摆长之比为，则它们做简谐运动的周期之比为______；若它们做简谐运动的频率之比为，则它们的摆长之比为_______.
13．一摆长周期为?T?1?，现将其摆线剪成两端制成两个单摆，其中的一个周期为T2，则另一个单摆的周期T3=_____________。
14．图所示的①、②曲线分别是A、B两个单摆的振动图像，则
（1）A、B两个单摆的振幅之比为_______.
（2）A、B两个单摆的周期之比为________.
（3）A、B两个单摆的摆长之比为________.
参考答案
1．C
【解析】
AB．在最高点时，绳的拉力等于重力的一个分力，此时绳子的拉力小于重力；在最低点的时候绳的拉力和重力共同提供向心力：F-mg=ma，可知F大于mg，故AB错误；
C．月球表面的重力加速度比地球小，根据可知，将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期T＞T0，选项C正确；
D．将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，高度越高，重力加速度越小，根据周期公式为
，其摆动周期T＞T0，故D错误；
故选C。
2．C
【解析】
AD．振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，摆球质量减小为原来的四分之一，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，据动能公式可知，摆球经过平衡位置时的动能不变；据机械能守恒可知，质量减小，所以高度增加，因此振幅改变．故AD错误；
BC．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，故C错误，综上可得B正确．
3．A
【解析】
A．为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故A正确；
B．为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径较小的摆球，故B错误；
C．摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，而摆长不是必须大于1m，故C错误；
D．如果用DIS实验系统做实验，光电门应该在速度最大的地方测量，故D错误。
故选A。
4．C
【解析】
A．单摆振动时，速度大小在变化，根据
可知，向心力大小在变化，故A错误；
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故B错误；
C．摆球经过平衡位置时所受的回复力为零，故C正确；
D．摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零，加速度不为零，故D错误。
故选C。
5．C
【解析】
A．单摆的回复力是重力的切向分力，选项A正确；
B．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，不超过5°，选项B正确；
C．单摆做简谐运动时周期，要求摆角很小不超过5°，选项C错误；
D．单摆振动中加速度不断变化，是变加速运动，选项D正确。
本题选不正确的，故选C。
6．C
【解析】
小球的运动可视为单摆模型，由单摆的周期公式
可知，其周期取决于摆长和，与质量和振幅无关。因此想要减小小球运动的周期，可以减小摆长即换一个半径小一点的弧形槽，故ABD错误，C正确。
故选C。
7．D
【解析】
处于竖直向下的匀强电场中的摆球，竖直方向受到的合力：F合＝mg＋qE，摆球在摆动的过程中切线方向的分力：F切＝(mg＋qE)·sinθ＞mgsinθ，由于切线方向的分力增大，所以单摆的周期减小，故D正确，ABC错误。
8．BCD
【解析】
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
9．AD
【解析】
根据图像得到两个单摆的周期之比；结合周期公式求出甲乙两摆的摆长之比；根据摆球的位置分析其速度、动能和重力势能。
【详解】
A．由图知甲、乙两单摆的周期分别为2
s、1
s，则周期之比为2：1，故A正确；
B．由单摆周期公式，可得摆长，可知摆长L与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4：1，故B错误；
C．0.5s至1s过程中，甲摆球位移在减小，摆球是从最高点向平衡位置运动，甲摆球的速度增大，故C错误；
D．t=0.5时，甲摆在位移最大处即最高点，甲摆球势能最大。乙摆球位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙摆球动能最大，故D正确。
【点睛】
本题主要考查了对单摆振动图像的理解，较为简单。
10．CD
【解析】
AD．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，通过平衡位置时，回复力为零，故A错误，D正确；
BC．摆球做圆周运动，经过平衡位置时所受的合外力不为零。合力提供向心力，而向心力指向悬点，故B错误，C正确。
故选CD。
11．
0
【解析】
[1][2]摆球在最高点时，所受的合力为重力沿圆弧切线方向的分力，即：
在最高点单摆的速度为零，所以摆球所受向心力大小为零。
12．
【解析】
[1][2]根据单摆周期公式：，可得两个单摆的摆长之比为1:4，则它们做简谐运动的周期之比为1:2；若简谐运动的频率之比为1:4，根据和，联立可得,则它们的摆长之比为：
L1:L2=16:1
13．
【解析】
设原来摆长为L1，间断后的摆长分别为L2和L3，根据单摆的周期公式，可得：，解得：，同理可得：，根据题意有：，再把L3的大小代入，化简后可得：.
14．
【解析】
(1)[1]由图可知，A的振幅为3cm，B的振幅为6cm。所以A、B两个单摆的振幅之比为1:2。
(2)[2]由图可知，A的周期为0.6s，B的周期为0.6s。所以A、B两个单摆的周期之比为1:1。
(3)[3]根据单摆周期公式：
可得摆长为：
所以A、B两个单摆的摆长之比为1:1。