2024-2025學(xué)年人教版高二物理同步練習(xí):單擺(解析版)_第1頁
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文檔簡介

單擺

知破?學(xué)習(xí)。林

1.知道單擺是一種理想化模型,理解單擺模型的條件,能將實際問題中的對象和過程轉(zhuǎn)化

為單擺模型。

2.能通過理論推導(dǎo),判定單擺小角度振動時的運動特點。

3.在探究單擺的周期與擺長的定量關(guān)系時,能分析數(shù)據(jù)、發(fā)現(xiàn)規(guī)律、形成合理的結(jié)論,能

用己有的物理知識解釋相關(guān)現(xiàn)象。

4.知道單擺周期與擺長、重力加速度的關(guān)系,能運用其解決相關(guān)實際問題。

知3?務(wù)實知M

考點一、單擺

1.單擺的組成:由細(xì)線和小球組成.

2.理想化模型

(1)細(xì)線的質(zhì)量與小球相比可以忽略.(2)小球的直徑與線的長度相比可以忽略

考點二:單擺的回復(fù)力

(1)回復(fù)力的來源:擺球的重力沿圓弧切線方向的分力.

(2)回復(fù)力的特點:在擺角很小時,擺球所受的回復(fù)力與它偏離平衡位置的

位移成正比,方向總指向平衡位置,即尸=一苧.從回復(fù)力特點可以判斷單

擺做簡諧運動.圖2.4-1分析單擺的回復(fù)力

考點三、單擺的周期

探究單擺周期與擺長之間的關(guān)系

如圖2.4-4,在鐵架臺的橫梁上固定兩個單擺,按照以

下幾種情況,把它們拉起一定角度后同時釋放,觀察兩擺

的振動周期。圖2.4-4研究單擺的振動周期

1.兩擺的擺球質(zhì)量、擺長相同,振幅不同(都在小偏角下)。

2.兩擺的擺長、振幅相同,擺球質(zhì)量不同。

3.兩擺的振幅、擺球質(zhì)量相同,擺長不同。

比較三種情況下兩擺的周期,可以得出什么結(jié)論?

1.單擺振動的周期與擺球質(zhì)量無差(填“有關(guān)”或“無關(guān)”),在振幅較小時與振幅轉(zhuǎn)(填“有關(guān)”

或“無關(guān)”),但與擺長有關(guān)(填“有關(guān)”或“無關(guān)”),擺長越長,周期越大(填“越大”“越小”或“不

變”).

2.周期公式

(1)提出:周期公式是荷蘭物理學(xué)家惠更斯首先提出的.

(2)公式:即周期T與擺長/的二次方根成正比,與重力加速度g的二次方根成反比,而

與振幅、擺球質(zhì)量無關(guān).

提秘?創(chuàng)題樣析

題型1單擺的回復(fù)力

[例題1](2024春?大興區(qū)校級期中)關(guān)于單擺,下列說法中正確的是()

A.擺球經(jīng)過平衡位置時,加速度為零

B.擺球運動的回復(fù)力是它受到的合力

C.擺球在運動過程中經(jīng)過軌跡上的同一點時,加速度是確定的

D.擺球在運動過程中加速度的方向始終指向平衡位置

【解答】解:A.擺球經(jīng)過平衡位置時,拉力大于重力,加速度不為零,故A錯誤

B.根據(jù)回復(fù)力的定義單擺運動的回復(fù)力是重力沿切線方向上的分力,重力沿切線方向上的分量

不等于合力,故B錯誤;

C.擺球在運動過程中經(jīng)過軌跡上的同一點時,受力情況相同,則加速度是確定的,故C正確;

D.球在運動過程中,回復(fù)力產(chǎn)生的加速度的方向始終指向平衡位置,而向心加速度指向懸點,

合成后,加速度方向不是始終指向平衡位置,故D錯誤;

故選:Co

[例題2](2023春?楚雄市校級期末)關(guān)于單擺擺球在運動過程中的受力,下列結(jié)論正確的是

()

