【物理】2020届一轮复习人教版 单摆 课时作业
2020届一轮复习人教版 单摆 课时作业
1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是 ( )
【解析】选A。这些装置都是实际摆,我们在研究单摆的摆动过程中,通常忽略空气等对单摆的阻力,因此实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可伸长的线组成单摆。单摆是实际摆的理想化模型,所以只有A装置可视为单摆。
2.图中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动中的最低位置,则在摆动过程中 ( )
A.摆球在A点和C点处,速度为零,合力也为零
B.摆球在A点和C点处,速度为零,回复力也为零
C.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大
D.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大
【解析】选D。摆球在摆动过程中,在最高点A、C处速度为零,回复力最大,合力不为零,故A、B错误;在最低点B,速度最大,回复力为零,摆球做圆周运动,细线的拉力最大,故C错误、D正确。
【补偿训练】(多选)同一地点甲、乙两相同单摆做简谐运动的振动图象如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两摆的摆长相等
B.甲摆摆球所受到的最大回复力一定比乙大
C.甲摆摆球的最大速率比乙摆的小
D.甲摆振动的振幅比乙摆的大
【解析】选A、B、D。由题图可知:甲的振幅大,甲、乙的周期相等,由于在同一位置,故重力加速度相等,由T=知,A、D对。由于甲摆的振幅大,摆球的质量相等,故在平衡位置处甲摆的速率大,故C错。由于摆长相等,甲摆的振幅大,甲摆的摆角大,故甲摆所受的最大回复力大,B对。
3.(2018·宿州检测)单摆的摆球做简谐运动,经过平衡位置时正好遇到空中飘落下的速度可忽略的雨滴,雨滴均匀附着在摆球表面,则摆球在振动中有关物理量的变化情况是 ( )
A.最大速度不变,振幅不变,周期不变
B.最大速度变小,振幅变小,周期变小
C.最大速度变小,振幅变小,周期不变
D.最大速度变大,振幅变大,周期不变
【解题指南】(1)根据单摆的周期公式判断振动周期的变化。
(2)根据机械能守恒定律判断振幅和速度的变化。
【解析】选C。单摆经过平衡位置处,与竖直下落的雨滴相遇,由于摆球的能量不变,摆球的质量变大,所以摆球通过平衡位置的最大速度变小,根据机械能守恒定律知,上摆的最大高度变小,即振幅变小;由于单摆的周期与质量无关,所以周期不变。故A、B、D错误,C正确。
4.两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则 ( )
A.f1>f2,A1=A2 B.f1
A2 D.f1=f2,A1A2,故C正确。
【补偿训练】做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减小为原来的,则单摆振动的 ( )
A.频率、振幅都不变
B.频率、振幅都改变
C.频率不变、振幅改变
D.频率改变、振幅不变
【解析】选C。由单摆的周期公式T=可知,单摆摆长不变,则周期不变,频率不变;振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量,由Ek=mv2可知,摆球经过平衡位置时的速度减小,说明振幅减小,因此振幅改变,所以选项C正确。
5.(2018·南宁检测)摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(即取t=0),当振动至t=时,摆球恰具有负向最大速度,则单摆的振动图象是图中的 ( )
【解析】选D。t==T,摆球具有负向最大速度时,应在平衡位置,y=0,速度方向为-y方向,即沿y轴负方向,故D选项正确。
6.(多选)(2018·温州检测)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同,其振动图象如图所示。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A、C。由图可知==,又因为T=,所以摆长之比为4∶9,A正确。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对。由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的,由摆动过程机械能守恒得甲经过平衡位置时速度大于乙,D错。在ta时刻,两个单摆的位移相同但摆长不一样,所以对应的偏角不同,B错。
7.(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作,请你判断是否恰当(选填“是”或“否”)。
①把单摆从平衡位置拉开某一任意角度后释放: 。
②在摆球经过最低点时启动秒表计时: 。
③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期: 。
(2)该同学改进测量方法后,得到的部分测量数据见表。用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示,该球的直径为 mm,根据表中数据可以初步判断单摆周期随 的增大而增大。
数据组编号
摆长/mm
摆球质量/g
周期/s
1
999.3
32.2
2.0
2
999.3
16.5
2.0
3
799.2
32.2
1.8
4
799.2
16.5
1.8
5
501.1
32.2
1.4
6
501.1
16.5
1.4
【解析】(1)单摆在摆角很小时振动是简谐振动,摆角一般要小于5°,故①不合理;测单摆周期时,一般以小球经过最低点时开始计时,这样可以减小实验误差,故②合理;用摆球一次全振动的时间作为单摆的周期测量误差较大,为减小测量误差,要测多个周期的时间求平均值,故③不合理;(2)由图示螺旋测微器可知,主示数为20.5mm,游标尺示数为18.5×0.01mm=0.185mm,读数为20.685mm。从图中数据可知:摆长相同时,周期相同,摆长变大时,周期变大,根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。
答案:(1)①否 ②是 ③否 (2)20.685 摆长
【能力提升练】
1.(2018·兰州检测)一单摆的摆长为40cm,摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动,若g取10m/s2,则在1s时摆球的运动情况是 ( )
A.正向左做减速运动,加速度正在增大
B.正向左做加速运动,加速度正在减小
C.正向右做减速运动,加速度正在增大
D.正向右做加速运动,加速度正在减小
【解析】选D。由T=,代入数据得T=1.256s,则1s时,正处于第四个T内,由左侧最大位移向平衡位置运动,D正确。
2.如图所示,两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2,圆心分别为O1和O2,所对应的圆心角均小于5°,在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧,距离MO小于NO。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置,下列判断正确的是 ( )
A.恰好在O点 B.一定在O点的左侧
C.一定在O点的右侧 D.条件不足,无法确定
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°,小球的运动类似于单摆的运动。
(2)等效摆长等于圆弧的半径R,其周期T=2π。
【解析】选C。据题意,两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°,把两球在圆弧上的运动看作等效单摆,等效摆长等于圆弧的半径,则A、B两球的运动周期分别为TA=2π,TB=2π,两球第一次到达O点的时间分别为tA=TA=,tB=TB=,由于R1
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