2024-2025学年新教材高中物理第2章机械振动分层作业15单摆新人教版选择性必修第一册

分层作业15单摆A组必备知识基础练题组一单摆的回复力1.(多选)(2024广东江门高二月考)关于单摆,下列说法正确的是()A.摆球受到的回复力是它所受的合力B.摆球经过平衡位置时,所受的合力不为零C.只有在最高点时,回复力才等于重力和摆线拉力的合力D.摆球在任意位置处,回复力都不等于重力和摆线拉力的合力2.(2024湖北武汉高二月考)对于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是()A.在位移为正的区间,速度和加速度都一定为负B.当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量也逐渐增大C.摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,摆线所受拉力最大D.摆球在最大位移处时,速度为零,处于平衡状态3.(2024北京人大附中高二月考)有一正在摆动的秒摆(T=2s),若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,那么当t=1.6s时,以下对摆球的运动情况及回复力变化情况的说法正确的是()A.正在向左做减速运动,回复力正在增大B.正在向右做减速运动,回复力正在增大C.正在向右做加速运动,回复力正在减小D.正在向左做加速运动,回复力正在减小题组二单摆的周期4.(2024河南新乡高二月考)两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则()A.f1>f2,A1=A2B.f1<f2,A1=A2C.f1=f1,A1>A2D.f1=f2,A1<A25.(2024上海高二月考)在上海走时准确的摆钟,随考察队带到北极,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6.(2024北京西城高二期末)一个单摆做简谐运动的周期为T,如果将其摆长增加为原来的2倍,振幅变为原来的12,则其周期变为(A.12T B.2T2 C.题组三“单摆”模型的拓展7.(2024广东佛山高二月考)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.2πlg B.2πC.大于2πl+rg D.小于2π8.(2024湖南长沙高二月考)如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,R≫AB。甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放。(1)求两球第1次到达C点的时间之比。(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是多少?B组关键能力提升练9.(多选)(2024湖北武汉高二月考)同一地点的两单摆甲、乙的振动图像如图所示,且甲、乙两单摆的摆球质量相等,忽略空气阻力。则下列说法正确的是()A.甲的摆长与乙的摆长相等B.甲的摆长比乙的摆长长C.甲的机械能比乙的大D.在t=0.5s时有负向最大加速度的是乙摆10.(2024河南郑州高二月考)如图所示,一摆长为l的单摆,在悬点的正下方的P处有一光滑钉子,P与悬点相距l-l',则这个单摆做小幅度摆动时的周期为()A.2πlg B.2πC.πlg+l11.(2024湖南衡阳期中)两个质量相等的弹性小球分别挂在l1=1.00m,l2=0.25m的细绳上,两球重心等高,如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后,从B球开始运动计算,经过4s两球相碰的次数为(取π2≈10,g取10m/s2)()A.3次 B.4次 C.5次 D.6次12.(多选)如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方,距O点3l4处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处,轻绳被拉直,球。点B是小球运动的最低位置,点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h,h≪l,A、B、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.点C与点B高度差小于hB.点C与点B高度差等于hC.小球摆动的周期等于3D.小球摆动的周期等于3C组核心素养拔高练13.(多选)(2024广东韶关高二月考)某物理小组两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置,观察单摆做运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同,落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是()A.N1表示砂摆振动的幅度较大,N2表示砂摆振动的幅度较小B.N1与N2振动的周期相同C.N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大D.N1对应的砂摆摆到最低点时,摆线的拉力比N2对应的拉力大

参考答案分层作业15单摆1.BC解析摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,不是摆球所受的合力,A错误。摆球经过平衡位置时,回复力为零,但由于摆球做圆周运动,有向心力,合力不为零,方向指向悬点,B正确。根据牛顿第二定律可知,摆球在最大位移处时,速度为零,向心加速度为零,重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力,回复力等于重力和摆线拉力的合力;在其他位置时,速度不为零,向心加速度不为零,重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力,回复力不等于重力和摆线拉力的合力,C正确,D错误。2.C解析在位移为正的区间,回复力F=-kx为负,加速度为负,但速度可正可负,A项错误;当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量不变,B项错误;平衡位置为摆球最低位置,摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,由FT-mg=mv2l可知,在平衡位置摆线所受拉力最大,C项正确;摆球在最大位移处,速度为零,但加速度不为零,3.D解析秒摆的周期为T=2s,取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时,当t=1.6s时,即34T<t=1.6s<T,说明摆球正从最右端向平衡位置做加速运动,即向左做加速运动;由于摆角在变小,故F回=mgsinθ也在变小,A、B、C错误,D4.C解析单摆的频率由摆长决定,摆长相等,频率相等,所以A、B错误;由机械能守恒定律可知,摆球在平衡位置的速度越大,其振幅越大,所以C正确,D错误。5.D解析摆钟从上海到北极,纬度升高,重力加速度g变大,由单摆的周期公式T=2πlg可知,摆钟的周期变小,即摆动变快,要将周期T调大从而重新校准应增大摆长l,故D正确,A、B、C6.C解析根据T=2πlg可知,单摆的周期与振幅无关,将其摆长增加为原来的2倍,则T'=2π2lg=27.D解析设电场强度为E,摆球所带电荷量为q,当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时,单摆的周期为T=2πl+rg;当单摆处于竖直向下的匀强电场时,其等效重力加速度为g等效=mg+qEm=g+qEm>g,周期T'=2πl+rg等效,8.解析(1)甲球做自由落体运动R=1所以t1=2乙球沿圆弧做简谐运动(由于AC≪R,可认为摆角θ<5°)。此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间t2=14T=14×2πRg=(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间t甲=2h由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间t乙=T4+nT2=π2Rg由于甲、乙在C处相遇,故t甲=t乙解得h=(2n+1)2π答案(1)22π(2)(29.AC解析从图中可得两者的周期相同,都为2.0s,又知道两者在同一个地点测量的,g相同,根据单摆周期公式T=2πlg,可知两单摆的摆长相等,故A正确,B错误;甲摆的振幅为10cm,乙摆的振幅为7cm,则甲摆的振幅比乙摆的大,由于甲、乙两单摆的摆球质量相等,甲的机械能比乙的机械能大,故C正确;在t=0.5s时,甲摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙摆位于负向最大位移处,则乙摆具有正向最大加速度,故D10.C解析碰钉子前摆长为l,则周期T1=2πlg,碰钉子后摆长变为l',则周期T2=2πl'g,所以该组合摆的周期T=T12+T11.C解析先计算两球运动的周期,T1=2πl1g=2s,T2=2πl2g=1s,从B开始运动经T24,即0.25s第1次相碰,并经T12,即1s第2次相碰;再经T22,即0.5s第3次相碰,可推证到第5次相碰共用时3.25s,到第6次相碰共用时4.12.BC解析由机械能守恒定律可知,点C与点B高度差等于h,选项A错误,B正确;由单摆周期公式可知,小球摆动的周期等于πlg+πl4g=13.BC解析由图乙可知,N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同,故