人教版 (2019)选择性必修 第一册4 单摆综合训练题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册4 单摆综合训练题，共5页。

1．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
2．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
3．[2022·四川遂宁检测]摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t＝0)，当振动至t＝eq \f(3π,2)eq \r(\f(l,g))时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的( )
4．如图中两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在的竖直平面内向左拉开一个小角度后放手，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则( )
A.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mAC．无论mA∶mB是多少，下一次碰撞只能在平衡位置
D．无论mA∶mB是多少，下一次碰撞都只能在平衡位置左侧
5．[2022·浙江绍兴月考]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
6．某单摆由1m长的摆线连接一个直径2cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是( )
A．用大球替代小球，单摆的周期不变
B．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
C．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变
D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
7．一个摆长为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∶1B．2∶3
C．1∶2D．3∶2
8．(多选)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10m/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1.0m
C．从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的动能逐渐减小
D．从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
素养综合练
9．(多选)将一个力电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小球摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图乙所示．某同学由此图像提供的信息做出的下列判断中，正确的是( )
A．t＝0.2s时摆球正经过最低点
B．t＝0.8s时摆球处于超重状态
C．摆球摆动过程中机械能守恒
D．摆球摆动的周期是T＝0.6s
10．如图所示，将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆环的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D点，且C点很靠近D点．如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是(重力加速度为g)( )
A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点
B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点
C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点
D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点
11．一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于5°且是未知量．图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息求：(g取10m/s2)
(1)单摆的振动周期和摆长；
(2)摆球的质量；
(3)摆球运动过程中的最大速度．
课时分层作业(十) 单摆
1．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
2．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
3．解析：t＝eq \f(3π,2)eq \r(\f(l,g))＝eq \f(3,4)T，最大速度时，单摆应在平衡位置x＝0，v方向为－y，沿y轴负方向，故D项正确．
答案：D
4．解析：根据周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))知：两单摆的周期相同与质量无关，所以相撞后两球分别经过eq \f(1,2)T后回到各自的平衡位置．这样必然是在平衡位置相遇．所以不管A、B的质量如何，下一次碰撞都在平衡位置，故C正确．
答案：C
5．解析：当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5s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
6．解析：用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆周期变小，故D错误．故选C.
答案：C
7．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 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝g Geq \f(M2,R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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
8．解析：由振动图像读出周期T＝2s，振幅A＝10cm，由ω＝eq \f(2π,T)得到圆频率ω＝πrad/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＝1m，故B正确；从t＝2.5s到t＝3.0s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＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D正确．
答案：ABD
9．解析：A对：摆球经过最低点时，拉力最大，由题图知在0.2s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点．B对：在t＝0.8s时，悬线上的拉力又一次达到峰值，经过最低点，加速度向上，摆球处于超重状态．C错：由题图乙可知，经过最低点时的力逐渐减小，说明经过最低点时的速度逐渐减小，机械能逐渐减小．D错：在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图像知周期T＝1.2s.
答案：AB
10．解析：设圆环的半径为R，BD与竖直方向夹角为θ，甲、乙、丙三球到达D点所需时间分别为t1、t2、t3，对甲球，t1＝eq \r(\f(2R,g))；对乙球，a＝gcsθ，BD长为2Rcsθ，故2Rcsθ＝eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) csθ，则t2＝2eq \r(\f(R,g))；丙球做简谐运动，故t3＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g)).可知A正确，B、C、D错误．
答案：A
11．解析：(1)由题图乙得摆球做简谐运动的周期：T＝eq \f(2π,5)s，
由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得l＝eq \f(T2g,4π2)，代入数据得l＝0.4m.
(2)设摆球质量为m，以F1、F2表示最大和最小的拉力，则有
F2＝mgcsθ，
F1－mg＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,l)
由机械能守恒定律知，mgl(1－csθ)＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
整理以上三式得m＝eq \f(F1＋2F2,3g)＝0.05kg＝50g.
(3)由F1－mg＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,l)得vB＝eq \r(\f(（F1－mg）l,m))＝eq \f(\r(2),5)m/s.
答案：(1)eq \f(2π,5)s 0.4m
(2)50g (3)eq \f(\r(2),5)m/s