2024-2025学年高二物理选择性必修第一册（配粤教版）分层作业10 单摆

分层作业10单摆A组必备知识基础练1.已知单摆a完成10次全振动的时间内,单摆b完成6次全振动,两摆长之差为1.6m,则两单摆长la与lb分别为()A.la=2.5m,lb=0.9m B.la=0.9m,lb=2.5mC.la=2.4m,lb=4.0m D.la=4.0m,lb=2.4m2.下列关于单摆周期的说法正确的是()A.用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆,在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出,周期不变B.只将摆球的质量增大,单摆振动周期增大C.将摆由赤道移到北极,单摆振动周期减小D.将单摆的摆角由3°增加到5°(不计空气阻力),单摆的周期减小3.关于单摆,下列说法正确的是()A.摆球做匀速圆周运动B.摆球摆动到最低点时加速度为零C.摆球速度变化的周期等于振动周期D.摆球振动的频率与振幅有关4.(2024广东梅州高二模拟)同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像如图所示,从图像可知()A.两摆球质量相等B.两单摆的摆长相等C.两单摆相位相同D.在相同时间内,两摆球通过的路程总有s甲=2s乙5.(多选)在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像如图所示,其中实线表示A的运动图像,虚线表示B的运动图像.关于这两个单摆的以下判断正确的是()A.这两个单摆的摆球质量一定相等B.这两个单摆的摆长一定不同C.这两个单摆的最大摆角一定相同D.这两个单摆的振幅一定相同6.质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上,两小球做简谐运动的图像如图所示,则()A.两小球经过平衡位置时速度一样大B.运动过程中甲的最大加速度大C.两小球摆动过程中乙的最大摆角大D.运动过程中甲的机械能小于乙的机械能7.(2024广东高二统考期末)如图所示,半径为r的金属球由长为L的轻质细线悬挂于O点,现将球向右拉开一个小角度θ(θ<5°)后由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球第一次运动至O点正下方时所用时间为()A.π2L+rgC.πL+rg D.π8.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,设摆球向右运动为正方向,图乙是这个单摆的振动图像.(1)求单摆振动的频率.(2)求开始时刻摆球的位置.(3)若当地的重力加速度为10m/s2,求这个单摆的摆长.B组关键能力提升练9.下图是两个单摆的振动图像,以下说法正确的是()A.甲、乙两个摆的频率之比为1∶1B.甲、乙两个摆的频率之比为1∶2C.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2D.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶410.在上海走时准确的摆钟,被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11.(多选)两个摆长相同的甲、乙单摆,摆球质量之比为4∶1,在不同地域振动,当甲摆振动4次的同时,乙摆恰振动5次,则()A.甲、乙两摆的振动周期之比为4∶5B.甲、乙两摆的振动周期之比为5∶4C.甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25D.甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为25∶1612.图甲是演示简谐运动图像的装置,当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时,摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系.板上的直线OO'代表时间轴.图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线.若板N1和板N2的速度v1和v2的关系为v2=2v1,当两板匀速拉出的距离相同时,则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为()A.T2=T1 B.T2=2T1C.T2=4T1 D.T2=14T13.如图所示的几个相同单摆在不同条件下,关于它们的周期关系判断正确的是()A.T1>T2>T3>T4B.T1<T2=T3<T4C.T1>T2=T3>T4D.T1<T2<T3<T414.如图所示,ACB为半径为R的光滑弧形槽,弧AB≪R.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,求甲球下落的高度h.答案：1.B解析设两个单摆的周期分别为Ta和Tb.由题意,10Ta=6Tb得Ta∶Tb=3∶5.根据单摆周期公式T=2πlg,可知l=g4π2T2,由此得la∶lb=Ta2∶Tb2=9∶25,则la=925-9×1.6m=0.9m,lb=252.C解析沙从漏斗中缓慢漏出时,等效摆长变化,周期变化,选项A错误;单摆的振动周期与摆球的质量无关,选项B错误;摆由赤道移到北极,重力加速度增大,则周期减小,选项C正确;在摆角很小时,单摆的周期与摆角大小无关,选项D错误.3.C解析摆球在摆动中速度大小是变化的,不是匀速圆周运动,A错误;摆球摆动到最低点时加速度不为零,摆球受向上的合力,故加速度竖直向上,B错误;摆球速度变化的周期以及位移变化的周期均等于振动周期,C正确;摆球振动的频率与振幅无关,只取决于摆长和当地的重力加速度,D错误.4.B解析从图像上可得出振幅,单摆周期与质量无关,所以无法得到两球的质量关系,A错误;从图上知,T甲=T乙,又由T=2πLg,可得,两单摆的摆长相等,B正确;由图像可知x甲=2sinωt+π2cm,x乙=sinωtcm,两单摆相位相差为π2,C错误;由于两个摆的初相位不同,所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时,而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下,经过相同时间,两摆球通过的路程才一定满足s甲=2s乙,若不能满足以上要求,则不一定满足s甲=25.BD解析由题图可知,两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D正确;由振幅相等而摆长不等知C错误;单摆的周期与质量无关,两摆球质量关系不确定,故A错误.6.B解析由题图可知,甲、乙周期之比T甲T乙=12,甲、乙的振幅之比A甲A乙=52,根据单摆周期公式T=2πlg可知甲、乙的摆长之比l甲l乙=T甲2T乙2=14,甲球摆长小,振幅大,所以摆动过程中甲的最大摆角大,故C错误;小球从最高点到最低点的过程中,由机械能守恒定律可知12mv2=mgl(1-cosα),小球经过平衡位置时的速度v=2gl(1-cosα),7.A解析小球做单摆运动,根据单摆周期公式可得T=2πL+rg,小球第一次运动至O点正下方时所用时间为t=T48.答案(1)1.25Hz(2)B位置(3)0.16m解析(1)由题图乙可知,单摆振动的周期T=0.8s,故其振动的频率为f=1T=10.8Hz=1.(2)由题图可知,开始时刻摆球位移为负向最大,故开始时刻摆球位于B位置.(3)由单摆的周期公式T=2πlg可得l=T24π2g=0.824×39.D解析由图可知甲、乙两个摆的周期之比为1∶2,则频率之比为2∶1,选项A、B错误;根据T=2πLg可得L=T2g4π2∝T2,可知甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4,10.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,故选D11.BC解析当甲摆振动4次的同时,乙摆振动5次,故甲、乙两摆振动频率之比为4∶5,甲、乙两摆的周期之比为5∶4,故A错误,B正确;根据T=2πlg,甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25,故C正确,D错误12.D解析因N2板和N1板匀速拉过的距离相同,故两板运动时间之比t1t2=v2v1=2.在这段距离内N1板上方的摆只完成一个全振动,N2板上方的摆已完成两个全振动,即t1=T1,t2=2T2,故T13.C解析题图(1)中,当摆球偏离平衡位置时,重力沿斜面的分力mgsinθ为等效重力,即单摆的等效重力加速度g1=gsinθ;题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直,不影响回复力;题图(3)为标准单摆;题图(4)中摆球处于超重状态,等效重力增大,故等效重力加速度增大,g4=g+a.由单摆振动的周期公式T=2πlg,知T1>T2=T3>T4,选项C正确14.答案(1)22π(2)(2n+1解析(1)甲球做自由落体运动R=12gt12,乙球沿圆弧做简谐运