2021学年4 单摆复习练习题

这是一份2021学年4 单摆复习练习题，共8页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
单摆(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1．关于单摆，下列认识中正确的是(　　)A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多C．单摆的振动总是简谐运动D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同【解析】选B。单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计线的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，选项A错误，B正确；单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，选项C错误；两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，选项D错误。【加固训练】如图所示是在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。以下关于这两个单摆的判断中正确的是(　　)A．这两个单摆的摆球质量一定相等B．这两个单摆的摆长一定不同C．这两个单摆的最大摆角一定相同D．这两个单摆的振幅一定不相等【解析】选B。从题图可知，两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长一定不同，故B对，D错；由振幅相等而摆长不等知C错；单摆的周期与质量无关，故A错。2．单摆做简谐运动的过程中，以下说法正确的是(　　)A．摆球受到的合力处处为零B．摆球受到的合力处处不为零C．通过平衡位置时合力为零D．通过平衡位置时回复力不为零【解析】选B。单摆做简谐运动的过程中，摆球受到的合力处处不为零，故A错误，B正确；摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零，故C错误；摆球经过平衡位置时所受的回复力为零，故D错误。3．有一个正在摆动的秒摆(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其切向加速度变化情况的描述正确的是(　　)A．正在向左做减速运动，加速度正在增大B．正在向右做减速运动，加速度正在增大C．正在向右做加速运动，加速度正在减小D．正在向左做加速运动，加速度正在减小【解析】选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时，即T<t＝1.6 s<T，说明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；由于位移在变小，故切向加速度也在变小，A、B、C错误，D正确。故选D。4.如图所示，一单摆(θ<5°)其摆动周期为T，则下列说法正确的是(　　)A．减小摆球质量，其周期变小B．减小最大摆角，其周期变小C．增大摆长，其周期变小D．摆球由B→O运动时，摆球的重力势能转化为动能【解析】选D。根据T＝2π可知，单摆的周期T与摆球质量m无关，与摆角无关，故A、B均错误；摆长变长，周期变大，故C错误；摆球由B→O运动时，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，故D正确。5.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mA<mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C．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【解析】选C。根据公式T＝2π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。6．一个单摆，在第一个星球表面上的振动周期为T1，在第二个星球表面上的振动周期为T2。若T1∶T2＝1∶2，半径之比R1∶R2＝2∶1，则这两个星球的质量之比M1∶M2等于(　　)A．16∶1　　　B．8∶1　　　C．4∶1　　　D．2∶1【解析】选A。根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力，有＝mg，得g＝；又因为单摆的周期公式T＝2π，故联立得T＝2πR，故＝()2×()2＝16∶1。二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7．(12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，小球在曲面A、B间运动的x­t图像如图乙所示。取g＝π2 m/s2。求：(1)小球振动的频率f；(2)圆弧曲面的半径R。【解析】(1)由题图知周期为0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz。(2)根据T＝2π可知，R＝，R＝0.16 m。答案：(1)1.25 Hz　(2)0.16 m8．(12分)已知单摆的振动图像如图所示。(1)读图可知振幅A＝____________ m，振动频率f＝__________ Hz，写出振动的表达式______________。 (2)求此单摆的摆长l。(3)若摆球质量为0.2 kg，在摆动过程中，摆球受到的回复力的最大值Fm是多少？(取g＝10 m/s2，π2＝10)【解析】(1)读图可知振幅A＝0.1 m，周期T＝4 s，则振动频率为f＝＝0.25 Hz，振动的表达式为x＝Asin2πft＝0.1sin(m)。(2)根据单摆的周期公式T＝2π知，l＝＝4 m。(3)在摆动过程中，摆球在最大位移处回复力最大，则回复力的最大值为Fm＝＝0.05 N。答案：(1)0.1　0.25　x＝0.1sin(m)　(2)4 m(3)0.05 N(15分钟·40分)9．(6分)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(　　)A．位移减小      B．速度增大C．回复力增大      D．机械能增大【解析】选C。由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的位移增大，故A错误；当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故B错误；由回复力F＝－kx可知，位移增大，回复力增大，故C正确；单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故D错误。10．(6分)如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长是l，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)(　　)A. 让小球在纸面内振动，周期T＝2πB．让小球在纸面内振动，周期T＝2πC．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2πD．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π【解析】选C。当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点，摆长为l，故周期为T＝2π，故A、B错误；当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方，摆长为l′＝(1＋)l，故周期为T＝2π，故C正确、D错误。11．(6分)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图像如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知(　　)A. 甲、乙两单摆的摆长之比是B．ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等C．tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大D．tc时刻甲、乙两单摆的速率相等【解析】选C。由振动图像得甲、乙周期之比为2∶3，根据T＝2π，得摆长之比为4∶9，A错误；ta时刻位移相同，但二者摆长不同，所以摆角不同，B错误；tb时刻甲的摆球在最高点，乙的摆球在平衡位置，又因为悬点高度相同，乙的摆长比甲的摆长长，所以此时二者重力势能相差最大，C正确；tc时刻甲、乙的摆球都在各自平衡位置，速率最大，但二者在最高点距平衡位置的距离不同，所以平衡位置速率不同，D错误。【加固训练】一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是(　　)A. t＝0.5 s时，摆球处于平衡状态B．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态C．t＝2.0 s时，摆球处于平衡状态D．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态【解析】选C、D。由图像可知，t＝0.5 s时，摆球出现在最大位移处，回复力最大，加速度不为零，A错误；t＝1.0 s、t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置，水平方向不受外力，但由于摆球处于竖直平面圆周轨道的最低点，绳子拉力和重力的合力提供向心力，故合力不为零，B、C错误；摆球摆动过程中，受到的外力的合力始终不能为零，故在任何位置都不是平衡状态，D正确。12．(22分)(2021·徐州高二检测)如图所示，小球m自A点以初速度v0向AD方向运动，已知弧长AB＝0.8 m，AB圆弧半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面内。欲使小球恰好能够通过D点，其初速度应取何值？(g取10 m/s2)【解析】小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v0沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动。因为弧长远远小于半径R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长；设小球m恰好能够通过D点，则有：AD＝v0t且满足：t＝nT(n＝1，2，3，…)又有周期为：T＝2π联立并代入数据解得：v0＝ m/s(n＝1，2，3，…)。答案： m/s(n＝1，2，3…)。