2.4 单摆 课时作业 -2022-2023学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册（含解析）

人教版高中物理选择性必修第一册课时作业4单摆一、单项选择题1、关于单摆的运动,下列说法正确的是()①单摆的回复力是摆线的拉力与摆球重力的合力②单摆的回复力是摆球重力沿摆球运动轨迹切向的分力③单摆的周期与摆球质量无关,与振幅无关,与摆长和当地的重力加速度有关④单摆的运动是简谐运动⑤在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快A.③④B.②③C.③④⑤D.①④⑤2、在广州走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟()A．变慢了，重新校准应减小摆长B．变慢了，重新校准应增大摆长C．变快了，重新校准应减小摆长D．变快了，重新校准应增大摆长3、如图所示，两个单摆A和B的摆长LA＞LB，将它们都拉离竖直方向一个很小的角度θ然后释放，那么这两个摆球到达最低点时的速度v的大小和经历时间t应满足()A．vA＞vB，tA＞tBB．vA＞vB，tA<tBC．vA＜vB，tA＜tBD．vA＜vB，tA＞tB4、一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是()A.t1时刻摆球的速度最大,悬线对它的拉力最小B.t2时刻摆球的速度为零,悬线对它的拉力最小C.t3时刻摆球的速度最大,悬线对它的拉力最大D.t4时刻摆球的速度最大,悬线对它的拉力最大5、如图所示，一单摆(θ<5°)其摆动周期为T，则下列说法正确的是()A．减小摆球质量，其周期变小B．减小最大摆角，其周期变小C．增大摆长，其周期变小D．摆球由B→O运动时，摆球的重力势能转化为动能6、如图所示,光滑圆弧轨道的半径为2m,C点为圆心正下方的点,A、B两点与C点的距离分别为6cm与2cm,a、b两直径相同的小球分别从A、B两点由静止同时释放,则两小球相碰的位置是()A.C点B.C点右侧C.C点左侧D.不能确定7、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.L4B.C.3L48、如图甲所示,一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动,拉力传感器显示绳子拉力F的大小随时间t的变化图像如图乙所示,已知当地的重力加速度为g,则根据图乙中的数据可知()A.此单摆的周期T=tB.此摆球的质量为m=FC.此单摆的摆长L=gD.在t=t0二、非选择题9、下列有关单摆的说法,正确的是 ()A.一根橡皮筋一端系在悬点,另一端连接一个小球,可以构成一个单摆B.单摆的摆动一定是简谐运动C.若单摆在同一平面内摆动,且偏角小于5°,可以认为该单摆的运动是简谐运动D.单摆做简谐运动时,摆长越长,其运动周期越大10、如图所示，单摆做简谐运动，平衡位置为O点，A、B分别为最大位移处，M、N两点关于O点对称．则下列说法中错误的是()A．小球受重力、绳子拉力B．小球做简谐运动的整个过程中，合外力都不等于单摆的回复力C．小球在O点时合外力为0，在A、B两点不受绳子拉力D．小球经过M点的振幅与小球在N的振幅大小相等、方向相反11、如图所示,单摆的周期为T,则 ()A.把摆球质量增加一倍,则周期变小B.把摆角α变小,则周期变小C.此摆由O→B运动的时间为TD.摆球由B→O运动时,势能向动能转化12、如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像,则下列说法中正确的是()A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B.t=2s时,甲摆的重力势能最小,乙摆的动能为零C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等13、如图所示,在升降机的天花板上固定一摆长为l的单摆,摆球的质量为m。升降机保持静止,观察摆球正以小角度θ0左右摆动,且振动周期为T。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (深度解析)A.若仅将摆球的质量增大一倍,其余不变,则单摆的振动周期不变B.若升降机匀加速上升,利用此单摆来测定当地的重力加速度,则测量值偏大C.设想当摆球摆到最低点时,升降机突然以加速度g竖直下落,则摆球相对于升降机做匀速直线运动D.设想当摆球摆到最高点时,升降机突然以加速度g竖直下落,则摆球相对于升降机做匀速圆周运动三、非选择题14、已知单摆的振动图像如图所示。(1)读图可知振幅A＝____________m，振动频率f＝__________Hz，写出振动的表达式______________。(2)求此单摆的摆长l。(3)若摆球质量为0.2kg，在摆动过程中，摆球受到的回复力的最大值Fm是多少？(取g＝10m/s2，π2＝10)15、如图甲所示，一小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，取向右偏离平衡位置的位移方向为正，小球在曲面A、B间运动的x­t图像如图乙所示。取g＝π2m/s2。求：(1)小球振动的频率f；(2)圆弧曲面的半径R。16、如图所示，小球m自A点以初速度v0向AD方向运动，已知弧长AB＝0.8m，AB圆弧半径R＝10m，AD＝10m，A、B、C、D在同一水平面内。欲使小球恰好能够通过D点，其初速度应取何值？(g取10m/s2)17、将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置．∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g取10m/s2)，求：(1)单摆的周期和摆长；(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度．答案与解析1、B解析：单摆的回复力是摆球重力沿摆球运动轨迹切向的分力,①错误,②正确;根据T=2πlg可知,单摆的周期与摆球质量无关,与振幅无关,与摆长和当地的重力加速度有关,则③正确;单摆在同一平面内摆动,且偏角小于5°时,可以近似认为单摆的运动是简谐运动,则④错误;根据T=2πlg,将在山脚下走时准确的摆钟移到高山上,由于重力加速度g变小,则周期变大,摆钟走时将变慢,⑤错误。