2024-2025學(xué)年新教材高中物理第二章機械振動4單擺課時檢測含解析新人教版選擇性必修1

PAGE6-單擺(25分鐘60分)一、選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分)1．(多選)下列說法正確的是()A．單擺的等時性是由惠更斯首先發(fā)覺的B．單擺的等時性是由伽利略首先發(fā)覺的C．惠更斯首先將單擺的等時性用于計時D．伽利略首先發(fā)覺了單擺的等時性，并把它用于計時【解析】選B、C。首先發(fā)覺單擺等時性的是伽利略，首先將單擺的等時性用于計時的是惠更斯。2.(多選)如圖所示是單擺振動示意圖，下列說法中正確的是()A．在平衡位置擺球的動能和勢能均達到最大值B．在最大位移處勢能最大，而動能最小C．在平衡位置繩子的拉力最大，擺球速度最大D．擺球由A→C運動時，動能增加，勢能削減【解析】選B、C、D。單擺的振動是簡諧運動，機械能守恒，遠離平衡位置運動時，位移變大，勢能增加，而動能削減；反之，向平衡位置運動時，動能增加而勢能削減，故B、D項正確，A項錯誤；小球在平衡位置只受重力和繩子拉力，在平衡位置C，拉力F＝mg＋eq\f(mv2,R)，由上述分析知，平衡位置時動能最大，即v最大，故F也最大，所以C項正確。3．圖甲為生活中常見的一種擺鐘，圖乙為擺鐘內(nèi)擺的結(jié)構(gòu)示意圖，圓盤固定在擺桿上，螺母可以沿擺桿上下移動。把在龍巖走時精確的擺鐘移到北京，要使擺鐘仍舊走時精確，則()A．因擺鐘周期變大，應(yīng)將螺母適當向上移動B．因擺鐘周期變大，應(yīng)將螺母適當向下移動C．因擺鐘周期變小，應(yīng)將螺母適當向上移動D．因擺鐘周期變小，應(yīng)將螺母適當向下移動【解析】選D。在地球的表面，隨著緯度的增高，重力加速度在增大，擺鐘由福建龍巖移到北京，重力加速度g變大，依據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，T變小，要使擺鐘仍舊走時精確，則須要增大L，應(yīng)將螺母適當向下移動，故D正確，A、B、C錯誤。4．在一個單擺裝置中，搖擺物體是個裝滿水的空心球，球的正下方有一小孔，當擺起先以小角度搖擺時，讓水從球中連續(xù)流出，直到流完為止，則此單擺的周期將()A．漸漸增大 B．漸漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大【解析】選C。單擺小角度搖擺，做簡諧運動的周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，式中l(wèi)為擺長，其值為懸點到搖擺物體重心之間的距離，當小球裝滿水時，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水剛流出過程中重心要降低，因此，在水整個流出過程中，重心位置先下降后上升，即擺長l先增大后減小，所以搖擺周期將先增大后減小。5.(多選)同一地點的甲、乙兩單擺(擺球質(zhì)量相等)的振動圖像如圖所示，下列說法中錯誤的是()A．甲、乙兩單擺的擺長相等B．甲擺的機械能比乙擺小C．甲擺的最大速率比乙擺小D．在eq\f(1,4)周期時振子具有正向加速度的是乙擺【解析】選B、C。由題圖可知，T甲＝T乙，故l甲＝l乙，A正確；又A甲＝A乙，即振幅相等，且由題知兩擺質(zhì)量相等，所以兩擺的機械能相等，在最低點時二者的最大速率相等，故B、C錯誤；eq\f(1,4)周期時甲處于平衡位置，乙處于負向最大位置處，故乙具有正向加速度，D正確。6．單擺模型如圖甲所示，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達的最遠位置，擺球質(zhì)量為50g，振動圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10m/s2，π2≈g)()A．單擺的擺長約為50cmB．單擺的振幅是16cmC．擺球經(jīng)過O點時細線拉力大小為0.5ND．一個周期可能有4個時刻拉力大小相等【解析】選D。由圖可知T＝2s，依據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))得：L＝1m，故A錯誤；由x-t圖可知：該單擺的振幅為8cm，故B錯誤；擺球經(jīng)過O點時，單擺的向心力是細線的拉力與重力沿細線方向分力的合力供應(yīng)，即F－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)＝mg＋meq\f(v2,R)＞0.5N，故C錯誤；設(shè)點M(不是B、O點)是BO間的一個點，則在CO間存在一個對稱的點N，擺球經(jīng)過N點與M點的速度大小相等，依據(jù)F＝mg＋meq\f(v2,R)，則拉力大小相等，而在一個周期內(nèi)，擺球兩次經(jīng)過M和N點，所以一個周期可能有4個時刻拉力大小相等；故D正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)7．