A.擺球受重力、擺線的張力、回復(fù)力、向心力作用

B.擺球的回復(fù)力最大時,向心力為零;回復(fù)力為零時,向心力最大

C.擺球的回復(fù)力最大時,擺線中的張力大小比擺球的重力大

D.擺球的向心力最大時,擺球的加速度方向沿擺球的運動方向

【解答】解:A、單擺擺球在運動過程中只受重力和張力的作用,回復(fù)力和向心力均為效果力,

故A錯誤;

B、擺球受的回復(fù)力最大時,處于最大位置處;故向心力為零;當(dāng)在平衡位置時,回復(fù)力為零時,

但向心力最大,故B正確;

C、回復(fù)力最大時,物體處于最高點,此時,繩子的張力的與重力沿繩子方向的分力相等,故張

力小于重力,故c錯誤;

D、向心力最大時,物體處于平衡位置,此時回復(fù)力為零,合力沿豎直方向,故加速度也沿豎直

方向,故D錯誤;

故選:Bo

[例題3](2023?房山區(qū)一模)一個單擺在豎直平面內(nèi)沿圓弧尬B做往復(fù)運動。某時刻擺球由A點從

靜止開始擺動,如圖所示擺線與豎直方向的夾角為30°,O點為擺動的最低點,則下列說法正

確的是()

A.擺球在。點受重力、拉力、向心力

B.擺球擺動到O點時所受合外力為零

C.擺球從A點擺動到O點的過程中,拉力不做功,動能增加

D.擺球經(jīng)過P點時擺角小于10°,則擺球所受拉力與重力的合外力充當(dāng)回復(fù)力

【解答】解:A.擺球在O點只受重力、拉力兩個力作用,重力和拉力的合力提供向心力,擺球

不會受到向心力,故A錯誤;

B.擺球擺動到O點時所受合外力提供向心力,合外力不為零,故B錯誤;

C.擺球從A點擺動到O點的過程中,拉力不做功,重力做正功,合外力做正功,由動能定理可

知,動能增加,故C正確;

D.擺球經(jīng)過P點時擺角小于5°,擺球的運動可看成簡諧運動,則擺球重力沿切線方向的分力

充當(dāng)回復(fù)力,故D錯誤。

故選:Co

題型2單擺的周期

[例題4](2024春?重慶期末)如圖所示,一根總長為41且不可伸長的輕繩上端固定在天花板的01

點,下端連接一可視為質(zhì)點的小球,在01點正下方距其31的。2處,固定有一根垂直紙面的光

滑細(xì)桿?,F(xiàn)將該小球向左拉至。2點下方、輕繩與豎直方向夾角為4。處,然后從靜止開始無初

速度釋放,不計空氣阻力,重力加速度為g,則該小球在豎直面內(nèi)擺動的周期為()

A.4nB.3nC.2K

【解答】解:根據(jù)題意可知該小球在光滑細(xì)桿的右邊可看成擺長為41的單擺,其振動周期為Ti

4Z

~9

該小球在光滑細(xì)桿的左邊可看成是擺長為1的單擺,T2=2TT±

N9

Ti+T2

則該小球在豎直面內(nèi)擺動的周期為T=—^―

聯(lián)立解得T=3nfL故B正確,ACD錯誤。

\g

故選:Bo

[例題5](2023?徐匯區(qū)校級開學(xué))如圖所示,將擺長為L的單擺放在一升降機中,若升降機以加速

度a向上勻加速運動,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,則單擺的擺動周期為()

A.T=2TTB.T=2n

g

C.T=2nD.T=2ir

【解答】解:單擺在升降機里向上加速時,擺球沒有擺動時其受到的拉力為F,由牛頓第二定律

得:F-mg=ma

此時擺球的視重:mg'=F=m(g+a)

F

所以單擺的等效重力加速度:g'=—=(g+a)

因而單擺的周期為:T=2n耳,故D正確,ABC錯誤。

'g+a

故選:D。

[例題6](多選)(2022秋?新羅區(qū)校級期末)如圖所示,三根細(xì)線a、b、c于O處打結(jié),每根細(xì)線

的長度均為L,a、b細(xì)線上端固定在同一水平面上相距為遙L的A、B兩點上,c細(xì)線下端系

著一個小球(小球直徑可以忽略),小球質(zhì)量為m,下列說法正確的是()

