新教材2021-2022学年高中物理粤教版选择性必修第一册测评：第二章 机械振动

第二章机械振动

第一节简谐运动

课后篇巩固提升

A级必备知识基础练

1.（多选）关于简谐运动，以下说法正确的是（）

A.回复力可能是物体受到的合力

B.回复力是根据力的作用效果命名的

C.振动中位移的方向是不变的

D.物体振动到平衡位置时所受合外力一定等于零

答1]AB

画回复力可以是某个力,可以是某个力的分力，也可以是几个力的合力,A正确;回复力可以

由重力、弹力、摩擦力等各种不同性质的力提供，其效果是使物体回到平衡位置,B正确;振动

中，位移是从平衡位置指向物体所在位置的，其方向是变化的,C错误;物体振动到平衡位置时，

所受回复力为零，但合外力不一定为零,D错误.

2.关于简谐运动的回复力F=-kx的含义，下列说法正确的是（）

A.k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的长度

B.左是回复力跟位移的比值，尤是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移

F

C.根据上，可以认为左与产成正比

D.表达式中的负号表示F始终阻碍物体的运动

前B

解相对弹簧振子来说，左为劲度系数,x为质点离开平衡位置的位移，对于其他简谐运动k不是

劲度系数,而是一个比例系数，故A错误,B正确;系数k由系统本身结构决定，与力厂和位移x

无关,C错误;负号只表示回复力与位移反向,回复力有时也可以是动力,D错误.

3.如图所示，弹簧振子在B、C间振动为平衡位置,%。=/"=5cm,若振子从B到C的运动时

间是1s,则下列说法正确的是（）

41।卜

jwww^o-------H

AI。IK

，BC\

A.振子从8经。到C完成一次全振动

B.振动周期是1s,振幅是10cm

C.经过两次全振动，振子通过的路程是20cm

D.从B开始经过3s,振子通过的路程是30cm

ggD

龌标I振子从B—OTC仅完成了半次全振动，所以周期T=2xls=2s,振幅4=，B0=5cm,故A、B

错误.振子在一次全振动中通过的路程为4A=20cm,所以两次全振动中通过的路程为40cm,3s

的时间为L5T,所以振子通过的路程为30cm,故D正确,C错误.

4.如图所示，能正确反映做简谐运动的物体所受回复力与位移关系的图像是（）

0\x。\xx/°x

ABCD

答案|B

解画由尸=-乙可知,回复力尸与位移大小无成正比，方向与位移方向相反,故选项B正确.

5.（多选）一弹簧振子沿水平方向的x轴作简谐振动，原点O为其平衡位置，在振动中某一时刻

有可能出现的情况是（）

A.位移与速度均为正值，加速度为负值

B.位移为负值，速度与加速度均为正值

C.位移与加速度均为正值，速度为负值

D.位移、速度、加速度均为负值

塞AB

解析|振子的位移方向由平衡位置指向末位置，回复力的方向指向平衡位置，则加速度的方向

指向平衡位置，位移的方向与加速度的方向一定相反，而速度的方向与加速度或位移的方向可

能相同，可能相反，故A、B正确,C、D错误.

6.（2021山东高二月考）如图所示，在一个真空环境中，弹簧上端固定,下端悬挂钢球，把钢球从平

衡位置向下拉一段距离A,放手让其运动，用频闪照相机拍出照片如图甲所示，再重新向下拉钢

A

球至2处濒闪照片如图乙所示,已知频闪照片的闪光周期为0.1s.由此分析出，第一次振动的周

期为，第二次振动的周期为，即弹簧振子的周期与振幅（选填“有关”或

“无关”）.

答案|0.8s0.8s无关

解丽由图甲可知,第一次振动的周期为，=8x0.1s=0.8s;由图乙可知,第二次振动的周期为

T2=8x0.1s=0.8s;即弹簧振子的周期与振幅无关.

7.弹簧振子以O点为平衡位置在6、c两点之间做简谐运动力、c相距20cm.某时刻振子处于

O点正向右运动.经过0.5s,振子首次到达b点.（取向右为正方向）

c0b

-10-50510

hiiilimiiiihiiil

（1）求振动的频率/和振幅A.

（2）求振子在5.5s内通过的路程及位移.

(3)如果弹簧的劲度系数左=100N/m,小球质量为0.5kg,求5.5s末小球的加速度大小和方向.

答嵬⑴0.5Hz10cm(2)110cm-10cm(3)20m/s2,方向向右

1_1

丽⑴/J4X°5HZ=0.5HZ

A=10cm.

(2)5.5s内通过的路程s=2x40cm+3x10cm=110cm

5.5s内通过的位移x=-10cm.

F_fcx_lOOxlOxlO-2

(3)。=mm05m/s2=20m/s2

方向向右.

