人教版 (新课标)选修34 单摆课时训练

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1．下列有关单摆运动过程中受力的说法中，正确的是(　　)A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C．单摆过平衡位置时的合力为零D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力解析：选B.单摆运动是在一段圆弧上的运动，圆周运动是一种变速运动，合力不可能为零，所以C错；影响回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力，所以B正确，A、D均错．2．若单摆的摆长不变，摆球质量增为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的eq \f(1,2)，则单摆振动的(　　)A．频率不变，振幅不变　　　 B．频率不变，振幅改变C．频率改变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变解析：选B.单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g))，l不变，周期不变，频率不变．当l一定时，单摆的振幅A取决于偏角θ，由机械能守恒定律，摆球从最大位移处到平衡位置(如右图所示 )．mgl(1－cosθ)＝eq \f(1,2)mv2得v2＝2gl(1－cosθ)与m无关．由题意知v减小，则(1－cosθ)减小，则cosθ增大(θ<10°)，则θ减小，由此推出振幅减小．图9－4－83．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图9－4－8所示，以下说法正确的是(　　)A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大解析：选D.由振动图线可看出，t1时刻和t3时刻，小球偏离平衡位置的位移最大，此时其速度为零，悬线对它的拉力最小，故A、C错；t2和t4时刻，小球位于平衡位置，其速度最大，悬线的拉力最大，故B错，D对．图9－4－94．如图9－4－9所示为甲、乙两单摆的振动图象，则(　　)A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4解析：选BD.由图知T甲＝2T乙，又T＝2π eq \r(\f(L,g))，当甲、乙在同一地点摆动时，g相同，则T∝eq \r(L)，则L∝T2，故l甲∶l乙＝4∶1，B对；若摆长相同，则T∝eq \f(1,\r(g))，即g∝eq \f(1,T2)，则g甲∶g乙＝1∶4，D正确．图9－4－105．细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬点正下方L/2摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图9－4－10所示．现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度释放，对于以后的运动，下列说法中正确的是(　　)A．摆球运动往返一次的周期比无钉子时的单摆周期小B．摆球在平衡位置左右两侧上升的最大高度不一样C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D．摆球每次经过平衡位置时绳的张力会发生突变解析：选AD.摆球周期T＝π eq \r(\f(L,g))＋π·eq \r(\f(L,2g))，无钉子时T0＝2π eq \r(\f(L,g))，故TtB，即原来处于O点的小球先到达B点，选项C正确．8．一摆钟在A地走时准确，移至B地，发现走时变快，若用gA、gB分别表示两地重力加速度，在B地要使摆钟重新走时准确，则下列产生误差的原因和调整方式分析正确的是(　　)A．因为gA>gB，故应缩短摆长B．因为gAgB，故应加长摆长解析：选B.摆钟走时变快，说明周期变小，原因是gAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B．如果mA

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