高中物理人教版 (2019)必修 第一册2 摩擦力课后练习题

2020-2021学年度人教版（2019）选择性必修第一册

2.4单摆同步训练2（含解析）

1．下列说法正确的是（　　）

A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期与其摆长成正比

B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变

C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小

D．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向

2．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，若这两个行星的质量之比为M1∶M2=4∶1，半径之比R1∶R2=2∶1，则（　　）

A．T1∶T2=1∶1 B．T1∶T2=4∶1

C．T1∶T2=2∶1 D．T1∶T2=1∶2

3．要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是（　　）

A．增大摆球的质量 B．缩短摆长

C．减小摆动的角度 D．增大摆长

4．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动(　　)

A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长

B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长

C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长

D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长

5．关于小孩荡秋千，以下说法正确的是：（　　）

A．质量越大的孩子荡秋千时摆动的频率越大

B．秋千到达最低点时，孩子会有失重的感觉

C．拉绳被磨损了的秋千，每当摆到最高点时拉绳最容易断裂

D．要想越荡越高，应该在摆到最高点时站立起来，提高重心增加势能

6．半径为R的光滑球面，已知圆弧AB<<R，且A、B等高，其中B点和圆弧最低点之间由光滑斜面相连，现有三个小球，A球从A点从静止释放沿圆弧下滑，B球从B点从静止释放沿斜面下滑，C球从圆心O点由静止释放，若三个小球同时释放，则下列说法正确的是（　　）

A．A球最先运动到圆弧最低点

B．B球最先运动到圆弧最低点

C．C球最先运动到圆弧最低点

D．三个小球同时到达圆弧最低点

7．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．运动过程中最大加速度甲的大

C．两小球摆动过程中最大摆角乙的大

D．运动过程中甲的机械能小于乙的机械能

8．某同学测得一单摆的摆线长为，摆球直径为，取重力加速度大小，则此单摆在摆角小于时完成1次全振动的时间约为（　　）

A． B． C． D．

9．一单摆由甲地移到乙地后,发现走时变快了,其变快的原因及调整的方法是(　　)

A．g甲>g乙,将摆长缩短

B．g甲<g乙,将摆长放长

C．g甲<g乙,将摆长缩短

D．g甲>g乙,将摆长放长

10．一光滑圆弧面ABD，水平距离为L，高为h（L>>h），小球从顶端A处静止释放，滑到底端D的时间为t1，若在圆弧面上放一块光滑斜面ACD，则小球从A点静止释放，滑到D的时间为t2，则（　　）

A．t2=t1 B． C． D．

11．单摆在摆动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．回复力由重力和细线拉力的合力提供

B．摆动到最低点时回复力为零

C．动能变化的周期等于振动周期

D．小球质量越大，周期越长

12．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 （　　）

A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等

B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等

C．第一次碰撞后，两球的最大摆角相同

D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

13．将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图像提供的信息作出的下列判断中，正确的是（　　）

A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点

B．t＝1.1 s时摆球正经过最低点

C．摆球摆动过程中机械能不变

D．摆球摆动的周期是T＝1.2 s

14．2020年7月23日，我国首次发射火星探测器“天问一号”。地面上周期为2s的单摆经常被称为秒摆。假如某秒摆被“天问一号”探测器携带至火星表面后，周期变为3s，已知火星半径约为地球半径的二分之一，以下说法正确的是（　　）

A．若秒摆在火星表面的摆角变小，则周期也会随之变小

B．地球质量约为火星质量的9倍

C．火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的倍

D．“天问一号”探测器刚发射离开地球表面时，此秒摆的周期大于2s

15．如图（a），为用单摆测量力加速度的实验装置，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻。光敏电阻（光照增强时，其电阻变小）与自动记录仪相连，记录仪可以显示光敏电阻的随值R随时间t的变化图线。将摆球拉离平衡位置一个较小角度释放，记录仪显示的R—t图线如图（b）所示。请回答下面问题：

