2022届高考物理选择题专题强化训练：单摆 单摆周期公式(北京使用)

这是一份2022届高考物理选择题专题强化训练：单摆 单摆周期公式(北京使用)，共11页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（共22小题；共88分）
1. 单摆做简谐运动的回复力是
A. 摆球的重力
B. 摆球所受重力与悬线对摆球的拉力的合力
C. 悬线对摆球的拉力
D. 摆球所受重力在圆弧切向上的分力

2. 甲、乙两个单摆的摆长相等，将两上摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角 θ乙<θ甲<5∘ ，由静止开始释放，则
A. 甲先摆 到平衡位置B. 乙先摆到平衡位置
C. 甲、乙两摆同时到达平衡位置D. 无法判断

3. 某同学测得一单摆的摆线长为 89.2 cm，摆球直径为 1.6 cm，取重力加速度大小 g=10 m/s2，则此单摆在摆角小于 5∘ 时完成 1 次全振动的时间约为
A. 0.9 sB. 1.9 sC. 2.8 sD. 3.8 s

4. 一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的 4 倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的 12，则单摆的
A. 频率不变，振幅不变B. 频率不变，振幅改变
C. 频率改变，振幅不变D. 频率改变，振幅改变

5. 单摆是一种理想化模型。如图所示，长为 l 的轻绳下端拴着一个可视为质点的小球，上端固定在倾角为 θ 的光滑斜面上，这个装置也可以等效为“单摆”。当摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时，其周期为（重力加速度为 g）
A. T=2πlgB. T=2πlgcsθ
C. T=2πlgsinθD. 以上答案都不对

6. 某同学看到一只鸟落在树枝上的 P 处，如图所示，树枝在 10 s 内上下振动了 6 次。鸟飞走后，他把 50 g 的砝码挂在 P 处，发现树枝在 10 s 内上下振动了 12 次；将 50 g 的砝码换成 500 g 砝码后，他发现树枝在 15 s 内上下振动了 6 次。你估计鸟的质量最接近
A. 50 gB. 200 gC. 500 gD. 550 g

7. 关于单摆，下列说法正确的是
A. 摆球做匀速圆周运动B. 摆动到最低点时加速度为零
C. 速度变化的周期等于振动周期D. 振动的频率与振幅有关

8. 如图所示，光滑槽的半径 R 远大于小球运动的弧长。今有两个小球（视为质点）同时又由静止释放，其中甲球开始时离槽最低点 O 与远些，则它们第一次相遇的地点在
A. O 点
B. O 点偏左
C. O 点偏右
D. 无法确定，因为两小球质量关系未定

9. 将秒摆的周期变为 4 s，下面措施正确的是
A. 将摆球质量变为原来的 14 B. 只将振幅变为原来的 2 倍
C. 只将摆长变为原来的 4 倍D. 只将摆长变为原来的 16 倍

10. 如图所示，MN 为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球 A 放在 MN 的圆心处，再把另一小球 B 放在 MN 上离最低点 C 很近的 B 处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有
A. A 球先到达 C 点B. B 球先到达 C 点
C. 两球同时到达 C 点D. 无法确定哪一个球先到达 C 点

11. 如图所示是一个单摆（0<10∘），其周期为 T，则下列说法正确的是
A. 把摆球质量增加一倍，则周期变小
B. 把偏角 θ 变小时，周期也变小
C. 摆球由 O→B→O，运动的时间为 T
D. 球由 O→B→O，运动的时间为 T2

12. 将秒摆（周期为 2 s）的周期变为 1 s，下列措施可行的是
A. 将摆球的质量减半B. 将振幅减半
C. 将摆长减半D. 将摆长减为原来的 14

13. 已知单摆 a 完成 10 次全振动的时间内，单摆 b 完成 6 次全振动，两摆长之差为 1.6 m，则两单摆长 la 与 lb 分别为
A. la=2.5 m；lb=0.9 m B. la=0.9 m；lb=2.5 m
C. la=2.4 m；lb=4.0 m D. la=4.0 m；lb=2.4 m

14. 关于单摆的运动，下列说法正确的是
① 单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力
② 单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力
③ 单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
④ 单摆做简谐运动的条件是摆角很小（不大于 5∘）
⑤ 在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
A. ①③④ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①④⑤

