高中物理单摆精练

这是一份高中物理单摆精练，共9页。试卷主要包含了28 s，5 m的单摆的周期是0等内容，欢迎下载使用。
基础对点练
题组一 单摆及其回复力
1.(多选)关于单摆及其振动，以下认识正确的是( )
将某个物体用绳子悬挂起来就构成一个单摆
将小钢球用长度不变的细长轻绳悬挂起来，就构成一个单摆
单摆以很小的摆角在竖直面内的自由摆动是简谐运动
单摆在人的不断敲击下做摆幅越来越大的运动是简谐运动
2.有一正在摆动的秒摆(T＝2 s)，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.6 s时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况的说法中正确的是( )
正在向左做减速运动，回复力正在增大
正在向右做减速运动，回复力正在增大
正在向右做加速运动，回复力正在减小
正在向左做加速运动，回复力正在减小
题组二 单摆的周期
3.在上海走时准确的摆钟，随考察队带到北极，则这个摆钟( )
变慢了，重新校准应减小摆长
变慢了，重新校准应增大摆长
变快了，重新校准应减小摆长
变快了，重新校准应增大摆长
4.(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦力做功所需的能量由重锤势能提供，运动的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是( )
当摆钟不准时需要上下调整圆盘的位置
摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移
由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移
把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移
5.(2024·天津河东区期末)把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，已知绳子等长且不可伸长，二人均可看成质点，则下列说法正确的是( )
小王荡秋千时，其周期大于6.28 s
图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零
小明荡到图中对应的b点时，动能最小
该秋千的绳子长度约为10 m
6.摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区( )
摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s
摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s
周期是1 s的单摆的摆长为2 m
周期是4 s的单摆的摆长为4 m
题组三 单摆模型的拓展
7.如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方eq \f(1,2)L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，g为重力加速度，这个摆的周期是( )
2πeq \r(\f(L,g)) πeq \r(\f(L,g))
(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,g)) (eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g))
8.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为( )
πeq \r(\f(L,g)) πeq \r(\f(Lsin θ,g))
πeq \r(\f(L,gsin θ)) πeq \r(\f(L,gcs θ))
综合提升练
9.(2024·湖南衡阳高二期末)两个质量相等的弹性小球分别挂在l1＝1.00 m，l2＝0.25 m的细绳上，两球重心等高，如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后，从B球开始运动计时，经过4 s两球相碰的次数为(取π2≈10，g＝10 m/s2)( )
3次 4次 5次 6次
10.如图所示，三根细线在O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使三角形AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，重力加速度为g，已知OC线长为L，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是( )
让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝2πeq \r(\f(L,g))
让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝2πeq \r(\f(3L,2g))
让小球在垂直纸面方向小角度摆动，周期T＝2πeq \r(\f(L,g))
让小球在垂直纸面方向小角度摆动，周期T＝2πeq \r(\f(3L,2g))
11.(多选)甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置，观察砂摆运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是( )
N1表示砂摆振动的幅度较大，N2表示砂摆振动的幅度较小
N1与N2振动的周期相同
N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大
12.(11分)如图甲所示，一小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，取向右偏离平衡位置的位移方向为正方向，小球在曲面A、B间运动的x－t图像如图乙所示。取g＝π2 m/s2，求：
(1)(5分)小球振动的频率f；
(2)(6分)圆弧曲面的半径R。
培优加强练
13.(12分)(2024·浙江金华高二月考)如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝eq \f(\r(5),5) m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈10，求：
(1)(4分)单摆的摆长l；
(2)(4分)摆球的质量m；
(3)(4分)摆线拉力的最小值。
第4节 单 摆
1.BC [单摆是一个理想化模型，其特点是悬挂小球的细线长度不可改变，细线的质量与小球的质量相比可忽略，小球的直径与细线的长度相比也可忽略，故A错误，B正确；单摆只有在摆角很小的情况下才做简谐运动，而在附加敲击力作用的情况下，振动的回复力不再满足做简谐运动的条件，不是简谐运动，故C正确，D错误。]