（1）实验前先用游标卡尺测出小球直径d，如图（c），则小球的直径d=______mm；

（2）该单摆的振动周期为______；

（3）实验中用米尺测得摆线长为L，则当地的重力加速度g=_______。（用测得物理量的符号表示）

16．某位同学用以下器材来测量当地的重力加速度：他选择一个半径较大且大小已知为r的表面光滑的凹面镜、一个小砝码和一个停表.具体实验步骤如下

A．将凹面镜水平固定放置，将小砝码从凹面镜边缘静止释放，如图所示；

B．当小砝码滑至凹面镜最低点时按停表计时，同时数作“1”，接着一直数到小砝码第60次通过最低点时，按停表停止计时.读出这段记录的时间t，算出小砝码振动的周期为；

C．利用所求得的T代入到式中即测得重力加速度.

请你分析他的实验方法是否存在不完善或错误？如果有，请写出该步骤的字母序号并加以说明或纠正.

17．某人从电视屏幕上观察停泊在某星球上的宇宙飞船，看到飞船上摆长0.5m的单摆在30s内往复摆动了15次，则该星球表面上的重力加速度是___________。

18．北京和南京的重力加速度分别约为9.80lm/s2和9.795m/s2，把北京校准的摆钟拿到南京，它会      （填“变快”、“不变”、“变慢”）．若要该摆钟仍能精确计时，应将其摆长      （填“变长"、“不变"、“变短”）（不考虑海拔高度和温度对摆|钟的影响）

19．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点系着一个直径可忽略的小球。

(1)让小球在纸面内小角度摆动，求单摆的周期是多少？

(2)让小球垂直纸面小角度摆动，周期又是多少？

20．如图所示，B球静止在光滑的水平台边，与台边相距一定距离处有一个竖直的弹性挡板，A球用轻细线悬挂在B球旁边，静止时两球挨在一起。A球质量为B球质量的两倍，碰撞是完全弹性的且碰撞时间极短。现将A球从竖直方向拉偏一个很小的角度（＜10°），并从静止释放，碰后A球刚好完成一次全振动后与回到台边的B球再次碰撞，是通过计算分析出B球第二次回到台边时A球的位置及速度方向（要求推导过程）。

21．小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，此时的摆动角度为θ，小王通过实验测得当地重力加速度为g＝10m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向。求：

(1)单摆的振幅、摆长约为多少；

(2)估算单摆振动时最大速度v。(可能用到的公式1－cosθ＝2sin2)(计算结果均保留三位有效数字)

22．如图所示,一块涂有炭黑的玻璃板,质量为2kg,在拉力F的作用下,在t=0时由静止开始竖直向上做匀加速运动．一个装有水平振针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线,量得OA=1.5cm,BC=3.5cm．求自玻璃板开始运动,经过多长时间才开始接通电动音叉的电源?接通电源时,玻璃板的速度是多大?(g取10m/s2)

23．如图所示为理想单摆，摆角足够小，可认为是简谐运动，其平衡位置记为O点。

(1)若已知摆球的质量为m，摆长为L，在摆角很小时，摆球对于O点的位移x的大小与角对应的弧长近似相等，即近似满足。请推导得出摆球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k的表达式。

(2)若仅知道单摆的振幅A及摆球所受回复力与位移的比例常数k，求摆球在振动位移为时的动能（用A和k表示）。

参考答案

1．B

【详解】

A．根据单摆的周期公式可知

在同一地点，g一定，则知T2与L成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比，故A错误；

B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变，故B正确；

C．根据单摆的周期公式可知，单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，故C错误；

D．振动质点在同一位置振动方向有两种，所以已知弹簧振子初始时刻的位置，不知道初始时刻振子的振动方向，根据振动周期，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向，故D错误。

