高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动4 单摆综合训练题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动4 单摆综合训练题，共8页。试卷主要包含了关于单摆，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
4　单摆考点一　单摆及单摆的回复力1．一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(　　)A．位移增大   B．速度增大C．回复力减小   D．机械能增加2．(2022·江苏东台创新高级中学高二阶段练习)关于单摆，下列说法中正确的是(　　)A．摆球运动的回复力是它受到的合力B．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置C．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的D．摆球经过平衡位置时，加速度为零3．(2022·江苏泰州市高二期中)如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线(图中的虚线)，已知P、Q是木板1上的两点，木板1、2的移动速度分别为v1、v2，则(　　)A．P处堆积的细沙与Q处一样多B．P处堆积的细沙比Q处少C．v1∶v2＝3∶4D．v1∶v2＝4∶3考点二　单摆的周期4．一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，其变快的原因及调整的方法是(　　)A．g甲>g乙，将摆长缩短  B．g甲<g乙，将摆长放长C．g甲<g乙，将摆长缩短  D．g甲>g乙，将摆长放长5．摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区(　　)A．摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 sB．摆长是0.5 m的单摆的周期是1 sC．周期是1 s的单摆的摆长为2 mD．周期是4 s的单摆的摆长为4 m6．如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为(　　)A.   B.C.   D.7.(2022·江苏南通市高二期末)如图所示，表面光滑的固定圆弧轨道，最低点为P，弧长远小于R，现将可视为质点的两个小球从A、B点同时由静止释放，弧长AP大于BP，则(　　)A．两球在P点相遇B．两球在P点右侧相遇C．两球在P点左侧相遇D．以上情况均有可能8.(2022·江苏盐城市高二期末)某同学在家偶然发现一根不可伸长的细线垂到窗沿，他想利用单摆原理粗测细线的总长度。先在线的下端系上一个小球，当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m。他打开窗户，让小球在垂直于墙的竖直平面内做小角度摆动，如图所示。从小球第1次通过图中的B点开始计时，到第31次通过B点共用时60 s，g＝10 m/s2，根据以上数据可知细线的长度约为(　　)A．8 m   B．9 mC．10 m   D．20 m9.甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像判定下列说法错误的是(　　)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∶4B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3D．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∶410．甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置，观察单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。下列关于两图线的分析正确的是(　　)A．N1对应的砂摆振动的幅度较大，N2对应的砂摆振动的幅度较小B．N1振动的周期大于N2振动的周期C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大D．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11．(2023·江苏宿迁市高二期中)如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2。求：(1)单摆的摆长；(2)摆球的质量。              12.(2022·江苏泰州中学高二期中)如图所示，倾角为θ的斜面MN上的B点固定一光滑圆弧槽AB(对应的圆心角小于5°)，其圆心在B点正上方的O点，另外，光滑斜面OC和OD的下端亦在MN上，让可视为质点的小球分别无初速度出发，从A点到达B的时间为tB，从O点到达C的时间为tC，从O点到达D的时间为tD。比较这三段时间，正确的是(　　)A．tB＝tC＝tD   B．tD>tC>tBC．tB>tD>tC   D．tB>tC＝tD     4　单摆1．A　[简谐运动中，以平衡位置为位移的起点，在偏角增大的过程中，位移增大，选项A正确；离平衡位置越远，速度越小，因此在偏角增大的过程中，速度减小，选项B错误；离平衡位置越远，回复力越大，因此在偏角增大的过程中，回复力增大，选项C错误；单摆做简谐运动过程中，机械能守恒，无论偏角增大还是减小，机械能保持不变，选项D错误。]2．C　[单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，故A错误；摆球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故B错误；摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，受力情况相同，加速度是不变的，故C正确；摆球经过平衡位置时，加速度不为零，有向心加速度，故D错误。]3．C　[沙漏摆动时在最大位移处速度为零，在平衡位置处速度最大，所以P处堆积的细沙比Q处多，故A、B错误；木板做匀速运动，设沙漏振动周期为T，则v1×2T＝v2×T，解得＝，故C正确，D错误。]4．B　[根据单摆周期公式T＝2π，振动变快了，则周期变短了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，为了增大周期，可以增大摆长，B正确。]5．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＝2π可知，当地的重力加速度g＝＝π2 m/s2。摆长是0.5 m 的单摆的周期T1＝2π＝2π× s≈1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长l2＝＝0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长l3＝＝4 m，故C错误，D正确。]6．B　[由题图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足T＝，单摆周期公式为T＝2π，解得该单摆的等效摆长为l＝，B正确。]7．A　[由于弧长远小于R，所以两球的运动都可以看作是单摆，可知两球从释放到最低点的时间都等于单摆周期(单摆周期公式T＝2π)的四分之一，摆长相等，l＝R，所以两球会同时到达P点，故B、C、D错误，A正确。]8．B　[设细线的长度为L，球心到窗上沿的距离为d，由题意可知，该单摆振动周期为T＝＝4 s，由单摆的周期公式可得T＝π＋π，代入数据解得L≈9 m，故细线的长度约为9 m，故选B。]9．A　[根据题图可知，单摆振动的周期关系为T甲＝T乙，所以周期之比为＝，所以频率之比为＝，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T＝2π，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，可得重力加速度之比为9∶4，故D正确。]10．C　[由题图乙可知，N1对应的砂摆振动的幅度与N2对应的砂摆振动的幅度相同，故A错误；由公式T＝2π可知，两摆由于摆长相同，则两摆的周期相同，故B错误；由题图可知，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－cos θ)＝mv2，在最低点有FT－mg＝m，解得FT＝3mg－2mgcos 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。]11．(1)0.4 m　(2)0.05 kg解析　(1)由题图乙可知，单摆的振动周期T＝0.4π s根据单摆周期公式T＝2π可得单摆的摆长l＝0.4 m(2)设最大偏角为θ，由题图乙可知，在最高点A时，有Fmin＝mgcos θ＝0.495 N在最低点B时，有Fmax－mg＝，而Fmax＝0.510 N从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律得mgl(1－cos θ)＝mv2，联立解得m＝0.05 kg。12．C　[由单摆运动的特点可知从A点到达B的时间tB＝＝，由于OD垂直于MN，由几何知识可知OD与竖直方向夹角为θ，则OD段为l＝Rcos θ＝(gcos θ)tD2，解得tD＝，分析可知OC与OB的夹角α小于θ，OC段的长度l′<Rcos α，即(gcos α)tC2<Rcos α则tC<tD，所以tB>tD>tC，故C正确，A、B、D错误。]