///篤//三///產(chǎn)/////

C

6

A.小球可以在紙面內(nèi)做簡諧運動,周期為T=2TT歸

B.小球可以在與紙面垂直的平面內(nèi)做簡諧運動,周期為T=2TTJ||

C.小球可以在紙面內(nèi)做簡諧運動,周期為T=2ir陛

D.小球可以在與紙面垂直的平面內(nèi)做簡諧運動,周期為T=it匹

N9

【解答】解:AC、小球在紙面內(nèi)做簡諧運動時,繞O點做單擺運動,擺長等于L,則周期T=211

故A正確,C錯誤;

BD、小球在于紙面垂直平面內(nèi)做簡諧運動時,做單擺運動,所繞的點在O點正上方天花板上,

等效擺長1=L+—(等)2號,則周期丁=2n冊=2兀息,故B正確,D錯誤。

故選:ABo

題型3單擺的振動圖像和表達式

[例題7](2023秋?蘇州期末)如圖甲,一單擺做小角度擺動,從某次擺球由左向右通過平衡位置

開始計時,相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力,對于這個

A.單擺振動的頻率是2Hz

B.單擺的擺長約為Im

C.若僅將擺球質(zhì)量變大,單擺周期變大

D.t=ls時擺球位于平衡位置0,加速度為零

11

【解答】解:A.由題圖乙可知單擺的周期T=2s,所以頻率是f=7=5Hz=0.5Hz,故A錯誤;

B.由單擺的周期公式T=2TTJ!

代入數(shù)據(jù)可得L=1.0m

故B正確;

C.單擺周期與擺球質(zhì)量無關(guān),故C錯誤;

D.t=ls時擺球位于平衡位置O,加速度為向心加速度,不是零,故D錯誤。

故選:Bo

[例題8](2023秋?撫順期末)如圖甲所示,一個單擺做小角度擺動,該運動可看成簡諧運動。從

某次擺球到達右側(cè)最大位移處開始計時,擺球相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖

乙所示,取重力加速度大小g=10m/s2,TT2?10O下列說法正確的是()

A.單擺的擺長約為0.16m

B.單擺的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x=4cos2.5nt(cm)

C.單擺的擺長約為Im

D.從t=0.4s到t=0.6s的過程中,擺球的加速度逐漸增大,速度逐漸減小

【解答】解:AC、由振動圖像讀出周期T=0.8s,由單擺周期公式T=2nJ看解得L=0.16m,

故A正確、C錯誤;

B、由振動圖像讀出振幅A=2cm,又根據(jù)3=―,單擺的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x=Asin

7T

(3t+(p),代入數(shù)據(jù)得x=2sin(2.5irt+Rem,故B錯誤;

D、由圖可知,從t=0.4s至lh=0.6s的過程中,擺球靠近平衡位置,則加速度逐漸減小,速度逐

漸增大,故D錯誤。

故選:Ao

[例題9](多選)(2024?青羊區(qū)校級模擬)圖示為地球表面上甲、乙單擺的振動圖像。以向右的方

向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向,地球上的自由落體加速度為lOmH,月球上的自由

落體加速度為L6m/s2,下列說法正確的是()

A.甲、乙兩個單擺的擺長之比為4:1

B.甲擺在月球上做簡諧運動的周期為5s

C.甲擺振動的振幅4cm

D.甲單擺的擺長約為4m

71

E.乙單擺的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x=2sin(0.5-rrt+pern

【解答】解:A.由圖,在地球上甲單擺的周期為2s,乙單擺的周期為4s,甲、乙兩單擺的周期

比為1:2,根據(jù)單擺的周期公式T=2邛

可得

則甲、乙兩單擺的擺長比為1:4,故A錯誤;

B.在地球上甲單擺的周期為2s,根據(jù)單擺的周期公式T=2n歸

可得T月=5s,故B正確;

C.振幅為偏離平衡位置的最大距離,如圖可知甲擺振動的振幅為4cm,故C正確;

D.甲單擺的周期為2s,根據(jù)單擺的周期公式T=2it匡

可得擺長為L-lm,故D錯誤;

一27r27r

E.由圖可知乙單擺的振幅為2cm,周期為4s,可得⑴=亍~=7rad/s=0.5Tirad/s

71

t=0時,位移為正向最大,所以初相位為<Po=5

根據(jù)簡諧運動位移隨時間變化的關(guān)系x=Asin(3t+<po)