故选B。

2．A

【详解】

单摆的周期公式为

T=2π

同一单摆即有

T∝

又据万有引力定律

mg=G

有

g=

因此

T∝

故

T1∶T2===1∶1

故A正确。

3．B

【详解】

要增加单摆在单位时间内的摆动次数，即减小振动的周期；由单摆的周期公式

T=2π

可知周期T与l、g有关，与质量、摆动的幅度无关。当l增大时，周期增大；l减小时，周期减小。

故选B。

4．B

【详解】

把调准的摆钟，由北京移至赤道，重力加速度变小，根据周期公式

则周期变长，钟变慢，要使它准确应该使T减小，即减少摆长L。故ACD错误，B正确。

故选B。

5．D

【详解】

A．小孩荡秋千，不计空气阻力的影响，类似于单摆，由单摆的周期公式，其周期与小孩的质量无关，则知频率与小孩的质量也无关，故A错误；

B．在秋千达到最低处时，小孩的加速度竖直向上则小孩有超重的感觉，故B错误；

C．当秋千摆到最低点时，小孩的速度最大，绳子受到的拉力最大，最容易断，故C错误；

D．要想越荡越高，应该在摆到最高点时站立起来，从而增大重力势能，进而增大机械能，故D正确。

故选D。

6．C

【详解】

A球是等效单摆，A球从静止运动到最低点的时间

设弦轨道的倾角为，对于B球，有

可得

C球做自由落体运动，有

可得

则有

则C球最先运动到圆弧最低点，故A、B、D错误，C正确。

故选C。

7．B

【详解】

由图可知，甲、乙周期之比

甲、乙的振幅之比

根据单摆周期公式

可知甲、乙的摆长之比

C．甲球摆长小，振幅大，所以摆动过程中最大摆角甲的大，故C错误；

A．小球从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律可知

小球经过平衡位置时速度

因为最大摆角甲的大，所以两小球经过平衡位置时甲的速度大，故A错误；

B．最低点加速度最大，所以运动过程中最大加速度

因为最大摆角甲的大，所以甲的最大加速度大，故B正确；

D．因为甲的摆长短，最大摆角大，所以甲速度为0时，位置更高，重力势能更大，机械能更大，故D错误。

故选B。

8．B

【详解】

单摆的摆长

由单摆的周期公式可知

故选B。

9．B

【解析】

试题分析：将一个单摆由甲地移到乙地后，发现摆钟变快了，知周期变短了，通过单摆的周期公式分析原因和增大周期的方法．

根据单摆的周期公式，知摆钟变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即，为了增大周期，可以增大摆长，B正确．

