物理选择性必修 第一册第二章 机械振动第三节 单摆同步训练题

第二章机械振动

第三节　单摆

课后篇巩固提升

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1.6 m,则两单摆长la与lb分别为(　　)

A.la=2.5 m,lb=0.9 m 

B.la=0.9 m,lb=2.5 m

C.la=2.4 m,lb=4.0 m 

D.la=4.0 m,lb=2.4 m

答案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=2π,可知l=T2,由此得la∶lb==9∶25,则la=×1.6m=0.9m,lb=×1.6m=2.5m.

2.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

答案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.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

答案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.单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是(　　)

A.t1时刻摆球速度最大,摆球的回复力最大

B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小

C.t3时刻摆球速度为零,摆球的回复力最小

D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大

答案D

解析由题图知t1时刻摆球处在最大位移处,速度为零,回复力最大,A错误;t2时刻摆球处在平衡位置,其速度最大,回复力为零,拉力最大,故B错误;t3时刻摆球在最大位移处,速度为零,回复力最大,故C错误;t4时刻摆球在平衡位置处,速度最大,回复力为零,悬线对它的拉力最大,故D正确.

5.(多选)如图所示为在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像,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

答案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.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

答案B

解析由题图可知,甲、乙周期之比,甲、乙的振幅之比,根据单摆周期公式T=2π可知甲、乙的摆长之比,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mv2=mgl(1-cosα),小球经过平衡位置时的速度v=,最低点加速度最大,所以运动过程中的最大加速度a==2g(1-cosα),因为甲的最大摆角大,所以甲的最大加速度大,故B正确;由题图可知,甲在平衡位置的速度比乙的大,机械能更大,故A、D错误.

7.(2021浙江宁波北仑中学高二期中)有一摆长为l的单摆,悬点正下方某处有一小钉,当摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部被小钉挡住,使摆长发生变化.现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被拍入).P为摆动中的最低点,已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知,小钉与悬点间的距离为(　　)

A.l B.l

C.l D.无法确定

答案A

解析设每相邻两次闪光的时间间隔为t,则由图可知摆球在右侧摆动的周期为T1=8t,在左侧摆动的周期为T2=4t,T1∶T2=2∶1,设左侧摆长为l1,则T1=2π,T2=2π,联立解得l1=l,所以小钉与悬点的距离s=l-l1=l,故选A.

8.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10 m/s2,求这个单摆的摆长.

答案(1)1.25 Hz　(2)B位置　(3)0.16 m

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=Hz=1.25Hz.

(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=2π可得l=g=×10m=0.16m.

关键能力提升练

9.(2021山东烟台第一中学高二期末)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∶1

B.甲、乙两个摆的频率之比为1∶2

C.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2

D.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4

答案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=2π可得L=∝T2,可知甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4,选项C错误,D正确.

10.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

答案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=2π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D.

11.(2021江苏南通高二开学考试)如图所示,两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同一高度,虚线表示竖直方向,分别拉开一定的角度(都小于5°)同时由静止释放,不计空气阻力.沿两单摆平衡位置的连线方向观察,释放后可能看到的是(　　)

答案C

解析因两个单摆的摆长相同,根据单摆周期公式T=2π,可知两个单摆的周期相同,两摆同时由静止释放,应同时到达平衡位置,同时到达右边最大位移处,故选C.

12.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=2T1

C.T2=4T1 D.T2=T1

答案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=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T2=T1,D项正确.

13.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>T4 

B.T1<T2=T3<T4

C.T1>T2=T3>T4 

D.T1<T2<T3<T4

答案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=2π,知T1>T2=T3>T4,选项C正确.

14.

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)　(2)(n=0,1,2,…)

解析(1)甲球做自由落体运动R=,所以t1=

乙球沿圆弧做简谐运动(由于≪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=T=×2π,所以t1∶t2=.

(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=

由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间t乙=+n(2n+1)(n=0,1,2,…)

由于甲、乙在C处相遇,故t甲=t乙

解得h=(n=0,1,2,…).