2.D [秒摆的周期为T＝2 s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝
1.6 s，即eq \f(3,4)T＜t＜T时，摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向左做加速运动；由于摆角在变小，故F回＝mgsin θ也在变小，A、B、C错误，D正确。]
3.D [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＝2πeq \r(\f(l,g))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D正确，A、B、C错误。]
4.AC [上下调整圆盘的位置可改变摆长，从而达到调整周期的目的，A正确；摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即沿摆杆下移圆盘，B错误；由冬季变为夏季，摆杆变长，应使圆盘沿摆杆上移，C正确；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长，即应使圆盘沿摆杆下移，D错误。]
5.D [根据T＝2πeq \r(\f(l,g))可知单摆的周期与质量无关，则小王荡秋千时，其周期也等于6.28 s，故A错误；图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；小明荡到图中对应的b点时，b点为平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2πeq \r(\f(l,g))，代入数据计算得l≈10 m，故D正确。]
6.D [摆长是1 m的单摆的周期是2 s，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，当地的重力加速度g＝eq \f(4π2l,T2)＝π2 m/s2。摆长是0.5 m 的单摆的周期T1＝2πeq \r(\f(l1,g))＝2π×eq \r(\f(0.5,π2)) s＝1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长l2＝eq \f(gTeq \\al(2,2),4π2)＝eq \f(π2×12,4π2) m＝0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长l3＝eq \f(gTeq \\al(2,3),4π2)＝eq \f(π2×42,4π2) m＝4 m，故C错误，D正确。]
7.D [以摆长为L的单摆运动的半个周期为t1＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(L,g))＝πeq \r(\f(L,g))，以摆长为eq \f(1,2)L的单摆运动的半个周期为t2＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(\f(1,2)L,g))＝πeq \r(\f(L,2g))，则这个摆的周期为T＝t1＋t2＝(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g))。故A、B、C错误，D正确。]
8.C [因为小球偏离平衡位置，且最大偏角小于5°，所以小球的运动可以看作单摆，等效重力mgsin θ＝mg′，T＝2πeq \r(\f(L,g′))，小球回到最低点所需的最短时间为t＝eq \f(T,2)＝πeq \r(\f(L,gsin θ))，故C正确。]
9.C [由动量守恒定律和机械能守恒定律知，两质量相等的弹性小球相碰，速度交换。两球运动的周期分别为T1＝2πeq \r(\f(l1,g))＝2 s，T2＝2πeq \r(\f(l2,g))＝1 s，从B开始运动经eq \f(T2,4)，即0.25 s第一次相碰，并经eq \f(T1,2)，即1 s第二次相碰；再经eq \f(T2,2)，即0.5 s第三次相碰，可推证到第5次相碰共用时3.25 s，到第六次相碰共用时4.25 s，故经过4 s两球相碰的次数为5次，故C正确。]
10.A [让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O点为圆心摆动，摆长为L，周期为T＝2πeq \r(\f(L,g))，故A正确，B错误；让小球在垂直纸面方向摆动，在摆角很小时，摆球以CO的延长线与AB的交点为圆心摆动，摆长为L＋Lcs 30°·sin 30°＝L＋eq \f(\r(3),4)L，周期为T′＝2πeq \r(\f(4＋\r(3),4g)L)，故C、D错误。]
11.BC [由图乙可知，N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同，故A错误；由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，两摆由于摆长相同，则两摆的周期相同，故B正确；由图乙可知，N1对应的木板运动时间为T，N2对应的木板运动的时间为2T，则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；由动能定理有mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2，在最低点有FT－mg＝meq \f(v2,l)，解得FT＝3mg－2mgcs θ，由于两摆的振动幅度相同，即θ相同，则拉力相同，故D错误。]
12.(1)1.25 Hz (2)0.16 m
解析 (1)由图乙可知，振动周期为T＝0.8 s
故小球振动的频率f＝eq \f(1,T)＝1.25 Hz。
(2)小球在半径很大的光滑圆弧曲面AOB之间做简谐运动，可看成单摆，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(R,g))，可得R＝eq \f(gT2,4π2)＝0.16 m。
13.(1)1 m (2)0.1 kg (3)0.99 N
解析 (1)由图乙可知单摆周期为T＝2 s
根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得l＝1 m。
(2)当拉力最大时，即F＝1.02 N，摆球处在最低点，
由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v2,l)
解得m＝0.1 kg。
(3)从最低点到最高点，由动能定理得
－mgl(1－cs θ)＝0－eq \f(1,2)mv2
解得cs θ＝0.99
在最高点摆线的拉力最小，最小值为
F′＝mgcs θ＝0.99 N。