2.3单摆 同步练习(Word版含解析).docx
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1、鲁科版(2019)选择性必修一 2.3单摆同步练习一、单选题1.图中。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,8点为运动中的最低位置,则在摆动过程()OA.摆球在A点和。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3点处,速度最大,回复力也最大D.摆球在B点处,速度最大,向心力也最大2 .如图所示,用两不可伸长的轻绳悬挂一个小球,两绳长度均为L、两绳之间的夹角。已知,小球的半径为片当小球垂直于纸面做简谐运动时,其周期为()3 .如图所示,摆长为L的单摆上端固定在天花板上的。
2、点,在。点正下方相距/处的尸点有一固定的细铁钉。将小球向右拉开一个约2。的小角度后由静止释放,使小球来 回摆动。设小球相对于其平衡位置的水平位移为羽规定向右为正方向,则小球在开 始的一个周期内的心,关系图线如图所示。以下关于/与L的关系正确的是( )6. A【详解】 根据单摆周期公式有某星体的第一宇宙速度为v,则有联立解得则地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度u之比为所以A正确;BCD错误;故选Ao7. D【详解】A.单摆的周期公式可表示为周期与摆球质量无关,选项A错误;B.摆长变小,周期变小,选项B错误;C.由赤道到北极g变大,7变小,选项C错误;D.海拔高度增大,g变小,T增大,选项D正确。
3、故选D。答案第3页,共10页8. B先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度,再根据单摆的周期公式列式,最后联立得到单摆振动周期T与距离厂的关系式。【详解】在地球表面,重力等于万有引力,故单摆的周期为联立解得故选Bo【详解】AC.由题图可知,在力时刻和门时刻摆球的位移最大,回复力最大,速度为零,悬线的拉 力最小,故AC错误;BD.在时刻和时刻摆球在平衡位置,速度最大,悬线的拉力最大,回复力为零,故B 错误,D正确。故选Do10. D【详解】本题情景中,单摆的周期公式为L_答案第4页,共10页其中g为小球摆动过程的等效重力加速度,则去除细线拉力后,小球受到的等效重力为G = mg = pVg又G
4、 = (水-0)必联立解得T=2兀I P 工P-P g代入数据得T = 16s故选Do11. B【详解】 由于。4、尸。与03之间的夹角很小,所以小球从A点到B点和从5点到C点的运动都可 以看作是单摆运动,根据单摆周期公式丁=2乃有4 =-x2/rgPBg=-x2tt 41 44 = 2t 2所以13PB = -L, OP = L-PB = -L44选项ACD错误,B正确。故选Bo12. C【详解】答案第5页,共10页站在升降机里的人发现,升降机中摆动的单摆周期变大,根据可知在电梯中的等效重力加速度减小了,则电梯的加速度一定是向下,则电梯可能加速向 下运动,或者减速向上运动。故选Co13. C
5、【详解】AB.根据几何关系可知,甲的摆长大于乙的摆长,甲的摆角大于乙的摆角,所以甲的振幅大于乙的振幅,根据T=2兀知,甲摆的周期大于乙摆的周期,故A、B错误;C.两球开始处于平衡状态,设两球中间的细线的拉力大小为尸7,根据共点力平衡知则有m gn乙在摆动的过程中,机械能守恒,则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能,故C正确;D.根据动能定理,因为甲摆球下降的高度大,则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度,故D错误。故选C。14. B【详解】根据单摆的周期公式可知为使简谐运动单摆的周期变长,可以适当增加摆长L或减小重力加速度g,而上海的答案第6页,共10页纬度比北京的纬度低,所以将单摆从上海移到北京
6、会使g增大。综上所述可知ACD错误,B正确。故选Bo15. A【详解】 单摆的悬线要求无弹性且粗细、质量可忽略,摆球的直径与悬线长度相比可忽略,悬点必 须固定。故选Ao16. x = 8sin(加)1 减小【详解】1由振动图象读出周期T = 2s,振幅A = 8cm,由=亍得到角频率0)= 7rrad/s ,则单摆的位移x随时间,变化的关系式为x = A sin m=8 sin(M ;由公式7 = 2%,代入得到L=lm ;3结合图像可知从,= 2.5s到3.0s的过程中,摆球向平衡位置运动,所以摆球的位移减小, 回复力减小.17. 正4【详解】设原来摆长为L,间断后的摆长分别为心和小,根据单
7、摆的周期公式T = 2/g,可得:工=2的,解得:匕=吗,同理可得: 咚 根据题意有:丫 gI 4/-4/答案第7页,共10页化简后可得:=ay .g伍Y),再把心的大小代入(=2%T ,24/18. 4/(弓)60 派T2【详解】1单摆的长度l = L + -D2其周期为所以重力加速度4-(L +9g=-亍2地球上标准钟秒针转一周用时60s,则在月球上有勺=隔=60a/6s o19. (1) 1m; (2) 0.8m/s2, 0.25m/s【详解】 由图线可知单摆的固有频率户0.5Hz,周期是T=2s,摆长为1m; 由图可知共振时振幅为A=8cm,指向平衡位置的最大加速度出现在最大偏角时,根
8、据牛 顿第二定律有解得6? = 0.8m/s2L最大速度出现在平衡位置,根据动能定理有答案第8页,共10页根据几何关系有代入数据可得mgL (1 - cos 8) = Lmv aA2cos2 = 1-sin2 = -1- - UJv = 0.25m/s20. (1) 1.25Hz; (2) 0.16m【详解】(1)由图乙可知单摆的周期T = 0.8s单摆振动的频率= 1.25HzJ(2)单摆周期公式整理得/=带入数据得I 0.16m21 .周期之比2: 1,摆长之比为4: 1【详解】设甲、乙摆动所用时间为则甲的振动周期为7;=(,乙的振动周期为(=卷,故甲、乙的周期之比为2: 1,由单摆周期公
9、式7 = 2万可得L工4/故摆长之比为4: 1。答案第9页,共10页22. (1) 0.05 kg; (2) 0.1 m【详解】在最高点A,有Fr = mg cos 0在最低点3,有v2FB-mg = mK由题图乙可知4 =0.495 N, =0.510 N从A到 滑块机械能守恒,有mgR (1 - cos 6)= g my2解得m = 0.05 kg完成一次全振动的时间为一个周期,由题图乙得小滑块做简谐运动的周期T 冗T = s5由题意可知T = 2tt解得答案第10页,共10页/A. I = L3D. l = -L48C. l = -L24 .把调准的摆钟由北京移到赤道,这钟的变化及调整正
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