2024-2025學年高二物理選擇性必修第一冊（配粵教版）分層作業(yè)10 單擺

分層作業(yè)10單擺A組必備知識基礎練1.已知單擺a完成10次全振動的時間內(nèi),單擺b完成6次全振動,兩擺長之差為1.6m,則兩單擺長la與lb分別為()A.la=2.5m,lb=0.9m B.la=0.9m,lb=2.5mC.la=2.4m,lb=4.0m D.la=4.0m,lb=2.4m2.下列關于單擺周期的說法正確的是()A.用一個裝滿沙的漏斗和長細線做成一個單擺,在擺動時沙從漏斗中緩慢漏出,周期不變B.只將擺球的質(zhì)量增大,單擺振動周期增大C.將擺由赤道移到北極,單擺振動周期減小D.將單擺的擺角由3°增加到5°(不計空氣阻力),單擺的周期減小3.關于單擺,下列說法正確的是()A.擺球做勻速圓周運動B.擺球擺動到最低點時加速度為零C.擺球速度變化的周期等于振動周期D.擺球振動的頻率與振幅有關4.(2024廣東梅州高二模擬)同一實驗室中甲、乙兩個單擺的振動圖像如圖所示,從圖像可知()A.兩擺球質(zhì)量相等B.兩單擺的擺長相等C.兩單擺相位相同D.在相同時間內(nèi),兩擺球通過的路程總有s甲=2s乙5.(多選)在同一地點的A、B兩個單擺做簡諧運動的圖像如圖所示,其中實線表示A的運動圖像,虛線表示B的運動圖像.關于這兩個單擺的以下判斷正確的是()A.這兩個單擺的擺球質(zhì)量一定相等B.這兩個單擺的擺長一定不同C.這兩個單擺的最大擺角一定相同D.這兩個單擺的振幅一定相同6.質(zhì)量相同的甲、乙兩小球用細線系于同一根水平桿上,兩小球做簡諧運動的圖像如圖所示,則()A.兩小球經(jīng)過平衡位置時速度一樣大B.運動過程中甲的最大加速度大C.兩小球擺動過程中乙的最大擺角大D.運動過程中甲的機械能小于乙的機械能7.(2024廣東高二統(tǒng)考期末)如圖所示,半徑為r的金屬球由長為L的輕質(zhì)細線懸掛于O點,現(xiàn)將球向右拉開一個小角度θ(θ<5°)后由靜止釋放,重力加速度為g,不計空氣阻力,則小球第一次運動至O點正下方時所用時間為()A.π2L+rgC.πL+rg D.π8.圖甲是一個單擺振動的情形,O是它的平衡位置,B、C是擺球所能到達的最遠位置,設擺球向右運動為正方向,圖乙是這個單擺的振動圖像.(1)求單擺振動的頻率.(2)求開始時刻擺球的位置.(3)若當?shù)氐闹亓铀俣葹?0m/s2,求這個單擺的擺長.B組關鍵能力提升練9.下圖是兩個單擺的振動圖像,以下說法正確的是()A.甲、乙兩個擺的頻率之比為1∶1B.甲、乙兩個擺的頻率之比為1∶2C.甲、乙兩個擺的擺長之比為1∶2D.甲、乙兩個擺的擺長之比為1∶410.在上海走時準確的擺鐘,被考察隊帶到北極黃河站,則這個擺鐘()A.變慢了,重新校準應減小擺長B.變慢了,重新校準應增大擺長C.變快了,重新校準應減小擺長D.變快了,重新校準應增大擺長11.(多選)兩個擺長相同的甲、乙單擺,擺球質(zhì)量之比為4∶1,在不同地域振動,當甲擺振動4次的同時,乙擺恰振動5次,則()A.甲、乙兩擺的振動周期之比為4∶5B.甲、乙兩擺的振動周期之比為5∶4C.甲、乙兩擺所在地域重力加速度之比為16∶25D.甲、乙兩擺所在地域重力加速度之比為25∶1612.圖甲是演示簡諧運動圖像的裝置,當盛沙漏斗下面的薄木板N被勻速地拉出時,擺動著的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲線顯示出擺的位移隨時間變化的關系.板上的直線OO'代表時間軸.圖乙是兩個擺中的沙在各自木板上形成的曲線.若板N1和板N2的速度v1和v2的關系為v2=2v1,當兩板勻速拉出的距離相同時,則板N1、N2上曲線所代表的振動的周期T1和T2的關系為()A.T2=T1 B.T2=2T1C.T2=4T1 D.T2=14T13.如圖所示的幾個相同單擺在不同條件下,關于它們的周期關系判斷正確的是()A.T1>T2>T3>T4B.T1<T2=T3<T4C.T1>T2=T3>T4D.T1<T2<T3<T414.如圖所示,ACB為半徑為R的光滑弧形槽,弧AB?R.甲球從弧形槽的球心處自由落下,乙球從A點由靜止釋放.(1)求兩球第1次到達C點的時間之比.