高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动4 单摆随堂练习题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动4 单摆随堂练习题，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．关于单摆，下列认识中正确的是( )
A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆
B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多
C．单摆的振动总是简谐运动
D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同
2．单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的( )
A．位移一定减小 B．回复力一定减小
C．速度一定减小 D．加速度一定减小
3．振动的单摆小球通过平衡位置时，受到的回复力及合外力的说法正确的是( )
A．回复力为零，合外力不为零，方向指向悬点
B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线
C．合外力不为零，方向沿轨迹的切线
D．回复力为零，合外力也为零
4．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的eq \f(1,2)，则单摆振动的( )
A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变
5．一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球的质量为M1，半径为R1，另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2，若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比R1:R2为( )
A．2:1 B．2:3
C．1:2 D．3:2
6．如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时( )
A．乙在平衡位置的左方，正向右运动
B．乙在平衡位置的左方，正向左运动
C．乙在平衡位置的右方，正向右运动
D．乙在平衡位置的右方，正向左运动
7．如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，两摆线均与竖直方向成θ角．已知甲的质量小于乙的质量，当细线突然断开后，甲、乙两摆都做简谐运动，下列说法正确的是( )
A．甲不会与乙碰撞
B．甲的运动周期小于乙的运动周期
C．甲的振幅小于乙的振幅
D．甲的最大速度小于乙的最大速度
8．一个单摆在竖直平面内做小幅振动，周期为2 s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t＝1.6 s至t＝1.8 s的过程中，摆球的( )
A．速度向左在减小，加速度向右在增大
B．速度向左在增大，加速度向左在增大
C．速度向右在增大，加速度向右在减小
D．速度向右在减小，加速度向左在减小
9.
如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( )
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
二、多项选择题
10．如图所示为一单摆的振动图像，则( )
A．t1和t3时刻摆线的拉力等大
B．t1和t3时刻摆球速度相等
C．t3时刻摆球速度正在减小
D．t4时刻摆线的拉力正在减小
11．甲、乙两个单摆做简谐运动图像如图所示，则可知( )
A．两个单摆完全相同
B．两个单摆所受回复力最大值之比F甲:F乙＝2:1
C．单摆甲速度为零时，单摆乙速度最大
D．两个单摆的振动频率之比f甲:f乙＝1:2
12．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是( )
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin(πt)cm
B．单摆的摆长约为1.0 m
C．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的动能逐渐减小
D．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
三、非选择题
13．有一单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球的质量m＝0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆完成30次全振动所用的时间t＝60.8 s，试问：
(1)当地的重力加速度是多大？
(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
课时作业(八) 单摆
1．解析：单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，A错，B正确．单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错．两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，D错．
答案：B
2．解析：单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，速度减小，C对．
答案：C
3．解析：平衡位置是小球回复力为零的位置，故B错；单摆在平衡位置时，由于需要向心力，故合外力不为零，故A对，C、D错．
答案：A
4．解析：由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mgh＝eq \f(1,2)mv2，质量改变后：4mgh′＝eq \f(1,2)·4m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2，可知h′≠h，振幅改变，故选C.
答案：C
5．解析：在地球表面单摆的周期T1＝2πeq \r(\f(l1,g))
在星球表面单摆的周期T2＝2πeq \r(\f(l2,g′))
eq \f(GM1,R\\al(2,1))＝g Geq \f(M2,R\\al(2,2))＝g′
联立可得eq \f(R1,R2)＝eq \r(\f(M1,M2))·eq \r(\f(l2,l1))·eq \f(T1,T2)＝eq \f(2,1).
答案：A
6．解析：当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5 s末，从图像可以看出此时乙的位移为正，即乙在平衡位置右侧；另外，位移图像斜率表示速度，此时乙的斜率为负，即表示乙在向左运动，D正确．
答案：D
7．解析：根据能量守恒定律判断出它们上升的最大高度相同．所以两球不会相撞，振幅相同．根据单摆的周期T＝2πeq \r(\f(l,g))，可知周期与摆球的质量、振幅无关．根据动能定理，由最高点到最低点，mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2－0，v＝eq \r(2gl1－cs θ)，所以甲、乙最大速度相等．故A正确，B、C、D错误．故选A.
答案：A
8．解析：由题知单摆的周期是2 s，一个周期分成四个eq \f(1,4)周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t＝1.6 s至t＝1.8 s的过程中，单摆是由左侧最大位移处附近向右向平衡位置处运动，所以速度向右在增大，加速度向右在减小．故A、B、D错误，C正确．
答案：C
9．解析：A做自由落体运动，到C所需时间tA＝eq \r(\f(2R,g))，R为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆)，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的eq \f(1,4)，即tB＝eq \f(T,4)＝eq \f(π,2) eq \r(\f(R,g))>tA，所以A球先到达C点．
答案：A
10．解析：由振动图像可知t1、t3时刻振动质点在同一位置，速度大小相等，方向不同，但向心力等大，A对B错；t3时刻质点正在向平衡位置运动，速度正在增大，C错；t4时刻正在向最大位移运动，速度减小，拉力减小，D正确．
答案：AD
11．解析：从图像可知，两个单摆的振幅和周期不同，根据周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，两单摆摆长不同，故A错误；根据回复力公式F＝－kx，由于两单摆不同，k值不同，无法比较回复力的最大值，故B错误；根据简谐运动的特点可知在平衡位置速度最大，最大振幅处速度为零，结合图像可知，单摆甲速度为零时，单摆乙速度最大，故C正确；根据周期和频率的关系T＝eq \f(1,f)，由图像知T甲:T乙＝2:1，所以f甲:f乙＝1:2，故D正确．
答案：CD
12．解析：由振动图像读出周期T＝2 s，振幅A＝10 cm，由ω＝eq \f(2π,T)得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin(ωt)＝10sin(πt)cm，故A正确；由公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，代入得到L＝1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，动能增大，故C错误；从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D正确．
答案：ABD
13．解析：(1)当单摆做简谐运动时，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可得g＝eq \f(4π2l,T2)，只要求出T值代入即可．因为T＝eq \f(t,n)＝eq \f(60.8,30) s≈2.027 s，所以g＝eq \f(4π2l,T2)≈eq \f(4×3.142×1.02,2.0272) m/s2≈9.79 m/s2.
(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有eq \f(T,T0)＝eq \f(\r(l),\r(l0))，故有l0＝eq \f(T0,T)2l＝0.993 m，其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m.
答案：(1)9.79 m/s2 (2)其摆长要缩短 缩短0.027 m