第三节　单摆 课时训练 高中物理粤教版选择性必修第一册

机械振动第三节单摆A组·基础达标1．如图所示，固定光滑轨道的半径为2m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6cm与2cm，a、b两小球分别从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【答案】A【解析】由于半径远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因为在同一地点，周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故两球同时到达C点，故A正确．2．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．摆球的回复力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【答案】B【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，回复力才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、D错误．3．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【答案】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，故A正确，B、C、D错误．4．如图，竖直平面内有一半径为1.6m、长为10cm的固定光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t＝0时刻起由静止释放．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】将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期T＝2πeq\r(\f(R,g))＝2πeq\r(\f(1.6,10))s＝0.8π≈2.5s，则在t＝3s＝1.2T时刻，小球在从左端向最低点的运动中，是向右做加速运动，故A正确，B、C、D错误．5．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是()A．单摆的摆长约为2.0mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8cos(πt)cmC．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大【答案】D【解析】由图乙知，单摆周期为2s，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可解得单摆的摆长为L≈1.0m，A错误；单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asineq\f(2π,T)t＝8sin(πt)cm，B错误；从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点回到平衡位置，摆球的重力势能逐渐减小，C错误；从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球从平衡位置回到最高点，位移逐渐增大，回复力与位移成正比，故摆球所受回复力逐渐增大，D正确．6．如图所示为一单摆做简谐运动时的速度随时间变化的图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是()A．此单摆的摆长约为1mB．t＝1s时单摆的回复力为零C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期变小D．将此单摆从赤道移至北极，单摆的周期变大【答案】A【解析】由题图知此单摆的周期为T＝2s，则根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得摆长L＝eq\f(gT2,4π2)＝eq\f(9.8×22,4×3.142)m≈1m，A正确；t＝1s时单摆的速度为零，此时单摆的回复力最大，B错误；单摆的周期与摆角无关，C错误；将此单摆从赤道移至北极，则重力加速度变大，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，单摆的周期变小，D错误．7．(多选)(2024年广东梅州虎山中学开学考)若把周期为1s的单摆从g取10m/s2处搬到g′取7.5m/s2的地方，则()A．单摆的周期变大B．单摆的周期变小C．为了使其仍按1s的周期走，则摆长应变长D．为了使其仍按1s的周期走，则摆长应变短【答案】AD【解析】单摆的周期公式为T＝2πeq\r(\f(l,g))，由题意可知，其重力加速度变小，所以单摆的周期变大，A正确，B错误；由公式可知T＝2πeq\r(\f(l,g))，由于重力加速变小，为了使其周期不变，所以其摆长应该变短，C错误，D正确．8．一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速度运动，加速度a为()A．方向向上，大小为eq\f(g,2)B．方向向上，大小为eq\f(3g,4)C．方向向下，大小为eq\f(g,4)D．方向向下，大小为eq\f(3g,4)【答案】D【解析】由T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，周期增大为原来的2倍．等效重力加速度g′＝eq\f(g,4).设绳子拉力为F，由F－mg＝ma，F＝mg′，上式联立可得a＝－eq\f(3g,4)，则大小为eq\f(3g,4)，方向向下．综上分析，D正确．B组·能力提升9．(多选)如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点).打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的时间可能为()A．0.2πs B．0.4πsC．0.6πs D．1.2πs【答案】BD【解析】小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，则小球从最左端到最右端所用时间为T＝(2n－1)t(n＝1，2，3…).故B、D正确．10．如图所示，单摆摆长为l，在悬点O正下方A点钉一个钉子，其中AO＝eq\f(3,4)l，则此摆振动的周期为多少？【答案】eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))【解析】碰钉子之前，摆长为l，单摆周期为T1＝2πeq\r(\f(l,g))，碰钉子之后，摆长为eq\f(1,4)l，单摆周期为T2＝2πeq\r(\f(l,4g))，则此单摆振动的周期为T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1,4)＋\f(T2,4)))＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g)).11．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间．t＝0时刻在A点释放摆球，摆球在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置．图乙为细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线．已知摆长为1.6m，A、B之间的最大摆角为θ＝5°(取sin5°＝0.087，cos5°＝0.996)求：(1)当地的重力加速度大小；(2)摆球在A点时回复力的大小；(3)摆球运动过程中的最大动能．解：(1)摆球在一个周期内两次经过最低点，对应两次细线拉力达到最大值，由图乙可知单摆的周期为T＝0.8πs＝2πeq\r(\f(L,g))，解得当地的重力加速度大小为g＝10m/s2.(2)摆球在A点时，细线拉力大小为F