【文档说明】新教材2021-2022人教版物理（江苏专用）选择性必修第一册课时检测：2.4单摆含解析.docx，共(8)页，366.600 KB，由小赞的店铺上传

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课时跟踪检测(九)单摆1．夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中，现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是()A．小王荡秋千时，其周期大于6

.28sB．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小D．该秋千的绳子长度约为10m解析：选D小王荡秋千时，根据T＝2πlg，可知做单摆运动的物体的周期与质量无关，其周期等于6.28s，故A错误；图中a点对应荡秋千时的最高点，此时

回复力最大，故B错误；小明荡到图中对应的b点时，b点为平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2πlg，计算得l≈10m，故D正确。2．惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤势能提供，运动的速率由

钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示，下列说法正确的是()A．当摆钟不准时需要调整圆盘位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆下移D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移解析：选A调整圆盘位置可改变摆长，从而达到

调整周期的作用。若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即下移圆盘；由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘；从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长。综上所述，选项A正确。3．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如

图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是()A．单摆的摆长约为1.0mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8cos(πt)cmC．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t＝1.0s到t＝1.5

s的过程中，摆球的回复力逐渐减小解析：选A由题图乙可知单摆的周期T＝2s，振幅A＝8cm，由单摆的周期公式T＝2πlg，代入数据可得l＝1m，A正确；由ω＝2πT可得ω＝πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin(πt)cm，B错误；从

t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C错误；从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D错误。4．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为T2，

若这两个行星的质量之比为M1∶M2＝4∶1，半径之比R1∶R2＝2∶1，则()A．T1∶T2＝1∶1B．T1∶T2＝4∶1C．T1∶T2＝2∶1D．T1∶T2＝1∶2解析：选A单摆的周期公式为T＝2πlg，同一单摆即有T∝1g，又据万有引力

定律mg＝GMmR2，有g＝GMR2，因此T∝R2M，故T1∶T2＝R12M2M1R22＝4×14×1＝1∶1，故A正确。5.如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二

次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是()A．t1＝t2，v1>v2B．t1>t2，v1<v2C．t1<t2，v1>v2D．t1>t2，v1>v2解析：选A小球从A、B点滑下均做

类单摆运动，由单摆周期公式T＝2πlg，可得t1＝TA4＝π2Rg，t2＝TB4＝π2Rg，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1＞v2。故A正确，B、C、D错误。6.

两个质量相等的弹性小球分别挂在l1＝1.00m，l2＝0.25m的细绳上，两球重心等高，如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后，从B球开始运动计算，经过4s两球相碰的次数为()A．3次B．4次C．5次

D．6次解析：选C先计算两球运动的周期，T1＝2πl1g＝2s，T2＝2πl2g＝1s，从B开始运动经T24，即0.25s第一次相碰，并经T12，即1s第二次相碰；再经T22，即0.5s第三次相碰，可推证到第5次相碰共用时3.25s，到

第六次相碰共用时4.25s，故经过4s两球相碰的次数为5次。故选C。7．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平速度v1、v2(v1＞v2)离开平衡位置，在竖直平面内做小角度摆动，它们的周期与振幅分别为T1、T2和A1、

A2，则()A．T1＞T2，A1＝A2B．T1＜T2，A1＝A2C．T1＝T2，A1＞A2D．T1＝T2，A1＜A2解析：选C根据单摆周期公式T＝2πlg，相同的单摆，周期相同，即T1＝T2；根据机械能守恒得，速

度大者摆角大，则振幅也大，所以A1＞A2。故A、B、D错误，C正确。8．甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置，观察单摆做运动时的振动图像。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。下列关于两图线相关的分析，正

确的是()A．N1表示砂摆振动的幅度较大，N2表示砂摆振动的幅度较小B．N1与N2振动的周期不同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

的拉力大解析：选C由图乙可知，N1表示砂摆振动的幅度与N1表示砂摆振动的幅度相同，故A错误；由公式T＝2πlg可知，两摆由于摆长相同，则两摆的周期相同，故B错误；由图可知，N1对应的木板的时间为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－cosθ)＝12mv2，在最低点有T－mg＝mv2l，解得T＝3mg－2mgcosθ，由于两摆的振动幅度相同，即θ相同，则拉