15. 如图所示，一单摆悬于 O 点，摆长为 L，若在 O 点的竖直线上的 Oʹ 点钉一个钉子，使 OOʹ=L2，将单摆拉至 A 处释放，小球将在 A 、 B 、 C 间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于 10∘，则此摆的周期是
A. 2πLg B. 2πL2g
C. 2π(Lg+L2g) D. π(Lg+L2g)

16. 如图所示为两个单摆的振动图象，从图象中可以知道它们的
A. 摆球质量相等B. 振幅相等
C. 摆长相等D. 摆球同时改变速度方向

17. 如图所示，三根细线于 O 点处打结，A 、 B 端固定在同一水平面上相距为 L 的两点上，使 AOB 成直角三角形，∠BAO=30∘，已知线 OC 长是 L，下端 C 点系着一个小球。下面说法中正确的是
A. 让小球在纸面内摆动，周期为 T=2πLg
B. 让小球在垂直纸面方向摆动，其周期为 T=2π3L2g
C. 让小球在纸面内摆动，周期为 T=2π3L2g
D. 让小球在垂直纸面内摆动，周期为 T=2πLg

18. 一单摆摆长为 l，若将摆长增加 1 m，则周期变为原来的 1.5 倍，可以肯定 l 长为
A. 2 m B. 1.5 m C. 0.8 m D. 0.5 m

19. 对单摆的振动，以下说法中正确的是
A. 单摆摆动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B. 单运动的回复力是摆球所受合力
C. 摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D. 摆球经过平衡位置时所受合外力为零

20. 单摆摆长为 L，一次将摆球从平衡位置竖直提高到悬点后释放，另一次将其从平衡
位置拉开一个小于 5∘ 的摆角后释放，上述两种情况下摆球到达平衡位置的时间相比较，下述说法正确的是
A. 从悬点自由落下时间短B. 摆动落下时间短
C. 两种情况的时间等长D. 无法判断

21. 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点 A 时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从 A 位置由静止运动到右侧最高点 B 的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点 O 时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知
A. 摆球在 A 点所受的合力大于在 B 点所受的合力
B. 摆球在 A 点受到的绳的拉力小于其在 B 点受到的绳的拉力
C. 摆球从 A 点到 O 点的过程中重力做功的功率，等于摆球从 O 点到 B 点的过程中克服重力做功的功率
D. 摆球从 A 点到 O 点的过程中受到的合力的冲量大小等于摆球从 O 点到 B 点的过程中受到的合力的冲量大小

22. 有一星球其半径为地球半径的 2 倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为
A. 0.5 min B. 22 min C. 2 min D. 2 min

二、双项选择题（共4小题；共16分）
23. 如图所示为在同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是
A. 甲的摆长与乙的摆长相等
B. 甲的摆长比乙的摆长长
C. 甲的机械能比乙的大
D. 在 t=0.5 s 时有负向最大加速度的是乙

24. 小球在一个曲率半径很大的光滑圆槽内做简谐振动，如图所示，为了使振动周期变为原来的 2 倍，可采用的方法是
A. 将小球质量减为原来的一半
B. 将其振幅变为原来的 2 倍
C. 将圆槽半径增为原来的 4 倍
D. 将圆槽从地面移到距地面为 1 倍地球半径的高空

25. 单摆原来的周期为 T，下列哪种情况会使单摆周期发生变化
A. 摆长减为原来的 14 B. 摆球的质量减为原来的 14
C. 振幅减为原来的 14 D. 重力加速度减为原来的 14

26. 如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为 l 的单摆，摆球的质量为 m。升降机保持静止，观察摆球正以小角度 θ0 左右摆动，且振动周期为 T。已知重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则下列说法正确的是
A. 若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变
B. 若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大
C. 设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度 g 竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动
D. 设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度 g 竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速圆周运动

三、多项选择题（共4小题；共16分）
27. 有一个单摆，原来的周期是 2 s。在下列情况下，对周期变化的判断正确的是
A. 摆长减为原来的 14，周期也减为原来的 14
B. 摆球的质量减为原来的 14，周期不变
C. 振幅减为原来的 14，周期不变
D. 重力加速度减为原来的 14，周期变为原来的 2 倍

