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第三节　单　摆
课时作业
(分值:85分)
(选择题每题6分)
知识点一　单摆的回复力及运动特征
1.(多选)关于单摆,下列说法正确的有(　　)
[A] 摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
[B] 摆球受到的回复力就是它的合力
[C] 摆球经过平衡位置时,所受的回复力为零,但合力并不为零
[D] 摆角很小时,摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
【答案】 AC
【解析】 摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置,A正确;单摆的回复力除了在最高点外都不是摆球受到的合力,但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力,B错误;摆球经过平衡位置时,回复力为零,因悬线方向上需要向心力,所以合力不为零,C正确,D错误.
2.(2025·广东汕头期中)下列有关单摆的说法正确的是(　　)
[A] 一根橡皮筋一端系在悬点,另一端连接一个小球,可以构成一个单摆
[B] 单摆的摆动一定是简谐运动
[C] 若单摆在同一平面内摆动,且偏角小于5°,可以认为该单摆的运动是简谐运动
[D] 有空气阻力,并不影响单摆做简谐运动
【答案】 C
【解析】 橡皮筋受到拉力时形变量较大,连接小球构成的装置不可看成单摆,A错误;若单摆在同一平面内摆动,偏角大于5°,则该单摆的运动不是简谐运动,B错误,C正确;有空气阻力情况下单摆的运动不能视为简谐运动,D错误.
知识点二　单摆的周期
3.(2025·广东河源期末)一物体在某行星表面受到的引力是它在地球上受到引力的,在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上,时针转一圈所经历的时间为(　　)
[A] 6 h [B] 12 h [C] 24 h [D] 48 h
【答案】 C
【解析】 由题意可知,行星表面重力加速度g′=,由单摆周期公式T=2π,可知摆钟在该行星表面摆动的周期T′是在地球表面周期T的两倍,即T′=2T,因此时针走一圈实际经历的时间是24 h,故C正确.
4.(多选)(2025·广东深圳联考)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示.根据振动图像可以断定(　　)
[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
【答案】 BCD
【解析】 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T甲∶T乙=2∶3,频率之比为f甲∶f乙=3∶2,B、C正确;若甲、乙在同一地点,则重力加速度相同,根据周期公式T=2π可得摆长之比为4∶9,A错误;若在不同地点,摆长相同,根据T=2π得重力加速度之比为9∶4,D正确.
5.(多选)(2025·广东广州期中)两个摆长相同的甲、乙单摆,摆球质量之比为4∶1,在不同地域振动,当甲摆振动4次的同时,乙摆恰振动5次,则(　　)
[A] 甲、乙两摆的振动周期之比为4∶5
[B] 甲、乙两摆的振动周期之比为5∶4
[C] 甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25
[D] 甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为25∶16
【答案】 BC
【解析】 当甲摆振动4次的同时,乙摆振动5次,故甲、乙两摆振动频率之比为4∶5,甲、乙两摆的周期之比为5∶4,故A错误,B正确;根据T=2π可知,甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25,故C正确,D错误.
知识点三　“类单摆”模型
6.如图所示为演示简谐运动的沙摆,沙筒的质量为m,沙子的质量为M,M>m,在沙子逐渐漏完的过程中,摆的周期(　　)
[A] 不变
[B] 先变大后变小
[C] 先变小后变大
[D] 逐渐变大
【答案】 B
【解析】 由题可知,M>m,当沙子逐渐漏完的过程中,沙筒的重心先下降后升高,则该沙摆的摆长先增大后减小,由单摆的周期公式T=2π可知,该摆的周期先变大后变小,故B正确,A、C、D错误.
7.如图所示,一小球用细线悬挂于O点,细线长为L,O点的正下方L处有一铁钉.将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小),这个摆的周期是(　　)
[A] 2π [B] π
[C] (+1)π [D] (+1)π
【答案】 D
【解析】 以L为摆长的运动时间为t1=×2π,以L为摆长的运动时间为t2=×2π,则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π,D正确.