力相同，故D错误。9．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速

度大小不相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：选D两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，

由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即12mv02＝12mv12＋12·3mv22，解两式得v1＝12v0，v2＝12v0，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误；第一次碰

撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，选项B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等

，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错误；由单摆的周期公式T＝2πlg可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。10.如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端

固定在天花板上O点处，在O点正下方34l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的

x-t关系的是()ABCD解析：选A摆长为l时单摆的周期T1＝2πlg，振幅A1＝lsinα(α为摆角)；摆长为14l时单摆的周期T2＝2π14lg＝πlg＝T12，振幅A2＝14lsinβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝

mgl4(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2α2，cosβ＝1－2sin2β2，以及sinα＝tanα＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝12A1，故选项A正确。11.天津市某中学生在本校实验室利用一单摆做小角度摆动，通过实

验得到摆球振动位移x随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．该同学所用单摆摆长约为1mB．t＝0时刻与t＝1s时刻摆球的速度相同C．t＝0时刻摆球加速度为零，所受合力为零D．t＝0.5s时刻摆线

的拉力最大解析：选A从图像可以知道，T＝2s，由T＝2πlg，得l＝gT24π2≈1m，A项正确；t＝0时刻与t＝1s时刻摆球都处于平衡位置，速度大小相等，但方向相反，B项错误；t＝0时刻摆球处于平衡位置即最低点，单摆实际上在一定的弧度内做圆周运动，如图所示，在最低点，合力提供向心力，所以合

力和加速度都不为零，故C项错误；t＝0.5s时刻摆球在最大位移处，速度为0，重力沿绳子方向的分力G1与绳子拉力FT′平衡，因此，FT′＝G1，拉力比重力小，而在平衡位置摆球速度最大，合力提供向心力，有FT－G＝mv2R，拉力比重力大，D

项错误。12．甲、乙两单摆振动图像如图所示，则()A．甲的振幅小B．乙的摆长短C．ta时刻甲的摆角大D．tb时刻两摆球速度相同解析：选C由题图可知，甲的振幅大，故A错误；由题图知，甲单摆的周期T甲＝23tb，乙单摆的周

期T乙＝tb，则T甲∶T乙＝2∶3，由单摆周期公式T＝2πlg得甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙＝T甲2T乙2＝49，故B错误；ta时刻甲、乙两单摆的位移相等，由于甲的摆长短，则甲的摆角大，故C正确；tb时刻甲、乙两摆球均通过平衡位置，速度方向相反，则速度不同，故D错误。13．如图

所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生碰撞，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当

B球重新回到位置P时能与A再次相遇，则位置P与墙壁间的距离d可能为()A.πv4lgB.πv2lgC.3πv4lgD.5πv4lg解析：选B摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变。而B球做匀速直线运动，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍。B球

运动时间t＝n·T2(n＝1,2,3…)又t＝2dv，T＝2πlg联立解得d＝πnv2lg(n＝1,2,3…)当n＝1时，d＝πv2lg当n＝2时，d＝πvlg当n＝3时，d＝3πv2lg……故B正确

，A、C、D错误。14．小明同学做了一个单摆，其摆长l＝1.02m，摆球质量m＝0.10kg，假设单摆做简谐运动，他测出单摆振动30次所用的时间t＝60.8s。(1)求当地的重力加速度是多大。(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2s)，

摆长应怎样改变？改变多少？解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式为T＝2πlg，由此可得g＝4π2lT2，只要求出T值代入即可。因为T＝tn＝60.830s≈2.027s，所以g＝4π2lT2＝4×

3.142×1.022.0272m/s2≈9.79m/s2。(2)秒摆的周期是2s，设其摆长为l0，由于在同一地点，重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有TT0＝ll0，故有l0＝T02lT2＝22×1.022.0272m≈

0.993m。其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1.02m－0.993m＝0.027m。答案：(1)9.79m/s2(2)其摆长要缩短0.027m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com