28. 单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是
A. 摆线质量不计
B. 摆线长度不可伸缩
C. 摆球的直径比摆线长度短得多
D. 只要是单摆的运动就是一种简谐运动

29. 如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是
A. 甲、乙两单摆的摆长相等
B. 甲摆的振幅比乙摆大
C. 甲摆的机械能比乙摆大
D. 甲摆的周期比乙摆大
E. 在 t=0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆

30. 一简谐振子沿 x 轴振动，平衡位置在坐标原点。t=0 时刻振子的位移 x=−0.1 m，t=43 s 时刻 x=0.1 m，t=4 s 时刻 x=0.1 m。该振子的振幅和周期可能为
A. 0.1 m，83 s B. 0.1 m，8 s C. 0.2 m，83 s D. 0.2 m，8 s
答案
第一部分
1. D
【解析】单摆做简谐运动时，摆球如同做圆周运动，摆球重力的切向分力充当回复力，摆球重力的径向分力与摆球拉力的合力充当向心力。
2. C
3. B
【解析】单摆的摆长 L=l+D2=(89.2+0.8)cm=90.0 cm，
由单摆的周期公式可知 T=2πLg≈1.9 s。
4. B
【解析】由单摆周期公式 T=2πlg 可知，决定单摆周期的是摆长及当地的重力加速度，与摆球的质量、运动速度均无关，C、D错误。
决定振幅的是外在因素，反映在单摆的运动中，可以从能量角度去观察；摆球在平衡位置（即最低点）时的动能为 Ek=12mv2，当 m 增为原来的 4 倍，速度减为原来的 12 时，动能不变，摆球在最高点的重力势能也不变，而重力势能 Ep=mgh，m 增大，则 h 变小，振幅减小，A错误，B正确。
5. C
【解析】由题意可知，该“单摆”的“等效重力加速度”为 gʹ=gsinθ，由单摆的周期公式可知该等效“单摆”的周期 T=2πlgsinθ，选C。
6. B
【解析】设鸟的质量为 m0，本题可用弹簧振子的振动周期公式 T=2πmk 求解，鸟在树枝上的振动周期 T0=2πm0k=106，50 g 的砝码挂在树枝上的振动周期 T1=2πm1k=1012，由以上两式得 m0=4m1，鸟的质量为 50 g 的砝码的 4 倍，即 200 g，所以选项B正确。但是现有高中物理教材没有给出弹簧振子的振动周期公式，因此本题似乎超纲，新课改注重探究性学习，本题可用比例法进行探究。m1=50 g 的砝码挂在 P 处，振动周期 T1=1012=56 s，m2=500 g 的砝码挂在 P 处，振动周期 T2=156 s，得 T2T1=3，m2m1=10，对以上观察的数据进行探究，在忽略观察和记录的误差的情况下，有 m2m1=(T2T1)2，即 m∝T2，设鸟的质量为 m0，其振动周期 T0=106 s，因此 m0m1=(T0T1)2=4，得 m1=4m2=200 g。
7. C
8. A
【解析】由于半径 R 远大于运动的弧长，所以小球做简谐运动，其周期都为 T=2πRg，与位移大小无关，故同时到达 O 点，A项正确。
9. C
【解析】单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B项均错；对秒摆，T0=2πl0g=2 s，对周期为 4 s 的单摆，T=2πlg=4 s，故 l=4l0，C 项对D项错。
10. A
【解析】A 做自由落体运动，到 C 所需时间 tA=2Rg，R 为圆弧轨道的半径。
因为圆弧轨道的半径 R 很大，写球离最低点 C 又很近，所以 B 球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动（等同于摆长为 R 的单摆），则运动到最低点 C 所用的时间是单摆振动周期的 14，即 tB=T4=π2Rg>tA，所以 A 球先到达 C 点。
11. D
【解析】由 T=2πlg 可知，单摆的周期 T 与质量无关，A项错误；偏角 θ 变小，振幅变小，但单摆的周期 T 与振幅无关，B项错误；O→B→O→C→O 为一次全振动，运动时间等于 T，C项错误；由 O→B→O 仅完成了半个全振动，运动时间等于 T2，D 项正确。
12. D
【解析】由单摆周期公式 T=2πlg 可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的 14。
13. B
【解析】设两个单摆的周期分别为 Ta 和 Tb，由题意 10Ta=6Tb，得 Ta:Tb=3:5
根据单摆周期公式 T=2πlg，可知 l=g4π2T2
由此得 la:lb=Ta2:Tb2=9:25
则 la=925−9×1.6 m=0.9 m
lb=2525−9×1.6 m=2.5 m。
14. B
【解析】单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力，所以说法 ① 错误，说法 ② 正确；
根据单摆的周期公式 T=2πlg 可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，说法 ③ 正确；