故选2、A解析：摆钟从广州带到珠穆朗玛峰顶端时，重力加速度g变小，摆钟的摆长L不变，由T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，摆钟的周期变大，摆钟变慢，要校准摆钟，需要减小摆钟的周期T，可以减小摆钟的摆长L，A正确，B、C、D错误．3、A解析：单摆的小角度摆动是简谐运动，根据周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，摆长越长，周期越大，故tA>tB，根据机械能守恒定律，有mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gl1－cosθ)，摆长越长，最低点速度越大，故vA＞vB，A正确，B、C、D错误4、D解析：由题图可知,在t1时刻和t3时刻摆球的位移最大,回复力最大,速度为零,A、C错误;在t2时刻和t4时刻摆球在平衡位置,速度最大,悬线的拉力最大,回复力为零,B错误,D正确。5、D解析：根据T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期T与摆球质量m无关，与摆角无关，故A、B均错误；摆长变长，周期变大，故C错误；摆球由B→O运动时，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，故D正确。6、A解析：根据题目信息知两球的运动都可以看作单摆的摆动,根据T=2πlg可知它们的周期相同,所以到达平衡位置C的时间相同,即相碰点为C。故选A7、C解析：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T1=4×4t=16t,摆长为L'时单摆摆动的周期为T2=4×2t=8t,T1∶T2=2∶1;而T1=2πLg,T2=2πL'g,故L'=14L,所以,小钉与悬点间的距离s=L-L'=38、C解析：摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则摆球运动到最低点时,绳子拉力最大,结合F-t图像,知此单摆的周期为T=t0,故A错误;摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力的合力提供向心力,则有F0-mg=mv2L,此摆球的质量为m=F0g+v2L,故B错误;根据单摆周期公式T=2πLg,可得此单摆的摆长L=gT24π2=gt024π2,故C正确;9、CD解析：一根不可伸长的细绳一端系在悬点,另一端连接一个质量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆,橡皮筋受到拉力时形变量较大,连接小球构成的装置不可看成单摆,A错误;若单摆在同一平面内摆动,且偏角小于5°,可以认为该单摆的运动是简谐运动,B错误,C正确;根据单摆的周期公式T=2πlg可知,单摆做简谐运动时,摆长越长,其运动周期越大,D10、BCD解析：小球只受两个力作用：重力和绳子的拉力，A正确；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上的分力，因为小球做的是圆周运动，所以径向合外力等于向心力，在最高点，合外力等于回复力，其他位置合外力不等于回复力，B错误；对单摆而言，平衡位置回复力为0，合外力提供向心力，不为0，在最大位移处，小球不做圆周运动，径向合外力为0，所以绳子拉力等于重力在径向的分力，C错误；振幅是标量，没有方向，不是位移，对于一个简谐运动而言，它是一个固定的值，D错误．11、CD解析：根据T=2πlg可知,单摆的周期与摆球质量以及摆角均无关,故A、B错误;此摆由O→B运动的时间为T4,C正确;摆球由B→O运动时,速度增大,高度降低,即势能向动能转化,故D正确。故选C、12、AB解析：由题图知,甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm,A正确;t=2s时,甲摆的摆球在平衡位置处,乙摆的摆球在振动的最大位移处,B正确;由单摆的周期公式T=2πlg推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4,C错误;甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度不相等,D13、AB解析：单摆的周期为T=2πLg,与质量无关,故仅将摆球的质量增大一倍,其余不变,则单摆的振动周期不变,A正确;若升降机匀加速上升,处于超重状态,加速度向上,设为a,利用此单摆来测定当地的重力加速度,则测量值偏大,为g+a,B正确;设想当摆球摆到最低点时,升降机突然以加速度g竖直下落,处于完全失重状态,摆球将相对于升降机做匀速圆周运动,C错误;当摆球摆到最高点时,升降机突然以加速度g竖直下落,处于完全失重状态,摆球相对于升降机会保持静止,D14、解析：(1)读图可知振幅A＝0.1m，周期T＝4s，则振动频率为f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，振动的表达式为x＝Asin2πft＝0.1sineq\f(πt,2)(m)。(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，l＝eq\f(gT2,4π2)＝4m。(3)在摆动过程中，摆球在最大位移处回复力最大，则回复力的最大值为Fm＝eq\f(mgA,l)＝0.05N。答案：(1)0.10.25x＝0.1sineq\f(πt,2)(m)(2)4m(3)0.05N15、解析：(1)由题图知周期为0.8s，则频率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz。(2)根据T＝2πeq\r(\f(R,g))可知，R＝eq\f(T2g,4π2)，R＝0.16m。答案：(1)1.25Hz(2)0.16m16、解析：小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v0沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动。因为弧长远远小于半径R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长；设小球m恰好能够通过D点，则有：AD＝v0t且满足：t＝nT(n＝1，2，3，…)又有周期为：T＝2πeq\r(\f(R,g))联立并代入数据解得：v0＝eq\f(1.59,n)m/s(n＝1，2，3，…)。答案：eq\f(1.59,n)m/s(n＝1，2，3…)。17、解析：(1)由图乙可知周期T＝0.4π