(选择题每题9分)
8.(2025·广东广州期末)某同学在探究单摆运动中,图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图,图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像,根据以上信息可得(　　)
[A] 摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
[B] 从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5 s
[C] 用米尺量得细线长度为L,即摆长为L
[D] 由图乙可计算出单摆的长度约为1.0 m
【答案】 B
【解析】 单摆运动的回复力是由摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当,而摆球所受重力在摆线方向上的分力和摆线对摆球拉力的合力提供向心力,A错误;当摆球运动到最低点时,摆线的拉力达到最大,力传感器的示数最大,所以从0时刻开始,摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5 s,B正确;摆长为细线长度与小球半径之和,C错误;根据单摆的周期公式T=2π,由题图乙可知T=2×0.8 s=1.6 s,解得L≈0.64 m,D错误.
9.(多选)如图所示,在一个水平放置的槽中,小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动,已知圆弧AB=0.9 m,AB圆弧的半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面内,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2,欲使小球恰能通过C点,则其初速度的大小可能有(　　)
[A] m/s [B] m/s
[C] m/s [D] m/s
【答案】 AC
【解析】 小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动,把小球的运动进行分解,一个在水平方向做匀速运动,一个在竖直面上做单摆运动,根据单摆周期公式有T=2π=2π s,小球自A点运动到C点,在竖直面上运动的时间为t=(2n+1)=(2n+1)π s(n=0,1,2,…),由于分运动的等时性,所以初速度为v== m/s(n=0,1,2,…),当n=0时,v1= m/s,当n=1时,v2
= m/s,选项A、C符合题意.
10.(多选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘与座椅边缘平行(图甲),让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动,此时秋千可看作一个理想的单摆,摆长为L.从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图像如图乙所示.以下说法正确的有(　　)
[A] 忽略空气阻力,秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
[B] 当秋千摆至最低点时,秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
[C] 秋千摆动的周期为t3-t1
[D] 该地的重力加速度g=
【答案】 BC
【解析】 忽略空气阻力,秋千的回复力由重力沿单摆运动切线方向的分力提供,A错误;在最低点,合力提供向心力,N-mg=m,秋千对手机的支持力N=mg+m>mg,故秋千对手机的支持力大于手机所受的重力,B正确;秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到原最大振幅偏角位置所用的时间,所以两次经过最低点,有两次向心加速度最大,根据垂直手机平面方向的a-t关系图像,周期为T=t3-t1,C正确;根据单摆周期公式T=2π,又T=t3-t1,故当地重力加速度g=,D错误.
11.(4分,每空2分)(2025·广东广州联考)在演示简谐运动图像的沙摆实验(如图甲)中,如果使木板沿直线OO′做匀加速直线运动,摆动着的漏斗中漏出的沙在木板上显示出如图乙所示曲线,A、B、C、D均为直线OO′上的点,测出 =16 cm,=48 cm,摆长为64 cm(可视为不变),摆角小于5°,则该沙摆的周期约为　　　 s,木板的加速度大小为　　 　　 m/s2
(g取10 m/s2,π≈).
【答案】 1.6　0.5
【解析】 根据单摆周期公式求得T=2π≈1.6 s,木板做匀加速运动,根据位移差公式Δs=(0.48-0.16)m=a()2,代入数据解得a=0.5 m/s2.
12.(12分)(2025·广东佛山联考)将一个力电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点为单摆的固定悬点,将质量为m=0.05 kg的小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,静止释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=θ,θ小于5°且是未知量.由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示,图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻.试根据力学规律和题中所给的信息求:(g取10 m/s2,π≈3.14)
(1)(6分)单摆的振动周期和摆长;
(2)(6分)摆球运动过程中的最大速度.
【答案】 (1)1.256 s　0.4 m　(2)0.2 m/s
【解析】 (1)摆球在一个周期内两次经过最低点,根据该规律并结合图像可知,
周期T=0.4π s=1.256 s,
由单摆的周期公式T=2π知,
摆长L== m=0.4 m.