当摆角很小时，摆球的运动轨迹可以近似地看做直线，回复力或重力沿摆球运动轨迹切向的分力可以近似地看做沿这条直线，这时可以证明：F回=−mgsinθ=−mglx=−kx，可见，在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，说法 ④ 正确；
将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度 g 变小，根据 T=2πlg 可知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，说法 ⑤ 错误.
综上可知，只有说法 ②③④ 正确，故正确答案为B。
15. D
【解析】 T=T12+T22=πLg+πL2g，故选D.
16. C
【解析】由图象可知，两单摆的周期相等，则摆长相等，无法确定质量关系，故A错，C对。
由题图可知振幅不同，且两个摆球不能同时到达最大位移处，即速度方向不能同时改变，故B、D错。
17. A
【解析】让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以 O 点为悬点，摆长为 L，周期为 T=2πLg。让小球在垂直纸面内摆动，则摆球以 OC 的延长线与 AB 交点为中心摆，摆长为 L+L2cs30∘=L+34L，周期 Tʹ 为 Tʹ=2π(4+3)L4g，选项A正确。
18. C
19. C
20. A
21. D
【解析】在 A 点所受合力大小 FA=mgsinθA，而在 B 点所受合力大小 FB=mgsinθB，其中 θA 、 θB 是轨迹的切线与水平方向的夹角，由于 A 、 B 两点高度相同，因此 lA(1−csθA)=lB(1−csθB)，由于 lA>lB，则 θA<θB，故 FATB，B错误；T=2πlg，lA>lB 得 tAO>tOB，A 到 O 过程重力做功与 O 到 B 过程克服重力做功相等，由 P=Wt 得，PAO22. B
第二部分
23. A， C
【解析】从图中可得两者的周期相同，都为 2.0 s，又因为两者是在同一个地点测量的，g 相同，所以根据单摆周期公式 T=2πLg，可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误；甲的振幅为 10 cm，乙的振幅为 7 cm，则甲的振幅比乙的大，由于甲、乙两摆球质量相等，因此甲的机械能比乙的机械能大，故C正确；在 t=0.5 s 时，甲经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙的位移为负的最大值，则乙具有正向最大加速度，故D错误。
24. C， D
25. A， D
【解析】由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关.
26. A， B
【解析】单摆的周期为 T=2πLg，与质量无关，故仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变，A正确；若升降机匀加速上升，处于超重状态，加速度向上，设为 a，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大，为 g+a，B正确；设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度 g 竖直下落，处于完全失重状态，摆球将相对于升降机做匀速圆周运动，C错误；当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度 g 竖直下落，处于完全失重状态，摆球相对于升降机会保持静止，D错误。
第三部分
27. B， C， D
28. A， B， C
【解析】单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩.但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（θ<5∘）的情况下才能视单摆运动为简谐运动.故正确答案为A、B、C。
29. A， B， E
30. A， C， D
【解析】若振幅 A=0.1 m，T=83 s，则 43 s 为半周期，从 −0.1 m 处运动到 0.1 m，符合运动实际，4 s−43 s=83 s 为一个周期，正好返回 0.1 m 处，所以A项正确；
若 A=0.1 m，T=8 s，43 s 只是 T 的 16，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B项错；
若 A=0.2 m，T=83 s，43 s=T2，振子可以由 −0.1 m 运动到对称位置，4 s−43 s=83 s=T，振子可以由 0.1 m 返回 0.1 m，所以C项对；
若 A=0.2 m，T=8 s，43 s=2×T12，而 Asin2πT⋅T12=12A，即 T12 时间内，振子可以从平衡位置运动到 0.1 m 处；再经 83 s 又恰好能由 0.1 m 处运动到 0.2 m 处后再返回 0.1 m 处，故D项正确。