71

可得,乙單擺位移X隨時間t變化的關(guān)系式為X=2sin(0.5Trt+5)on,故E正確。

故選:BCEo

題型4等效單擺問題

[例題10](2023秋?江陰市校級期末)如圖所示,“桿線擺”可以繞著固定軸00,來回擺動。擺球

的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi),這相當(dāng)于單擺在光滑斜面上來回擺動。輕桿水平,桿

和線長均為L,重力加速度為g,擺角很小時,“桿線擺”的周期為()

#°°\o/

輕桿

A.2n1回B.2n區(qū)C.r,,2-

2'1T瓦/—D.21TI—

JaNg\9J:

【解答】解:由于小球繞OO'為軸轉(zhuǎn)動,如圖所示:

o

細(xì)線/

輕桿

“桿線擺,,的擺長為

TYICISlTl30o

等效重力加速度£=弋;一,解得:g'=-g

“桿線擺”的周期為T=2TTU,解得:T=2TT陛,故A正確,BCD錯誤。

79

故選:A?

[例題11](2023?徐匯區(qū)校級開學(xué))如圖所示,曲面AO是一段半徑為2m的光滑圓弧面,圓弧與水

平面相切于O點,AO弧長為10cm,現(xiàn)將一小球先后從曲面的頂端A和AO弧的中點B由靜

止釋放,到達底端的速度分別為V1和V2,經(jīng)歷的時間分別為口和t2,那么()

A.Vi〈V2,t]Vt2B.V]>V2,tj=t2

C.Vi=V2,ti=t2D.以上三項都有可能

【解答】解:小球的運動可視為簡諧運動(單擺運動),根據(jù)周期公式T=2TTR知小球在A點

1

和B點釋放,運動到O點的時間相等,都等于彳T。

q

根據(jù)動能定理有:mgh=-pnv2,知A點的h大,所以從A點釋放到達O點的速度大。故B正確,

A、C、D錯誤。

故選:Bo

[例題12](2024春?仁壽縣校級期中)如圖所示,光滑圓弧軌道的圓心為Oi(圖中未畫出),半徑為

R=lm,圓弧底部中點為O,兩個大小可忽略,質(zhì)量分別為mi和m2的小球A和B,A在離O

點很近的軌道上某點,AOi與豎直方向的夾角為仇并且cosB=0.99,B在O點正上方處,現(xiàn)

同時釋放兩球,使兩球在小球A第三次通過O點時恰好相碰,取g=10m/s2,/pg。求:

(1)小球A做簡諧運動的周期。

(2)小球A經(jīng)過最低點時的速度大小。

【解答】解:(1)根據(jù)題意分析知,可將A球運動看作擺長為R的單擺,其周期:T=2TT慳=2

x2y[R=2xVls=2s

1r

(2)小球從A到O的過程中機械能守恒,可得:migR(l-cos。)=/1樣

可得:v=Vo.2m/s

55

(3)A第三次通過位置O,即用時:t=:T=TX2s=2.5s

44

B做自由落體運動,用時與A相同,則:h=-gt2=—x10x2.52m=31.25m

題型5探究單擺周期與擺長的關(guān)系

[例題13](2022秋?山西期末)某同學(xué)在探究單擺運動中,圖a是用力傳感器對單擺運動過程進行測

量的裝置圖,圖b是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F-t圖像,根據(jù)圖b的信息可得

A.擺球所受重力和擺線對擺球拉力的合力充當(dāng)單擺的回復(fù)力

B.從t=0時刻開始擺球第一次擺到最低點的時刻為0.5s

C.用米尺量得細(xì)線長度1,即擺長為1

D.由圖可計算出單擺的長度為1.0m

【解答】解:A、單擺運動的回復(fù)力是擺球重力在垂直擺線方向上的分力,而不受擺球所受重力

和擺線對擺球拉力的合力,故A錯誤;

B、擺球第一次擺到最低點時,力傳感器顯示的力最大,根據(jù)題圖乙的信息可得,所對應(yīng)的時刻

為t=0.5s,故B正確;

C、擺長應(yīng)為繩長與小球半徑之和,故C錯誤;