(2)在最低点B时,摆球的速度最大,此时细线对摆球的拉力最大.根据牛顿第二定律得
Fmax-mg=m,
解得最大速度v=0.2 m/s.第三节　单　摆
课时作业
(分值:85分)
(选择题每题6分)
知识点一　单摆的回复力及运动特征
1.(多选)关于单摆,下列说法正确的有(　　)
[A] 摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
[B] 摆球受到的回复力就是它的合力
[C] 摆球经过平衡位置时,所受的回复力为零,但合力并不为零
[D] 摆角很小时,摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
2.(2025·广东汕头期中)下列有关单摆的说法正确的是(　　)
[A] 一根橡皮筋一端系在悬点,另一端连接一个小球,可以构成一个单摆
[B] 单摆的摆动一定是简谐运动
[C] 若单摆在同一平面内摆动,且偏角小于5°,可以认为该单摆的运动是简谐运动
[D] 有空气阻力,并不影响单摆做简谐运动
3.(2025·广东河源期末)一物体在某行星表面受到的引力是它在地球上受到引力的,在地球上走时准确的摆钟搬到该行星上,时针转一圈所经历的时间为(　　)
[A] 6 h [B] 12 h [C] 24 h [D] 48 h
4.(多选)(2025·广东深圳联考)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示.根据振动图像可以断定(　　)
[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
5.(多选)(2025·广东广州期中)两个摆长相同的甲、乙单摆,摆球质量之比为4∶1,在不同地域振动,当甲摆振动4次的同时,乙摆恰振动5次,则(　　)
[A] 甲、乙两摆的振动周期之比为4∶5
[B] 甲、乙两摆的振动周期之比为5∶4
[C] 甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25
[D] 甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为25∶16
6.如图所示为演示简谐运动的沙摆,沙筒的质量为m,沙子的质量为M,M>m,在沙子逐渐漏完的过程中,摆的周期(　　)
[A] 不变
[B] 先变大后变小
[C] 先变小后变大
[D] 逐渐变大
7.如图所示,一小球用细线悬挂于O点,细线长为L,O点的正下方L处有一铁钉.将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小),这个摆的周期是(　　)
[A] 2π [B] π
[C] (+1)π [D] (+1)π
8.(2025·广东广州期末)某同学在探究单摆运动中,图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图,图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像,根据以上信息可得(　　)
[A] 摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
[B] 从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5 s
[C] 用米尺量得细线长度为L,即摆长为L
[D] 由图乙可计算出单摆的长度约为1.0 m
9.(多选)如图所示,在一个水平放置的槽中,小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动,已知圆弧AB=0.9 m,AB圆弧的半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面内,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2,欲使小球恰能通过C点,则其初速度的大小可能有(　　)
[A] m/s [B] m/s
[C] m/s [D] m/s
10.(多选)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘与座椅边缘平行(图甲),让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动,此时秋千可看作一个理想的单摆,摆长为L.从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图像如图乙所示.以下说法正确的有(　　)
[A] 忽略空气阻力,秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
[B] 当秋千摆至最低点时,秋千对手机的支持力大于手机所受的重力
[C] 秋千摆动的周期为t3-t1
[D] 该地的重力加速度g=
11.(4分,每空2分)(2025·广东广州联考)在演示简谐运动图像的沙摆实验(如图甲)中,如果使木板沿直线OO′做匀加速直线运动,摆动着的漏斗中漏出的沙在木板上显示出如图乙所示曲线,A、B、C、D均为直线OO′上的点,测出 =16 cm,=48 cm,摆长为64 cm(可视为不变),摆角小于5°,则该沙摆的周期约为　　　 s,木板的加速度大小为　　 　　 m/s2
(g取10 m/s2,π≈).
12.(12分)(2025·广东佛山联考)将一个力电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点为单摆的固定悬点,将质量为m=0.05 kg的小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,静止释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=θ,θ小于5°且是未知量.由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示,图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻.试根据力学规律和题中所给的信息求:(g取10 m/s2,π≈3.14)
(1)(6分)单摆的振动周期和摆长;
(2)(6分)摆球运动过程中的最大速度.

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