物理4 单摆当堂检测题

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第二章　4　A组·基础达标1．如图所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时释放，则两小球相碰的位置是(　　)A．C点　　　　　　　　 B．C点右侧C．C点左侧 　　 D．不能确定【答案】A　【解析】由于半径远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因为在同一地点，周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故两球同时到达C点，A正确．2．(2021届杭州西湖高中期末)有一摆长为L的单摆悬点正下方某处有一小钉，摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程中的闪光照片如图所示(悬点与小钉未被摄入)．P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与P点的距离为(　　)A． 　　 B．C． 　　 D．无法确定【答案】C　【解析】设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆球在右侧摆动的周期为T1＝8t，在左侧摆动的周期为T2＝4t，T1∶T2＝2∶1，则T1＝2π，T2＝2π；两式两边相除得L2＝L1，所以小钉与悬点的距离s＝L1－L2＝L，故C正确．3．(2021届广东名校期末)在广州走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟(　　)A．变慢了，重新校准应减小摆长B．变慢了，重新校准应增大摆长C．变快了，重新校准应减小摆长D．变快了，重新校准应增大摆长【答案】A 　【解析】摆钟从广州带到珠穆朗玛峰顶端时，重力加速度g变小，摆钟的摆长L不变，由T＝2π 可知，摆钟的周期变大，摆钟变慢，要校准摆钟，需要减小摆钟的周期T，可以减小摆钟的摆长L，A正确，B、C、D错误．4．(多选)(2020年牡丹江一中期末)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是(　　)A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆【答案】ABD　【解析】由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确．5．(2021届邯郸馆陶一中检测)如图，竖直平面内有一半径为1.6 m、长为10 cm的光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t＝0时刻起由静止释放．g取10 m/s2，t＝3 s时小球正在(　　)A．向右加速运动　　 B．向右减速运动C．向左加速运动　　 D．向左减速运动【答案】A　【解析】将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期T＝2π＝2π s＝0.8π s≈2.5 s，则在t＝3 s＝1.2T时刻，小球在从左端向最低点的运动中，所以是向右做加速运动，故A正确，B、C、D错误．6．(2021届四川名校期中)如图所示，两个单摆 A和B的摆长LA＞ LB，将它们都拉离竖直方向一个很小的角度θ然后释放，那么这两个摆球到达最低点时的速度v的大小和经历时间t应满足(　　)A．vA＞ vB，tA＞tB　　 B．vA＞vB，tA<tBC．vA＜vB，tA＜ tB　　 D．vA＜vB，tA＞ tB【答案】A　【解析】单摆的小角度摆动是简谐运动，根据周期公式T＝2π可知，摆长越长，周期越大，故tA>tB，根据机械能守恒定律，有mgl(1－cos θ)＝mv2，解得v＝，摆长越长，最低点速度越大，故vA＞vB，A正确，B、C、D错误．7．(2020年恩施联考)如图所示，将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的小球用长为L的细线拴住并固定在装满水的容器底部，忽略阻力，将小球与竖直方向拉开一小角度，小球做简谐运动，重力加速度取g，小球简谐运动的周期可能为(　　)A．2π　　 B．2πC．2π　　 D．2π【答案】C　【解析】单摆的周期公式T＝2π，可知，周期只与摆长、重力加速度有关，在这个系统中，重力加速度不再是g，我们假设为g′，则G＝mg′＝ρVg′，又G＝(ρ水－ρ)Vg，联立解得T＝2π，故A、B、D错误，C正确．8．(2021届郑州名校期中)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小D．tc时刻甲、乙两单摆的速率相等【答案】A　【解析】由题图可知＝＝，又因为T＝2π，所以摆长之比为，A正确；由于两摆线长度不同，在ta时刻离开平衡位置位移相等，两个单摆的摆角不相等，B错误；因为甲的摆线短、摆幅大，所以甲上升的最大高度大于乙的，在tb时刻，乙在平衡位置(最低处)，而甲在最高处，因此两者的势能差是最大的，C错误；由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的，所以tc时刻甲经过平衡位置时的速率大于乙的，D错误．9．(2021届北京第十二中学联考)如图所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球．用手向下拉一小段距离后释放铁球，铁球便上下做简谐运动，则(　　)A．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B．在小球从最高点向平衡位置运动的过程中小球的位移逐渐减小，回复力、加速度先减小后增大C．若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T＝2πD．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为【答案】C　【解析】当弹簧的弹力等于重力时，小球所受的合力为零，该位置才是平衡位置，A错误；在小球从最高点向平衡位置运动的过程中，小球的位移逐渐减小，回复力、加速度逐渐减小，B错误；在平衡位置时，弹簧的伸长量L＝，由题可知，单摆的振动周期T＝2π＝2π，C正确；若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为，D错误．B组·能力提升10．(多选)如图所示，单摆做简谐运动，平衡位置为O点，A、B分别为最大位移处，M、N两点关于O点对称．则下列说法中错误的是(　　)A．小球受重力、绳子拉力B．小球做简谐运动的整个过程中，合外力都不等于单摆的回复力C．小球在O点时合外力为0，在A、B两点不受绳子拉力D．小球经过M点的振幅与小球在N的振幅大小相等、方向相反【答案】BCD　【解析】小球只受两个力作用：重力和绳子的拉力， A正确；回复力的大小为振动方向上的合外力，对于单摆，它是重力沿运动方向上的分力，因为小球做的是圆周运动，所以径向合外力等于向心力，在最高点，合外力等于回复力，其他位置合外力不等于回复力， B错误；对单摆而言，平衡位置回复力为0，合外力提供向心力，不为0，在最大位移处，小球不做圆周运动，径向合外力为0，所以绳子拉力等于重力在径向的分力， C错误；振幅是标量，没有方向，不是位移，对于一个简谐运动而言，它是一个固定的值， D错误．11．(多选)如图所示，用绝缘细丝线悬挂着带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则(　　)A．当小球每次通过平衡位置时，动能相同B．当小球每次通过平衡位置时，速度相同C．当小球每次通过平衡位置时，细线拉力不相同D．磁场对摆的周期无影响【答案】ACD　【解析】小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所以机械能守恒．运动到最低点，球的速度大小相同，但方向可能不同，A正确，B错误．小球从左、右两方向通过最低点时，向心力相同，洛伦兹力方向相反，所以拉力不同，C正确．由于洛伦兹力不提供回复力，因此有无磁场，不影响振动周期，D正确．12．(2021届德州模拟)用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方．物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹．图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2．已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得的物体的加速度为(　　)A．　　 B．C．　　 D．【答案】B　【解析】由题意可知，AB段，BC段，CD段的时间相等且都等于单摆的半个周期，由匀变速直线运动规律得x2－x1＝2a2，其中T为单摆周期，则T＝2π，联立解得a＝，故A、C、D错误，B正确．13．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置．∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g取10 m/s2)，求：(1)单摆的周期和摆长；(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度．【答案】(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.05 kg　0.283 m/s【解析】(1)由图乙可知周期 T＝0.4π s，由T＝2π有 L＝，解得L＝0.4 m.(2)在B点拉力最大，Fmax＝0.510 N，有Fmax－mg＝m，①在A和C点拉力最小Fmin＝0.495 N，有Fmin＝mgcos α，②从A到B的过程中摆球的机械能守恒，有mgL(1－cos  α)＝mv2，③由①②③式消去cos  α 和 v2，代入数据得m＝0.05 kg，由①式解得v＝0.283 m/s.