第二章机械振动第三节单摆课后篇巩固提升必备知识基础练1.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1.6m,则两单摆长la与lb分别为()A.la=2.5m,lb=0.9mB.la=0.9m,lb=2.5mC.la=2.4m,lb=4.0mD.la=4.0m,lb=2.4m答案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=925-9×1.6m=0.9m,lb=2525-9×1.6m=2.5m.2.下列关于单摆周期的说法正确的是()A.用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆,在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出,周期不变B.只将摆球的质量增大,单摆振动周期增大C.将摆由赤道移到北极,单摆振动周期减小D.将单摆的摆角由3°增加到5°(不计空气阻力),单摆的周期减小答案C解析沙从漏斗中缓慢漏出时,等效摆长变化,周期变化,选项A错误;单摆的振动周期与摆球的质量无关,选项B错误;摆由赤道移到北极,重力加速度增大,则周期减小,选项C正确;在摆角很小时,单摆的周期与摆角大小无关,选项D错误.3.关于单摆,下列说法正确的是()A.摆球做匀速圆周运动B.摆球摆动到最低点时加速度为零C.摆球速度变化的周期等于振动周期D.摆球振动的频率与振幅有关答案C解析摆球在摆动中速度大小是变化的,不是匀速圆周运动,A错误;摆球摆动到最低点时加速度不为零,摆球受向上的合力,故加速度竖直向上,B错误;摆球速度变化的周期以及位移变化的周期均等于振动周期,C正确;摆球振动的频率与振幅无关,只取决于摆长和当地的重力加速度,D错误.4.单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是()A.t1时刻摆球速度最大,摆球的回复力最大B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小C.t3时刻摆球速度为零,摆球的回复力最小D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大答案D解析由题图知t1时刻摆球处在最大位移处,速度为零,回复力最大,A错误;t2时刻摆球处在平衡位置,其速度最大,回复力为零,拉力最大,故B错误;t3时刻摆球在最大位移处,速度为零,回复力最大,故C错误;t4时刻摆球在平衡位置处,速度最大,回复力为零,悬线对它的拉力最大,故D正确.5.(多选)如图所示为在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像,其中实线表示A的运动图像,虚线表示B的运动图像.关于这两个单摆的以下判断正确的是()A.这两个单摆的摆球质量一定相等B.这两个单摆的摆长一定不同C.这两个单摆的最大摆角一定相同D.这两个单摆的振幅一定相同答案BD解析由题图可知,两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D正确;由振幅相等而摆长不等知C错误;单摆的周期与质量无关,两摆球质量关系不确定,故A错误.6.质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上,两小球做简谐运动的图像如图所示,则()A.两小球经过平衡位置时速度一样大B.运动过程中甲的最大加速度大C.两小球摆动过程中乙的最大摆角大D.运动过程中甲的机械能小于乙的机械能答案B解析由题图可知,甲、乙周期之比T甲T乙=12,甲、乙的振幅之比A甲A乙=52,根据单摆周期公式T=2πlg可知甲、乙的摆长之比l甲l乙=T甲2T乙2=14,甲球摆长小,振幅大,所以摆动过程中甲的最大摆角大,故C错误;小球从最高点到最低点的过程中,由机械能守恒定律可知12mv2=mgl(1-cosα),小球经过平衡位置时的速度v=2gl(1-cosα),最低点加速度最大,所以运动过程中的最大加速度a=v2r=2g(1-cosα),因为甲的最大摆角大,所以甲的最大加速度大,故B正确;由题图可知,甲在平衡位置的速度比乙的大,机械能更大,故A、D错误.7.(2021浙江宁波北仑中学高二期中)有一摆长为l的单摆,悬点正下方某处有一小钉,当摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部被小钉挡住,使摆长发生变化.现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被拍入).P为摆动中的最低点,已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知,小钉与悬点间的距离为()A.34lB.12lC.14lD.无法确定答案A解析设每相邻两次闪光的时间间隔为t,则由图可知摆球在右侧摆动的周期为T1=8t,在左侧摆动的周期为T2=4t,T1∶T2=2∶1,设左侧摆长为l1,则T1=2πlg,T2=2πl1g,联立解得l1=14l,所以小钉与悬点的距离s=l-l1=34l,故选A.8.图甲是一个单