沪科技版（2020）选修第一册第三节 单摆优秀练习

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1．下列有关单摆的说法，正确的是（ ）
A．一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小球，可以构成一个单摆
B．单摆的摆动一定是简谐运动
C．若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动
D．单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越小
【答案】C
【解析】一根不可伸长的细绳一端系在悬点，另一端连接一个质量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆，橡皮筋受到拉力时形变量较大，连接小球构成的装置不可看成单摆，A错误；若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动，B错误，C正确；根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大，D错误。
2．下列有关单摆运动过程中受力的说法，正确的是（ ）
A．单摆做简谐运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．单摆经过平衡位置时所受合力为零
D．单摆做简谐运动的回复力是摆线拉力的一个分力
【答案】B
【解析】单摆运动时是在一段圆弧上，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆所受的合力不仅要提供回复力，还要提供向心力，选项A错误；单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的一个分力，选项B正确，D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合力不为零，选项C错误。
3．（2021·上海南洋中学检测）关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正确的是（ ）
A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大
D．摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
【答案】B
【解析】单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A错误；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，此时摆线的拉力等于重力沿摆线的分力，则摆线的拉力小于重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D错误，B正确。
考点二 单摆的周期公式
4．如图1所示是一个单摆（θ<5°），其周期为T，则下列说法正确的是（ ）
图1
A．仅把摆球的质量增加一倍，其周期变小
B．摆球的振幅变小时，周期也变小
C．此摆由O→B运动的时间为eq \f(T,4)
D．摆球在B→O过程中，动能向势能转化
【答案】C
【解析】单摆的周期与摆球的质量无关，A错误；单摆的周期与振幅无关，B错误；此摆由O→B运动的时间为eq \f(T,4)，C正确；摆球在B→O过程中，势能转化为动能，D错误。
5．将秒摆（周期为2 s）的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的（ ）
A．只将摆球质量变为原来的eq \f(1,4)
B．只将振幅变为原来的2倍
C．只将摆长变为原来的4倍
D．只将摆长变为原来的16倍
【答案】C
【解析】由T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B错误；对秒摆，T0＝2πeq \r(\f(l0,g))＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2πeq \r(\f(l,g))＝4 s，则l＝4l0，C正确，D错误。
6．同一地点两个做简谐运动的单摆的摆长分别为l1和l2，它们的位移—时间图像如图2中1和2所示，由此可知，l1∶l2等于（ ）
图2
A．1∶3 B．4∶1 C．1∶4 D．9∶1
【答案】D
【解析】由题图可知，1和2两个单摆的周期之比为T1∶T2＝3∶1，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得l1∶l2＝T12∶T22＝9∶1，选D。
7．如图3所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球（体积可忽略），组成了双线摆，若细线长均为l，两线与天花板的夹角均为α，重力加速度为g，当小球垂直纸面做简谐运动时，周期为（ ）
图3
A．2πeq \r(\f(l,g)) B．2πeq \r(\f(2l,g))
C．2πeq \r(\f(2lcs α,g)) D．2πeq \r(\f(lsin α,g))
【答案】D
【解析】这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))计算，但注意此处的l与题中的细线长不同，公式中的l是指质点到悬点（等效悬点）的距离，此题中单摆的等效摆长为lsin α，代入周期公式，可得T＝2πeq \r(\f(lsin α,g))，故选D。
8．（2020·上海市北高二下期末）甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的振动图像如图4所示，可知（ ）
图4
A．甲、乙两单摆的频率之比为2∶1
B．甲、乙两单摆的摆长之比为2∶1
C．0.5～1.0 s时间内，甲摆球的速度减小
D．t＝0.5 s时甲摆球势能最大，乙摆球动能最大
【答案】D
【解析】由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为2.0 s、1.0 s，则周期之比为2∶1，频率之比为1∶2，A错误；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得摆长l＝eq \f(gT2,4π2)，可知摆长l与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1，B错误；0.5～1.0 s时间内，甲摆球从最大位移处向平衡位置运动，故甲摆球的速度增大，C错误；t＝0.5 s时，甲摆球在最大位移处，甲摆球的势能最大，乙摆球的位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙摆球的动能最大，D正确。
9．如图5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（ ）
图5
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin （2πt） cm
B．单摆的摆长约为1 m
C．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
【答案】B