D、根據(jù)題圖乙的信息可得,單擺周期T=1.6s,

由單擺周期公式T=2TTR

代入數(shù)據(jù)解得,擺長為1=0.64m;

故D錯誤;

故選:Bo

[例題14](2023秋?萊西市期末)用圖示裝置完成“探究單擺周期與擺長的關(guān)系”:

jf(皿)

I1,1I1,1I,II1,1,1IIIIIAtAtAt

|IIII|lIII|"FT而計

0510

Otjtj+to(+2%t

甲丙

(1)用游標(biāo)尺上有10個小格的游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑,結(jié)果如圖甲所示,可讀出擺球的直徑

為cm:

(2)實驗時,擺球在垂直紙面的平面內(nèi)擺動,為了將人工記錄振動次數(shù)改為自動記錄振動次數(shù),

在擺球運動的最低點的左、右兩側(cè)分別放置激光光源與光敏電阻,如圖乙所示,光敏電阻與某一

自動記錄儀相連,該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間t的變化圖線如圖丙所示,則該單擺的周

期為;

(3)若把該裝置放到正在勻加速上升的電梯中,用完全相同的操作重新完成實驗,圖像中At將

(選填“變大”“不變”或“變小”),圖像中to將(選填“變大”“不變”或

“變小”)。

【解答】解:(1)游標(biāo)卡尺分度值為0.1mm,擺球直徑為18mm+7X0.1mm=18.7mm=1.87cm

(2)擺球運動到最低點時R變大,由圖可知周期為2訪;

(3)若把該裝置放到正在勻加速上升的電梯中,則等效重力加速度變?yōu)?/p>

g'=g+a>g

則用完全相同的操作重新完成實驗,則擺球經(jīng)過最低點時的速度變大,則遮光時間變短,即圖像

中At將變小,單擺的周期T=2'j1變小,可知圖像中歷將變小。

故答案為:(1)1.87;(2)2to;(3)變?。蛔冃?/p>

[例題15](2024?重慶模擬)某同學(xué)用如圖1所示裝置“研究單擺運動的規(guī)律”。讓擺球在豎直平面

內(nèi)擺動,用力傳感器得到細(xì)線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像如圖2所示。

主尺

2cm34

°游標(biāo)尺i°20

圖3

(1)由圖像可得,該單擺的振動周期T=.

(2)該同學(xué)先用20分度的游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑,結(jié)果如圖3所示,其讀數(shù)為emo

(3)已知擺球的質(zhì)量為m,可得當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮=(用題給物理量符號表示)。

【解答】解:(1)單擺經(jīng)過最低點時,速度最大,據(jù)牛頓第二定律知,單擺經(jīng)過最低點時擺線的

拉力最大;從最低點到再次到達最低點所需時間等于半個周期,所以據(jù)圖象得該單擺的周期為

2to;

(2)小球的直徑d=20mm+14X0.05mm=20.70mm=2.070cm;

(3)設(shè)單擺的擺長為L,最大擺角為。,在最高點時其速度為零,則其向心力為零,有Fi=mgcos。

在最低點時,對擺球受力分析:F2-mg=nrj-

1c

從最|W1點到最低點由動能定理得:mgL(1-COS0)=^mv2

2F1+F2

由以上三式聯(lián)立得g=3m

772+2/7I

故答案為:(1)2t-0;(2)2.070;(3)--Z-m---。

升隼?知鉞深化

一、單擺的回復(fù)力

(1)擺球受力:如圖所示,擺球受細(xì)線拉力和重力作用.

(2)向心力來源:細(xì)線對擺球的拉力和擺球重力沿徑向的分力的合力.

⑶回復(fù)力來源:擺球重力沿圓弧切線方向的分力尸=聯(lián)必e提供了使擺球

振動的回復(fù)力.

二、單擺做簡諧運動的推證

xmg

在偏角很小時,sin9^-,又回復(fù)力尸=儂5舊9,所以單擺的回復(fù)力為尸=—7武式中x表示擺

球偏離平衡位置的位移,/表示單擺的擺長,負(fù)號表示回復(fù)力廠與位移x的方向相反),由此知回復(fù)

力符合尸=一版,單擺做簡諧運動.