10．C

【详解】

由于h<< L，小球沿光滑圆弧面ABD运动，可看作单摆模型，运动时间等于四分之一个单摆周期。设圆弧轨道半径为R，单摆周期,小球的运动时间为

小球沿光滑斜面ACD运动，可看作等时圆模型，运动时间等于从圆周最高点沿直径自由下落到最低点的时间，所以

由上述可得

选项C正确，故选C。

11．B

【详解】

A．重力沿运动轨迹切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；

B．单摆摆动到最低点时回复力为零，故B正确；

C．小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复，故其动能的周期为单摆振动周期的一半，C错误；

D．单摆的周期，与小球的质量无关，故D错误。

故选B。

12．CD

【详解】

A. 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有

两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即

解两式得

，

可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误；

B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，选项B错误；

C. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确；

D. 由单摆的周期公式 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。

故选CD。

13．AD

【详解】

A. 单摆在最低点悬线拉力最大，最高点拉力最小，t＝0.2 s时拉力最大，摆球正经过最低点，A正确；   

B. t＝1.1 s时拉力最小，摆球正经过最高点，B错误；

C. 摆球摆动过程中，拉力的峰值越来越小，说明摆球在最低点的速度越来越小，则机械能越来越小，C错误；   

D. 摆球从最低点开始摆动，要经过两个最高点才能回到初始位置，所以摆球的每个周期都包含远走一个波峰两个波谷，则单摆的周期是

D正确。

故选AD。

14．BC

【详解】

A．根据单摆的摆动周期公式

可知周期与振幅无关，故A错误；

B．根据单摆的摆动周期公式

周期比为

联立可得

又

半径关系为

可得

故B正确；

C．根据万有引力提供向心力

可得第一宇宙速度

则火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为

故C正确；

D．“天问一号”刚发射离开地球表面时，秒摆处于超重状态，由

可知秒表的周期小于2s，故D错误。

故选BC。

15．11.70    2t0       

【详解】

（1）[1] 由图示可知，小球的直径为

（2）[2] 摆球完成一次全振动所需要的时间是一个周期，一个周期摆球两次经过平衡位置，由图乙所示可知，单摆的振动周期为

（3）[3] 根据单摆周期公式，可得

其中摆长为，周期为2t0，代入可得

16．A不完善，在边缘释放有可能最大摆角已超过5°；B错，应读“0”；周期；C不完善，应多测几次，取平均值

【详解】

A不完善。单摆是理想化模型，单摆的振动只有在摆角小于5°、振幅不太大的情况下才看作是简谐运动。在边缘释放有可能最大摆角已超过5°，不能看做简谐运动。

B错误，当小砝码滑至凹面镜最低点时按停表计时，同时数 “0”，从摆球速度最大的位置，即平衡位置开始计时，可以有效减小实验的误差；按照题意的计数方法，小砝码第60次通过最低点时，按停表停止计时，实际的周期数是29.5T，所以周期为。

C不完善。为有效减小实验的误差，应多次测量取平均值。

17．4.93m/s2

【详解】

[1]单摆周期公式为

又因为

解得

18．变慢；变短

【详解】

[1]根据可知，把北京校准的摆钟拿到南京，周期变大，则它会变慢；

[2]若要该摆钟仍能精确计时，应将其摆长变短。

19．(1)2π；(2)2π

【详解】

(1)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OC的长度，所以单摆的周期

T=2π

(2)让小球垂直纸面摆动，如图所示，由几何关系可得

OO′=l

等效摆长为

l′=OC＋OO′=l＋l

所以周期

T′=2π =2π

20．A球运动到了其摆动过程的最低点（即平衡位置处），速度方向向右。

【详解】

由于碰撞时间极短，所以可认为碰撞对A球完成一次全振动所用时间没有影响。

以向右为正方向，则第一次碰撞时

解得

完成第一次碰撞后，B球以vB2的速度向右运动，与挡板发生弹性碰撞后以相同大小的速度返回，与A球发生第二次碰撞，即B球以速度vB2运动一个来回的时间恰好等于A球完成一次全振动的时间。

第二次碰撞时

解得

第二次碰撞使A、B球各自被弹回，B球的运动速度减小为，所以运动一个来回所需要的时间是第一次的1.5倍；在这段时间内，A球完成了1.5个全振动，第二次碰撞使得A球是从平衡位置开始向左振动的，所以完成1.5个全振动后，A球又到达了平衡位置处，运动方向向右。

21．(1) ；；(2)

【详解】

(1)由题图乙读出单摆的振幅，周期

根据单摆的周期公式得摆长

(2)根据机械能守恒定律

又因为很小，故有

22．0.1s；0.1m/s

【详解】

设玻璃板竖直向上运动的加速度为a，则有：

其中：

解得

；

根据匀变速运动的推论，知：

则打A点时玻璃板的速度为

接通电源时，玻璃板的速度是

根据速度时间关系公式，有，解得

即自玻璃板开始运动，经0.1s时间才开始接通电动音叉电源．

23．(1)；(2)

【详解】

(1)摆球在位移为x处的受力示意图如答图所示。在摆角很小时，有

在摆球位移为x时，回复力

负号表示F的方向与位移x的方向相反；

即比例常数

(2)摆球在位移x处的势能

摆球在最大振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有

则