【解析】由振动图像可读出周期T＝2 s，振幅A＝8 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＝8sin （πt） cm，故A错误；由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得l≈1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，摆球的位移减小，回复力减小，速度增大，所需向心力增大，绳子的拉力增大，故C、D错误。
综合能力练
10．（2020·太原市现代双语学校期中）将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动．用频闪照相机拍到如图6所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法不正确的是（ ）
图6
A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大
D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变
【答案】D
【解析】摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得，摆长之比为9∶4，故B正确；摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据F－mg＝meq \f(v2,r)知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度变大，故C正确，D错误。
11．（2020·上海金山高二上期中）如图7所示，一个光滑弧形凹槽半径为R，弧长为L（已知R≫L）．现将一质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
图7
A．小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力
B．小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力
C．小球做简谐运动的周期为2πeq \r(\f(L,g))
D．小球运动到凹槽最低点时所受合力为零
【答案】B
【解析】小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力，A错误，B正确；小球做简谐运动时，弧形凹槽的半径相当于摆长，则其周期为2πeq \r(\f(R,g))，C错误；小球运动到凹槽最低点时所受合力提供向心力，不为零，D错误。
12．如图8所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝eq \f(L,2).将摆球拉至A处由静止释放，小球将在A、C之间来回振动，若振动过程中摆线与竖直方向的夹角小于5°，重力加速度大小为g，则以下说法正确的是（ ）
图8
A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变
B．A点高于C点
C．周期T＝2π（eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g))）
D．周期T＝π（eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g))）
【答案】D
【解析】摆球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，可知A和C两点在同一水平面上，由于摆长会发生变化，所以摆角大小是变化的，A、B错误；摆球从A到B的时间为t1＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(L,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(L,g))，从B到C的时间为t2＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(\f(L,2),g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(L,2g))，故摆球的运动周期为T＝2（t1＋t2）＝π（eq \r(\f(L,g))＋eq \r(\f(L,2g))），C错误，D正确。
13．（2020·嘉定调研）将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图9甲中O点为单摆的固定悬点，将质量为m＝0.05 kg的小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、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。由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，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所给的信息求：（g取10 m/s2，π≈3.14）
图9
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）摆球运动过程中的最大速度？
【答案】见解析
【解析】（1）摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期T＝0.4π s≈1.256 s.
由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，摆长l＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(10×0.16π2,4π2) m＝0.4 m。
（2）在最低点B时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大。根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝meq \f(v2,l)，解得最大速度v＝0.2 m/s。
14．如图10所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O′的正下方，一小球甲（可视为质点）由距O点很近的A点由静止释放，R≫。
图10
（1）若小球甲释放的同时，另一小球乙（可视为质点）从球心O′处自由落下，求两球第一次到达O点的时间之比；
（2）若小球甲释放的同时，另一小球丙（可视为质点）在O点正上方某处自由落下，为使两球在O点相碰，小球应由多高处自由落下？
【答案】（1）eq \r(2)π∶4 （2）eq \f(2n－12π2R,8)（n＝1，2，3，…）
【解析】（1）甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O点的时间为t1＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))。
乙球做自由落体运动，到达O点的时间为t2
R＝eq \f(1,2)gt22，所以t2＝eq \r(\f(2R,g))，则t1∶t2＝eq \r(2)π∶4。
（2）小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为t＝eq \f(T,4)（2n－1），n＝1，2，3，…，由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰，所以h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2n－12π2R,8)（n＝1，2，3，…）．