(2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放小球甲,讓其自由下落,同時乙球從圓弧左側(cè)由靜止釋放,欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇,求甲球下落的高度h.答案：1.B解析設兩個單擺的周期分別為Ta和Tb.由題意,10Ta=6Tb得Ta∶Tb=3∶5.根據(jù)單擺周期公式T=2πl(wèi)g,可知l=g4π2T2,由此得la∶lb=Ta2∶Tb2=9∶25,則la=925-9×1.6m=0.9m,lb=252.C解析沙從漏斗中緩慢漏出時,等效擺長變化,周期變化,選項A錯誤;單擺的振動周期與擺球的質(zhì)量無關,選項B錯誤;擺由赤道移到北極,重力加速度增大,則周期減小,選項C正確;在擺角很小時,單擺的周期與擺角大小無關,選項D錯誤.3.C解析擺球在擺動中速度大小是變化的,不是勻速圓周運動,A錯誤;擺球擺動到最低點時加速度不為零,擺球受向上的合力,故加速度豎直向上,B錯誤;擺球速度變化的周期以及位移變化的周期均等于振動周期,C正確;擺球振動的頻率與振幅無關,只取決于擺長和當?shù)氐闹亓铀俣?D錯誤.4.B解析從圖像上可得出振幅,單擺周期與質(zhì)量無關,所以無法得到兩球的質(zhì)量關系,A錯誤;從圖上知,T甲=T乙,又由T=2πLg,可得,兩單擺的擺長相等,B正確;由圖像可知x甲=2sinωt+π2cm,x乙=sinωtcm,兩單擺相位相差為π2,C錯誤;由于兩個擺的初相位不同,所以只有從平衡位置或最大位移處開始計時,而且末位置也是在平衡位置或最大位移處的特殊情況下,經(jīng)過相同時間,兩擺球通過的路程才一定滿足s甲=2s乙,若不能滿足以上要求,則不一定滿足s甲=25.BD解析由題圖可知,兩單擺的振幅相等,周期不等,所以兩單擺的擺長一定不同,故B、D正確;由振幅相等而擺長不等知C錯誤;單擺的周期與質(zhì)量無關,兩擺球質(zhì)量關系不確定,故A錯誤.6.B解析由題圖可知,甲、乙周期之比T甲T乙=12,甲、乙的振幅之比A甲A乙=52,根據(jù)單擺周期公式T=2πl(wèi)g可知甲、乙的擺長之比l甲l乙=T甲2T乙2=14,甲球擺長小,振幅大,所以擺動過程中甲的最大擺角大,故C錯誤;小球從最高點到最低點的過程中,由機械能守恒定律可知12mv2=mgl(1-cosα),小球經(jīng)過平衡位置時的速度v=2gl(1-cosα),7.A解析小球做單擺運動,根據(jù)單擺周期公式可得T=2πL+rg,小球第一次運動至O點正下方時所用時間為t=T48.答案(1)1.25Hz(2)B位置(3)0.16m解析(1)由題圖乙可知,單擺振動的周期T=0.8s,故其振動的頻率為f=1T=10.8Hz=1.(2)由題圖可知,開始時刻擺球位移為負向最大,故開始時刻擺球位于B位置.(3)由單擺的周期公式T=2πl(wèi)g可得l=T24π2g=0.824×39.D解析由圖可知甲、乙兩個擺的周期之比為1∶2,則頻率之比為2∶1,選項A、B錯誤;根據(jù)T=2πLg可得L=T2g4π2∝T2,可知甲、乙兩個擺的擺長之比為1∶4,10.D解析擺鐘從上海到北極,緯度升高,重力加速度g變大,由單擺的周期公式T=2πLg可知,擺鐘的周期變小,即擺動變快,要將周期T調(diào)大從而重新校準應增大擺長L,故選D11.BC解析當甲擺振動4次的同時,乙擺振動5次,故甲、乙兩擺振動頻率之比為4∶5,甲、乙兩擺的周期之比為5∶4,故A錯誤,B正確;根據(jù)T=2πl(wèi)g,甲、乙兩擺所在地域重力加速度之比為16∶25,故C正確,D錯誤12.D解析因N2板和N1板勻速拉過的距離相同,故兩板運動時間之比t1t2=v2v1=2.在這段距離內(nèi)N1板上方的擺只完成一個全振動,N2板上方的擺已完成兩個全振動,即t1=T1,t2=2T2,故T13.C解析題圖(1)中,當擺球偏離平衡位置時,重力沿斜面的分力mgsinθ為等效重力,即單擺的等效重力加速度g1=gsinθ;題圖(2)中兩個帶電小球的斥力總與運動方向垂直,不影響回復力;題圖(3)為標準單擺;題圖(4)中擺球處于超重狀態(tài),等效重力增大,故等效重力加速度增大,g4=g+a.由單擺振動的周期公式T=2πl(wèi)g,知T1>T2=T3>T4,選項C正確14.答案(1)22π(2)(2n+1解析(1)甲球做自由落體運動R=12gt12,乙球沿圓弧做簡諧運