(12分)如圖為演示沙擺振動圖像的試驗裝置和試驗結(jié)果。沙擺的搖擺可看作簡諧運動。若手拉木板的速率為0.2m/s，由刻度尺上讀出圖線的尺寸，計算這個沙擺的擺長。(圖中單位為cm，g取9.8m/s2)【解析】由題圖可知沙擺搖擺周期即為木板移動30cm所需的時間，即T＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(0.3,0.2)s＝1.5s，由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l≈0.56m。答案：0.56m8．(18分)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(shè)擺球向右方向運動為正方向。圖乙是這個單擺的振動圖像。依據(jù)圖像回答：(1)單擺振動的頻率是多大？(2)起先時刻擺球在何位置？(3)若當?shù)氐闹亓铀俣葹?0m/s2，試求這個擺的擺長是多少。【解析】(1)由乙圖知周期T＝0.8s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz。(2)由乙圖知，0時刻擺球在負向最大位移處，因向右為正方向，所以在B點。(3)由T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)＝0.16m。答案：(1)1.25Hz(2)B點(3)0.16m(15分鐘40分)9.(7分)如圖，長為l的細繩下方懸掛一小球，繩的另一端固定在天花板上O點，在O點正下方eq\f(3,4)l的O′點有一固定細鐵釘。將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，當小球擺至最低位置時，細繩受到鐵釘?shù)淖钃鹾蠼又\動。下列說法正確的是()A．碰釘前后瞬間小球的加速度之比為4∶1B．碰釘前后瞬間繩的拉力之比為1∶4C．碰釘前后小球離開平衡位置的最大距離之比為2∶1D．小球碰釘前運動時間和碰釘后離開平衡位置到最大距離所用時間之比為4∶1【解析】選C。細繩與釘子碰撞前后瞬間，小球的瞬時線速度不變，依據(jù)向心加速度公式a＝eq\f(v2,r)，由于碰釘前后瞬間小球的半徑之比為4∶1，所以有：eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故A錯誤；依據(jù)牛頓其次定律得：F－mg＝meq\f(v2,r)，由于小球到達最低點時的速度大小不確定，所以碰釘前后瞬間繩的拉力之比無法確定，故B錯誤；依據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，由于碰釘前后瞬間小球的半徑之比為4∶1，所以碰釘前后小球運動的周期之比為2∶1，故碰釘前后小球離開平衡位置的最大距離之比為2∶1，故C正確；已知碰釘前后小球運動的周期之比為2∶1，小球碰釘前運動時間和碰釘后離開平衡位置到最大距離所用時間都為eq\f(T,4)，所以小球碰釘前運動時間和碰釘后離開平衡位置到最大距離所用時間之比為2∶1，故D錯誤。10.(7分)如圖所示，升降機中有一單擺，擺長為l，當升降機靜止時，單擺的周期為T1，當升降機以加速度a向上勻加速運動時，單擺的周期為T2，則()A．T1＝T2eq\r(\f(g,g＋a))B．T2＝T1eq\r(\f(g,g＋a))C．T1＝2πeq\r(\f(l,g＋a))D．T2＝2πeq\r(\f(l,g))【解析】選B。處于勻加速上升的升降機中的單擺的周期T2＝2πeq\r(\f(l,g＋a))，升降機靜止時的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，T2＝T1eq\r(\f(g,g＋a))，故B選項正確。11．(7分)一登山運動員用一單擺來測量某山的海拔高度，當他在海平面時，在肯定時間t0內(nèi)測得一單擺全振動N次，當他到達山頂后，在相同時間t0內(nèi)測得同一單擺全振動的次數(shù)為(N－1)次。若把地球視為半徑為R的勻稱球體，則此山的海拔高度為()A．eq\f(R,N)B．eq\f(2R,N－1)C．eq\f(R,N－1)D．eq\f(R,N＋1)【解析】選C。設(shè)海平面處重力加速度為g，山頂處為g′，由g＝eq\f(GM,R2)，g′＝eq\f(GM,（R＋h）2)可得eq\f(g′,g)＝(eq\f(R,R＋h))2，又T＝eq\f(t0,N)＝2πeq\r(\f(l,g))，T′＝eq\f(t0,N－1)＝2πeq\r(\f(l,g′))，可得eq\f(g′,g)＝(eq\f(R,R＋h))2＝(eq\f(N－1,N))2，解得h＝eq\f(R,N－1)，故C項正確。12．(19分)如圖甲所示，擺球在豎直面內(nèi)做簡諧運動。通過力傳感器得到擺線拉力F的大小隨時間t改變的圖像如圖乙所示，擺球經(jīng)過最低點時的速度為v＝eq\f(\r(5),5