高二物理选择性必修一（2019版） 2.4 单摆 过关检测（含答案）

第第页高二物理选择性必修一2.4单摆过关检测一、单选题1．单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的()A．位移一定减小 B．回复力一定减小C．速度一定减小 D．加速度一定减小2．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取t＝0)，当振动至t＝3π2A． B．C． D．3．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的94倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的2A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大4．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO=30°，已知OC线长是l，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)()A．让小球在纸面内振动，周期T=2πB．让小球在垂直纸面内振动，周期T=2πC．让小球在纸面内振动，周期T=2πD．让小球在垂直纸面内振动，周期T=2π5．如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是()A．t1＝t2，v1>v2 B．t1>t2，v1<v2C．t1<t2，v1>v2 D．t1>t2，v1>v26．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为()A．T＝2πrGMl B．T＝2πrC．T＝2πRGMl二、多选题7．如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（）A．若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比LB．若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比LC．若图线Ⅱ是在地球地面上完成的，则该单摆摆长约为2mD．若图线Ⅱ是在地球地面上完成的，则该单摆摆长约为1m8．如图甲所示，质量相等大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，运动过程中两绳子拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法正确的是（）A．图乙中直线d表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系B．图乙中曲线c表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系C．θ＝45°D．θ＝60°9．如图所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球在a、b之间来回摆动，c点为小球圆弧轨迹的最低点，则以下说法中正确的是（）A．小球做简谐振动的回复力是摆球重力沿圆弧线方向的分力B．小球由c到b的过程，动能减小，重力势能增大C．小球在c点时的重力势能最大，向心加速度也最大D．在平衡位置时，摆线张力最大，回复力也最大10．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态）拉至A点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ（θ小于5°且是未知量）。图乙表示小摆球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为小摆球从A点开始运动的时刻。下列说法正确的是（g取10A．单摆的振动周期为0B．可以算出单摆摆长C．在θ小于5°的情况下，θ越大，周期越大D．在θ小于5°的情况下，θ越大，运动过程中的最大速度越大三、综合题11．如图所示，竖直放置的光目圆弧轨道的半径为R，O＇为圆心，O点在圆心O＇的正下方，一小球甲从距O点很近的A点由静止释放。R>>AO（1）若乙球从圆心O＇处自由落下，问甲乙两球第一次到达O点的时间比；（2）若另一小球丙从O点正上方某处自由落下，为使甲丙两球在O点相碰，小球丙应从多高处自由落下？四、解答题12．如图所示，单摆摆长为L，做简谐运动，C点在悬点O的正下方，D点与C相距为x，C、D之间是光滑水平面，当摆球A到右侧最大位移处时，小球B从D点以某一速度匀速地向C点运动，A、B二球在C点迎面相遇，A、B两球可视为质点，当地重力加速度大小为g．求小球B的速度大小v．

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，加速度方向与速度方向相反，速度减小，C正确。【分析】明确单摆的运动过程则可分析重力势能减小所对应的过程，则可明确其各物理的变化情况。2．【答案】D【解析】【解答】t＝3π2lg【分析】由单摆的周期公式可知，摆球恰具有负向最大速度，即可判断振动图象。3．【答案】B【解析】【解答】由单摆的周期公式T=2πLg可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的2/3，由于振动过程中机械能守恒，故：mgh=12故答案为：B．

【分析】利用周期和摆长的关系可以求出周期和振幅的变化。4．【答案】A【解析】【解答】让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为(34l+l)，周期【分析】单摆模型及问题求解思路①单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件：①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力。②首先确认符合单摆模型的条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式或简谐运动规律分析求解问题。5．【答案】A【解析】【解答】小球从A、B点释放后均做简谐运动，，，R为球面半径，故t1=t2，A点离开平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即【分析】由于AO的弧长远小于圆弧的半径，所以小球的运动可视为简谐运动（单摆运动），根据周期公式T=2πRg，比较时间．根据动能定理比较到达6．【答案】B【解析】【解答】考虑单摆的周期公式与万有引力定律．根据单摆周期公式T=2πlg和可得【分析】先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式。7．【答案】B,D【解析】【解答】AB．题图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ=0.2可知f故LA不符合题意，B符合题意；CD．fⅡ=0.5Hz，若图线Ⅱ是在地面上完成的，根据g=9.C不符合题意，D符合题意。故答案为：BD。

【分析】根据单摆周期的表达式得出两个单摆的摆长之比，根据单摆周期的表达式得出该单摆的摆长。8．【答案】B,D【解析】【解答】小球a做单摆运动，其拉力随时间做周期性变化，而小球b做匀速圆周运动，根据矢量三角形可得Fbcosθ=mg即Fb=mgcosθ，恒定不变，故图乙中直线d表示绳子对小球b的拉力大小随时间变化的关系，直线c表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系，A不符合题意B符合题意；a球只有重力对其做功，机械能守恒，故mgL（1−cosθ）=12mv故答案为：BD

【分析】小球做单摆运动，不同位置速度不同，对绳子的拉力不同；小球水平面内做圆周运动，绳子拉力大小恒定。9．【答案】A,B【解析】【解答】解：A、小球做简谐振动的回复力是摆球重力沿圆弧线方向的分力，A正确；B、小球由c到b的过程，重力做负功，动能减小，重力势能增大，B正确；C、小球在c点时的重力势能最小，向心加速度最大，C错误；D、在平衡位置时，摆线弹力最大，回复力为零，故D错误；故选：AB【分析】单摆振动时，摆球的回复力是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力，小球摆动过程中，受到重力和细线的拉力，拉力与速度垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒10．【答案】B,D【解析】【解答】A．一个单摆的振动一个周期内，小球两次经过最低点，由图可知，振动的周期应该为0.4πs，A不符合题意；B．由单摆周期公式T=2可得L=B符合题意；C．在θ小于5°的情况下，单摆做简谐振动，θ变大，但周期不变，C不符合题意；D．小球下落过程中机械能守恒，记小球质量为m，绳长为L，由题意有mgL解得vθ越大，cosθ越小，运动过程中的最大速度越大，D符合题意。故答案为：BD。

【分析】根据单摆的运动情况以及图像得出该单摆的周期，利用单摆周期的表达式得出摆长的表达式，利用机械能守恒定律得出小球速度的变化情况。11．【答案】（1）解：设乙球从离弧形槽最低点R高处开始自由下落，到达O点的时间为：t甲球近似看做单摆，其周期：T＝2πR第一次到达O点的时间为t甲则甲乙两球第一次到达O点的时间比t（2）解：由于甲球运动的周期性，所以甲球到达O点的时间为：t甲丙到达O点的时间为：t由于甲、丙在O点相遇，故有：t甲=t丙解得：h=(2n+1)2【解析】【分