解惑?題型臺球

1.(2024春?成都期末)如圖為某一單擺的簡化模型,其擺角a小于5°。下列說法正確的是(

A.單擺的擺長即繩長

B.單擺從左側(cè)最高點A運動到右側(cè)最高點B的時間即為單擺的周期

C.適當(dāng)增大擺角a(仍小于5。),其他條件不變,則單擺的周期不變

D.將此單擺從兩極移到地球赤道,其他條件不變,則單擺的周期變小

【解答】解:A、單擺的擺長為繩長和擺球的半徑之和,故A錯誤;

B、完成一次全振動的時間為單擺的周期,單擺從左側(cè)最高點A運動到右側(cè)最高點B的時間為半

個周期,故B錯誤;

CD、根據(jù)單擺的周期公式T=2TT但可知,單擺的周期與擺角的大小無關(guān),將此單擺從兩極移到

地球赤道,重力加速度g變小,其他條件不變,單擺得到周期變大,故C正確,D錯誤。

故選:Co

2.(2024春?黃浦區(qū)校級期末)如圖所示,A、B分別為單擺做簡諧振動時擺球的不同位置。其中,

位置A為擺球擺動的最高位置,虛線為過懸點的豎直線。以擺球最低位置為重力勢能零點,則

B.位于A處時動能最大

C.在位置A的勢能大于在位置B的動能

D.在位置B的機械能大于在位置A的機械能

【解答】解:AB、在平衡位置即最低點時擺球的速度最大,即動能最大,在最高點即最大位移處

時速度為零,動能最小為零,重力勢能最大,故AB錯誤;

CD、因為單擺做的是簡諧運動,所以單擺的機械能守恒,即單擺在A點和B點具有的機械能相

等,在A點的機械能等于重力勢能,在B點的機械能等于在B點時的動能和重力勢能之和,所

以在A處的勢能大于在B處的動能,故C正確,D錯誤。

故選:Co

3.(2024春?西安期末)如圖所示,兩個半徑大小相同、質(zhì)量不同的小球mi和m2(mi<m2)分

別放在光滑圓?。ɑ¢L遠小于半徑)最低點0和離0點一小段距離處,t=0時刻將小球012由

靜止釋放,經(jīng)過一段時間二者發(fā)生碰撞,碰后兩小球未離開軌道。已知圓弧半徑R=lm,當(dāng)?shù)?/p>

的重力加速度大小g=9.8m/s2,小心9.8,兩小球均可看作質(zhì)點,當(dāng)兩小球第二次碰撞時()

0

A.與第一次碰撞時間間隔為1s

B.與第一次碰撞時間間隔為2s

C.在0點左側(cè)碰

D.在0點右側(cè)碰

【解答】解:碰撞后,兩個小球均做簡諧運動,且周期為:T=2n慳,運動時間與質(zhì)量和速度無

關(guān),所以兩球總是回到平衡位置發(fā)生碰撞,即在0點發(fā)生碰撞,時間間隔為:t=J=n三$=

279.8

1s,故A正確,BCD錯誤;

故選:Ao

(2024春?天府新區(qū)期末)下列說法正確的是()

A.發(fā)射“嫦娥六號”月球探測器所需的最小速度是11.2km/s

B.重力勢能與零勢能面的選取有關(guān),重力勢能的變化與零勢能面的選取無關(guān)

C.一個系統(tǒng)所受的合外力為零,則該系統(tǒng)機械能和動量都守恒

D.單擺的周期與擺長、擺角及擺球的質(zhì)量都有關(guān)

【解答】解:A、“嫦娥六號”還沒有脫離開地球的束縛,所以發(fā)射“嫦娥六號”月球探測器所需

的發(fā)射速度大于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度11.2km/s,故A錯誤;

B、重力勢能與零勢能面的選取有關(guān),重力勢能的變化等于重力做的功,所以重力勢能的變化與

零勢能面的選取無關(guān),故B正確;

C、一個系統(tǒng)所受的合外力為零,則該系統(tǒng)動量守恒,但如果有重力以外的力做功,則機械能不

守恒,故C錯誤;

