2024-2025学年新教材高中物理第二章机械振动4单摆课时检测含解析新人教版选择性必修1

PAGE6-单摆(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．(多选)下列说法正确的是()A．单摆的等时性是由惠更斯首先发觉的B．单摆的等时性是由伽利略首先发觉的C．惠更斯首先将单摆的等时性用于计时D．伽利略首先发觉了单摆的等时性，并把它用于计时【解析】选B、C。首先发觉单摆等时性的是伽利略，首先将单摆的等时性用于计时的是惠更斯。2.(多选)如图所示是单摆振动示意图，下列说法中正确的是()A．在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值B．在最大位移处势能最大，而动能最小C．在平衡位置绳子的拉力最大，摆球速度最大D．摆球由A→C运动时，动能增加，势能削减【解析】选B、C、D。单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离平衡位置运动时，位移变大，势能增加，而动能削减；反之，向平衡位置运动时，动能增加而势能削减，故B、D项正确，A项错误；小球在平衡位置只受重力和绳子拉力，在平衡位置C，拉力F＝mg＋eq\f(mv2,R)，由上述分析知，平衡位置时动能最大，即v最大，故F也最大，所以C项正确。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。把在龙岩走时精确的摆钟移到北京，要使摆钟仍旧走时精确，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【解析】选D。在地球的表面，随着纬度的增高，重力加速度在增大，摆钟由福建龙岩移到北京，重力加速度g变大，依据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，T变小，要使摆钟仍旧走时精确，则须要增大L，应将螺母适当向下移动，故D正确，A、B、C错误。4．在一个单摆装置中，摇摆物体是个装满水的空心球，球的正下方有一小孔，当摆起先以小角度摇摆时，让水从球中连续流出，直到流完为止，则此单摆的周期将()A．渐渐增大 B．渐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大【解析】选C。单摆小角度摇摆，做简谐运动的周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))，式中l为摆长，其值为悬点到摇摆物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长l先增大后减小，所以摇摆周期将先增大后减小。5.(多选)同一地点的甲、乙两单摆(摆球质量相等)的振动图像如图所示，下列说法中错误的是()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eq\f(1,4)周期时振子具有正向加速度的是乙摆【解析】选B、C。由题图可知，T甲＝T乙，故l甲＝l乙，A正确；又A甲＝A乙，即振幅相等，且由题知两摆质量相等，所以两摆的机械能相等，在最低点时二者的最大速率相等，故B、C错误；eq\f(1,4)周期时甲处于平衡位置，乙处于负向最大位置处，故乙具有正向加速度，D正确。6．单摆模型如图甲所示，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，摆球质量为50g，振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2，π2≈g)()A．单摆的摆长约为50cmB．单摆的振幅是16cmC．摆球经过O点时细线拉力大小为0.5ND．一个周期可能有4个时刻拉力大小相等【解析】选D。由图可知T＝2s，依据T＝2πeq\r(\f(L,g))得：L＝1m，故A错误；由x­t图可知：该单摆的振幅为8cm，故B错误；摆球经过O点时，单摆的向心力是细线的拉力与重力沿细线方向分力的合力供应，即F－mg＝meq\f(v2,R)，F＝mg＋meq\f(v2,R)＞0.5N，故C错误；设点M(不是B、O点)是BO间的一个点，则在CO间存在一个对称的点N，摆球经过N点与M点的速度大小相等，依据F＝mg＋meq\f(v2,R)，则拉力大小相等，而在一个周期内，摆球两次经过M和N点，所以一个周期可能有4个时刻拉力大小相等；故D正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)7．(12分)如图为演示沙摆振动图像的试验装置和试验结果。沙摆的摇摆可看作简谐运动。若手拉木板的速率为0.2m/s，由刻度尺上读出图线的尺寸，计算这个沙摆的摆长。(图中单位为cm，g取9.8m/s2)【解析】由题图可知沙摆摇摆周期即为木板移动30cm所需的时间，即T＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(0.3,0.2)s＝1.5s，由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l≈0.56m。答案：0.56m8．(18分)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。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像。依据图像回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)起先时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少。【解析】(1)由乙图知周期T＝0.8s，则频率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz。(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点。(3)由T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)＝0.16m。答案：(1)1.25Hz(2)B点(3)0.16m(15分钟40分)9.(7分)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球，绳的另一端固定在天花板上O点，在O点正下方eq\f(3,4)l的O′点有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，当小球摆至最低位置时，细绳受到铁钉的阻挡后接着运动。下列说法正确的是()A．碰钉前后瞬间小球的加速度之比为4∶1B．碰钉前后瞬间绳的拉力之比为1∶4C．碰钉前后小球离开平衡位置的最大距离之比为2∶1D．小球碰钉前运动时间和碰钉后离开平衡位置到最大距离所用时间之比为4∶1【解析】选C。细绳与钉子碰撞前后瞬间，小球的瞬时线速度不变，依据向心加速度公式a＝eq\f(v2,r)，由于碰钉前后瞬间小球的半径之比为4∶1，所以有：eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故A错误；依据牛顿其次定律得：F－mg＝meq\f(v2,r)，由于小球到达最低点时的速度大小不确定，所以碰钉前后瞬间绳的拉力之比无法确定，故B错误；依据周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，由于碰钉前后瞬间小球的半径之比为4∶1，所以碰钉前后小球运动的周期之比为2∶1，故碰钉前后小球离开平衡位置的最大距离之比为2∶1，故C正确；已知碰钉前后小球运动的周期之比为2∶1，小球碰钉前运动时间和碰钉后离开平衡位置到最大距离所用时间都为eq\f(T,4)，所以小球碰钉前运动时间和碰钉后离开平衡位置到最大距离所用时间之比为2∶1，故D错误。10.(7分)如图所示，升降机中有一单摆，摆长为l，当升降机静止时，单摆的周期为T1，当升降机以加速度a向上匀加速运动时，单摆的周期为T2，则()A．T1＝T2eq\r(\f(g,g＋a))B．T2＝T1eq\r(\f(g,g＋a))C．T1＝2πeq\r(\f(l,g＋a))D．T2＝2πeq\r(\f(l,g))【解析】选B。处于匀加速上升的升降机中的单摆的周期T2＝2πeq\r(\f(l,g＋a))，升降机静止时的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，T2＝T1eq\r(\f(g,g＋a))，故B选项正确。11．(7分)一登山运动员用一单摆来测量某山的海拔高度，当他在海平面时，在肯定时间t0内测得一单摆全振动N次，当他到达山顶后，在相同时间t0内测得同一单摆全振动的次数为(N－1)次。若把地球视为半径为R的匀称球体，则此山的海拔高度为()A．eq\f(R,N)B．eq\f(2R,N－1)C．eq\f(R,N－1)D．eq\f(R,N＋1)【解析】选C。设海平面处重力加速度为g，山顶处为g′，由g＝eq\f(GM,R2)，g′＝eq\f(GM,（R＋h）2)可得eq\f(g′,g)＝(eq\f(R,R＋h))2，又T＝eq\f(t0,N)＝2πeq\r(\f(l,g))，T′＝eq\f(t0,N－1)＝2πeq\r(\f(l,g′))，可得eq\f(g′,g)＝(eq\f(R,R＋h))2＝(eq\f(N－1,N))2，解得h＝eq\f(R,N－1)，故C项正确。12．(19分)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改变的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为v＝eq\f(\r(5),5