高中教科版 (2019)3 单 摆巩固练习

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1．(多选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定( )
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4
2.
如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方 eq \f(3,4)l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是( )
3．(多选)有两位同学分别使用如图甲所示的装置，观察单摆做简谐运动时的振动图像．已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂形成的曲线分别如图乙中N1、N2所示，下列关于两图线的分析，正确的是( )
A．N1对应的细砂摆摆动的幅度较大，N2对应的细砂摆摆动的幅度较小
B．N1与N2对应的细砂摆周期相同
C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D．假设两次实验细砂摆质量相等，则N1对应的细砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大
4．(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＝8sin (πt)cm
B．单摆的摆长约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
5.细长轻绳拴一质量为m的小球构成单摆，摆长为L.将单摆拉开一个小角度，然后无初速度地释放，小球在竖直平面内做简谐运动，其振动图像如图所示，图中A、T为已知量，重力加速度为g.(提示：cs θ＝1－2sin2 eq \f(θ,2)；当θ趋近于0时，sin eq \f(θ,2)≈ eq \f(θ,2))
(1)写出小球做简谐运动的位移x与运动时间t的函数表达式；
(2)求小球运动过程中的最大速度；
(3)求小球运动过程中轻绳的最大拉力．
专项4 单摆的图像
1．答案：BCD
解析：根据题图可知，单摆振动的周期关系 eq \f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比为 eq \f(T甲,T乙)＝ eq \f(2,3)，所以频率之比 eq \f(f甲,f乙)＝ eq \f(3,2)，故B、C正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g))，可得摆长之比为4∶9，故A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根据T＝2π eq \r(\f(l,g))得：重力加速度之比为9∶4，故D正确．
2．答案：A
解析：由于细绳偏离竖直方向的角度很小，可将该模型视为单摆，单摆做简谐运动的周期公式为T＝2π eq \r(\f(l,g))，所以碰上钉子后，摆长变为 eq \f(l,4)，则周期变为原来的 eq \f(1,2)，由机械能守恒定律可知小球一定能升到左侧同等高度处，由于被钉子挡住，由几何关系可知钉子的水平位移大小达不到初始水平位移的大小，又由于从正向最大位移处计时，所以A正确．
3．答案：BC
解析：由题图乙可知，N1对应的细砂摆摆动的幅度与N2对应的细砂摆摆动的幅度相同，故A错误；由单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g))及两摆摆长相同可知，两细砂摆的周期相同，故B正确；由题图乙可知，若N1对应的木板的运动时间为T，则N2对应的木板的运动时间为2T，可知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T－mg＝m eq \f(v2,L)，解得T＝3mg－2mg cs θ，由于两摆的振动幅度相同，则θ相同，故砂摆摆到最低点时摆线的拉力大小相等，故D错误．
4．答案：AB
解析：由图像可知，单摆周期为T＝2 s，则ω＝ eq \f(2π,T)＝π rad/s，所以单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin (πt)cm，故A正确；由单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，解得单摆的摆长l≈1 m，故B正确；由图像可知，从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球在靠近平衡位置，所以摆球的重力势能逐渐减小，故C错误；由于从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球在靠近平衡位置，所以摆球的速度在增大，设绳子与竖直方向夹角为θ，则其所受绳子的拉力为FT＝G cs θ＋m eq \f(v2,l)，此时θ逐渐减小，v逐渐增大，所以摆球所受绳子拉力逐渐增大，故D错误．
5．答案：(1)x＝A sin ( eq \f(2π,T)t＋π)或x＝A sin ( eq \f(2π,T)t－π)
(2)A eq \r(\f(g,L)) (3)mg(1＋ eq \f(A2,L2))
解析：(1)简谐运动的圆频率ω＝ eq \f(2π,T)，位移x与运动时间t的函数表达式为x＝A sin ( eq \f(2π,T)t＋π)或x＝A sin ( eq \f(2π,T)t－π).
(2)小球在最低点时的速度最大，设为vm，从最高点运动到最低点，由动能定理有mgL(1－cs θ)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) .
解得vm＝2 eq \r(gL)sin eq \f(θ,2)，当θ趋近于0时，sin eq \f(θ,2)≈ eq \f(θ,2)，
θ≈ eq \f(A,L)，
可得vm＝A eq \r(\f(g,L)).
(3)摆动到最低点时轻绳的拉力最大，设最大拉力为Tmax，有Tmax－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,L)，
解得Tmax＝mg(1＋ eq \f(A2,L2)).