新教材适用2023-2024学年高中物理第二章机械振动3.单摆课后训练教科版选择性必修第一册

3.单摆课后训练巩固提升基础巩固1.关于单摆,下列说法正确的是()A.摆球运动的回复力是它受到的合力B.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时,加速度是不变的C.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置D.摆球经过平衡位置时,加速度为零答案:B解析:摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,A错误;摆球经过最低点时,回复力为0,但合力提供向心力,C、D错误;由简谐运动特点知B正确。2.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.单摆的摆角在5°左右,可看作简谐运动C.单摆的振幅不论多大,其周期均为2πlD.单摆的振动是变加速运动答案:C解析:单摆的回复力是重力的切向分力,选项A正确;单摆做简谐运动的条件是摆角很小,在5°左右,选项B正确;单摆做简谐运动时周期T=2πlg,要求摆角很小,选项C错误;单摆振动中加速度不断变化,是变加速运动,选项D3.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23,则单摆振动的(A.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,振幅变大答案:B解析:由单摆的周期公式T=2πlg可知,当摆长l不变时,周期不变,故C、D错误;由能量守恒定律可知12mv2=mgh,其摆动的高度与质量无关,因摆球经过平衡位置时的速度减小,则最大高度减小,知振幅减小,选项B正确4.(多选)图中两单摆摆长相同,平衡时两摆球刚好接触,现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放,碰撞后,两摆球分开,各自做简谐运动,以mA、mB分别表示摆球A、B的质量,则()A.如果mA>mB,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果mA<mB,下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D.无论两摆球的质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧答案:CD解析:A、B两球碰撞后,B球一定向右摆,A球可能向右摆,也可能向左摆,还可能停下来。由于两单摆摆长相同,因此摆动的周期相同,它们在第一次碰后半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞,C、D正确,A、B错误。5.如图所示,竖直平面内有一半径为1.6m、长为10cm的光滑圆弧轨道,小球置于圆弧左端,t=0时刻由静止释放。g取10m/s2,t=3s时小球正在()A.向右加速运动B.向右减速运动C.向左加速运动D.向左减速运动答案:A解析:设小球在运动过程中,与竖直方向最大夹角为θ,则θ=0.11.6×360°2π≈4°,故可将小球的运动等效成单摆运动,则小球的周期T=2πlg=2π1.610s=0.8πs≈2.5s,所以在t=6.摆长是1m的单摆在某地区振动周期是2s,则在同一地区()A.摆长是0.5m的单摆的周期是0.707sB.摆长是0.5m的单摆的周期是1sC.周期是1s的单摆的摆长为2mD.周期是4s的单摆的摆长为4m答案:D解析:摆长是1m的单摆在某地区振动周期是2s,根据单摆的振动周期公式T=2πlg可知,重力加速度g=4π2lT2=π2m/s2。摆长是0.5m的单摆的周期T=2πl'g=2π×0.5π2s≈1.414s,故A、B错误;周期是1s的单摆的摆长l'=gT24π27.一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的14。在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后,此钟的分针走一整圈所经历的实际时间是(A.14h B.1C.2h D.4h答案:C解析:根据在星球表面万有引力等于重力可知,某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的14,质量不变,所以该星球的重力加速度g'=14g,T=2πlg,拿到某行星上周期T'=2πlg'=2T,分针走一圈的时间为地球上的2倍,故C正确,A8.(原创题)如图(a)所示,某学习小组在实验室做“探究周期与摆长的关系”的实验。(a)(b)(1)若用停表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T=。

(2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系,由图(b)可知,该单摆的周期T=s。

(3)在多次改变摆线长度测量后,根据实验数据,利用计算机作出周期与摆线长度的关系(T2-l)图线,并根据图线拟合得到方程T2=kl+b,由此可知当地的重力加速度g=,摆球半径r=(用k、b、π表示)。

答案:(1)t(2)2.0(3)4解析:(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t,则周期的表达式为T=tn(2)单摆摆动过程中,每次经过最低点时拉力最大,每次经过最高点时拉力最小,拉力变化的周期为1.0s,故单摆的摆动周期为2.0s。(3)根据T=2πlg得T2=4π2gl',知图线的斜率为k=4π2g,因此g=4π2k;而l'=l+r能力提升1.(原创题)在青岛走时准确的摆钟,随考察队带到北极黄河站,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答案:D解析:摆钟从青岛带到北极黄河站时,重力加速度g变大,摆钟的摆长l不变,由T=2πlg可知,摆钟的周期变小,摆钟变快,要校准摆钟,需要增大摆钟的周期T,故应增大摆钟的摆长l,故D正确,A、B、C2.如图所示,两根细线长度均为2m,A细线竖直悬挂且在悬点O处穿有一个金属小球a,B悬挂在悬点O'处,细线下端系有一金属小球b,并且有ma>mb,把金属小球b向某一侧拉开3cm到b'处,然后同时让金属小球a、b由静止开始释放(不计阻力和摩擦),则两小球的最终情况是()A.a小球先到达最低点,不可能和b小球在最低点相碰撞B.b小球先到达最低点,不可能和a小球在最低点相碰撞C.a、b两小球恰好在最低点处发生碰撞D.因不知道ma、mb的具体数值,所以无法判断两小球的最终情况答案:A解析:小球a到达最低点的时间为ta=2lg=105s≈0.63s,b球到达最低点的时间为tb=14T=π2lg=π510s≈03.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.2πlgB.2πlC.大于2πl+D.小于2πl答案: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T<2πl+rg,故D正确,A、B4.(多选)下图为甲、乙两单摆的振动图像,则()A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙=2∶1B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙=4∶1C.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=4∶1D.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4答案:BD解析:由题图可知T甲∶T乙=2∶1,由公式T=2πlg可知,若两单摆在同一地点,则两摆长之比为l甲∶l乙=4∶1,故A错误,B正确;若两摆长相等,则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4,故C错误,D5.如图所示,长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方34l的O'处有一固定细铁钉。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,并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正。下列图像中,能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是()答案:A解析:由T=2πlg得T1=2πlg,T2=2π14lg=πlg=12T1,故B、D错误;若没有铁钉,小球运动到A位置;有铁钉时,小球运动到B位置。由机械能守恒定律可知,A、B在同一高度;由数学关系知,B在A的右侧。由单摆的特点知,6.如图所示,光滑的半球壳半径为R,O点在球心O'的正下方,一小球甲(可视为质点)由距O点很近的A点由静止释放,R≫AO。(1)若小球甲释放的同时,另一小球乙(可视为质点)从球心O'处自由落下,问两球第一次到达O点的时间比。(2)若小球甲释放的同时,另一小球丙(可视为质点)在O点正上方某处自由落下,为使两球在O点相碰,小球应由多高处自由落下?答案:(1)2π∶