D、根據(jù)單擺周期公式T=2it1可知,單擺的周期與擺長有關(guān),與擺角及擺球的質(zhì)量無關(guān),故D

錯誤。

故選:Bo

(2024春?浦東新區(qū)校級期末)小球(半徑很小可忽略)在光滑的圓槽內(nèi)作簡諧振動,為了使

振動周期變?yōu)樵瓉淼?倍,可采取的方法是()

A.將小球質(zhì)量減為原來的一半

B.將其振幅變?yōu)樵瓉淼?倍

C.將圓槽半徑變?yōu)樵瓉淼?倍

D.將圓槽半徑變?yōu)樵瓉淼?倍

【解答】解:小球受重力和支持力,支持力的切向分量提供向心力,是類似單擺模型,根據(jù)單擺

的周期公式T=2TT慳,周期與振幅、擺球的重力均無關(guān)無關(guān),要使振動周期變?yōu)樵瓉淼?倍,可

以圓槽半徑變?yōu)樵瓉淼?倍,故ABC錯誤,D正確。

故選:D。

6.(2024?浙江)如圖所示,不可伸長的光滑細(xì)線穿過質(zhì)量為0.1kg的小鐵球,兩端A、B懸掛在

傾角為30°的固定斜桿上,間距為1.5m。小球平衡時,A端細(xì)線與桿垂直;當(dāng)小球受到垂直紙

面方向的擾動做微小擺動時,等效于懸掛點位于小球重垂線與AB交點的單擺,則()

C.小球平衡時,A端拉力為j-N

D.小球平衡時,A端拉力小于B端拉力

【解答】解:A、單擺的周期T=2n但,可知單擺的周期與擺角的大小無關(guān),故A錯誤;

CD、由題意可知,A端拉力等于B端拉力,平衡時對小球受力分析如下圖所示:

根據(jù)幾何關(guān)系可知兩段繩與豎直方向的夾角均為30。,由平衡條件得:

mg0.1x10叵

aW=^N,故CD錯誤;

以=%=2cos30。

23

AB

B、兩段繩的夾角等于6。。,根據(jù)幾何關(guān)系可知,等效擺長L=0:淅

小球擺動周期T=2嗡,解得T=2s,故B正確。

故選:Bo

7.(2024春?永川區(qū)校級期中)如圖所示,甲、乙兩小球都能視為質(zhì)點,小球甲在豎直面內(nèi)擺動

的周期為T,懸線長為L;小球乙在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,懸點為01、軌跡圓圓心為。2。

下列說法正確的是()

A.小球甲的向心力由合力來充當(dāng)

B.小球甲的向心力由懸線拉力來充當(dāng)

C.小球乙的向心力由懸線拉力來充當(dāng)

D.小球乙的向心力由合力來充當(dāng)

【解答】解:AB、擺球甲做單擺運動,在運動的過程中受到的重力與懸線的拉力的合力沿軌跡切

線方向的分量提供回復(fù)力,而重力與懸線的拉力的合力沿繩子方向的分量才提供向心力,故AB

錯誤;

CD、乙球在水平面內(nèi)做圓錐擺運動,重力與懸線的拉力的合力提供沿水平方向指向圓心的向心力,

故C錯誤,D正確。

故選:Do

8.(2024?順義區(qū)二模)如圖甲所示,O點為單擺的固定懸點,將力傳感器固定在O點。現(xiàn)將擺

球拉到A點,釋放擺球,擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來回擺動,其中B點為運動過程中的

最低位置。圖乙表示擺球從運動至A點開始計時細(xì)線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像,

重力加速度g取lOm/s?。()

A.單擺的振動周期為0.2ns

B.單擺的擺長為0.1m

C.擺球的質(zhì)量為0.05kg

D.擺球運動過程中的最大速度0.08m/s

【解答】解:A.由乙圖,結(jié)合單擺的對稱性可知,單擺的周期為0.4ns,故A錯誤;

B.由單擺周期公式T=2nJ!

,gT2

得L=痂

代入數(shù)據(jù)得L=0.4m,故B錯誤;

CD.由乙圖和牛頓運動定律得小球在最高點有mgcos0=0.495

mv2

在最低點有0.510-mg=——

Lt

1c

從最|W)點到最低點,由動能定理得mgL(l-cos。)=*"2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得m=0.05kg,v=0.2V2m/s

故C正確,D錯誤。

故選:Co

9.

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