B级关键能力提升练

8.在光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的质量是2kg,当它运动到平衡位置左侧2cm处时,

受到的回复力是4N,则当它运动到平衡位置右侧4cm处时，它的加速度是()

A.2m/s2,方向水平向右

B.2m/s2,方向水平向左

C.4m/s2,方向水平向右

D.4m/s2,方向水平向左

H]D

画当弹簧振子运动到平衡位置左侧2cm处时，回复力为Q=-fcn,xi=2cm,当它运动到平衡位

置右侧4cm处时,回复力为-丘2,X2=4cm,解得B=8N,方向水平向左，加速度

F2_8

a2=m'm/s2=4m/s2,方向水平向左，选项D正确.

(多选)如图所示，轻质弹簧下面挂一个质量为根的物体，物体在竖直方向做振幅为A的简谐运

动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长.在物体做简谐运动的过程中，弹簧一直处于弹性

限度内，重力加速度为g,则在物体振动过程中()

A.物体在最低点时的弹力大小为2mg

B.弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变

C.弹簧的最大弹性势能等于2mgA

D.物体的最大动能等于mgA

gl]AC

朝物体振动的平衡位置是物体静止时所受的重力和弹力相等的位置,由于物体到达最高点

mg

时，弹簧正好为原长，所以物体的振幅为A=卜，当物体在最低点时，弹力大小为2fc4=2："g,选项

A正确油于只有重力和弹力做功，所以物体的动能、重力势能、弹簧的弹性势能之和保持不

变，选项B错误;从最高点振动到最低点，物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能,所以弹

簧的最大弹性势能等于2;〃gA,选项C正确;物体在平衡位置时动能最大，由于从最高点到平衡

位置物体下降的高度为A,弹簧的弹性势能增大,所以物体的最大动能一定小于mgA,选项D错

、口

7天.

10.

M-

O

N

如图所示为某鱼漂的示意图.当鱼漂静止时，水位恰好在。点.用手将鱼漂往下按，使水位到达

M点.松手后，鱼漂会上下运动,水位在M、N之间来回移动.鱼漂的运动可看成简谐运动.下列

说法正确的是（）

A.水位到达N点时,鱼漂的位移向下最大

B.水位在O点时，鱼漂的速度最大

C.水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度

D.鱼漂由上往下运动时，速度越来越大

H]B

解析|水位由O点到N点过程，鱼漂向上运动，水位到达N点时，鱼漂位移方向向上，达到最大,A

错误;O点是平衡位置，所以水位在0点时鱼漂的速度最大,B正确;水位到达M点时，鱼漂具有

向上的加速度,C错误;鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速,D错误.

1L光滑水平面上的弹簧振子质量为50g,若从弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，

在t=0.2s时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4m/s.则在t=].2s末，弹簧的弹性势能为_

J,该弹簧振子做简谐运动时其动能的变化频率为Hz,lmin内,弹簧弹力对弹簧振子

做正功的次数为.

答案0.42.5150

解丽根据其周期性及对称性，则有周期7=0.8s,振子的最大速度为4m/s,则最大动能

1

石小二今加=0.4J.根据振子振动的周期性判定，在f=L2s末，振子在最大位移处，据机械能守恒有

稣与旧小⑷,物体的振动周期为0.8s,则其动能的变化周期为2=o.4s,所以动能的变化频率为

2.5Hz.在物体振动的1个周期内（向平衡位置运动时弹力做正功）弹力做两次正功，根据其周期

60

性可求得Imin内弹力做正功的次数为n=O8x2=150.

12.

简谐运动是最简单、最基本的一种机械振动，其回复力和周期分别为P=-履、7=2兀

为比例系数，m为振动物体质量.某同学用质量为m的密度计，先规范地测出了烧杯中水的密

度〃如图所示;再将密度计下压一段较小的距离，然后由静止释放,密度计将会上下振动起来.

若忽略水对密度计的阻力,已知密度计有刻度部分的横截面积S不变,烧杯的横截面积要比S

大得多，重力加速度为g,求密度计振动的周期.

函测水的密度时，设密度计与液面交点为O,浸在水中的体积为％,根据平衡条件得

mg=pgVo

振动过程中任意时刻点偏离液面的位移为x,回复力的大小为F=pg(Vo+Sx)-mg或

F=mg-pg(Vo-Sx)

依题意，回复力大小为F=kx

即解得k=pgS

所以密度计做简谐运动，代入T=2TI

第二章机械振动

第二节简谐运动的描述

课后篇巩固提升

必备知识基础练

1.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动,周期为T,P是MO的中点.以平衡位置O为坐

标原点，向右为正方向，建立直线坐标系.若振子从N点开始计时，则其第一次经过尸点的时刻

是()

5T

c.12

ggA

I解析I振子从最大位移处计时，振动方程为X=AcOS。当X=-2时，解得t=3,故A正确.

2.如图所示的简谐运动图像中，在t\和父时刻，运动质点相同的量为()

4/cQm

A

2

q

/S

2二

7

A.加速度B.位移

C.速度D.回复力

小C

kx

假画由图读出,人和女时刻，质点运动的位移大小相等，方向相反;根据简谐运动的加速度〃二-二

得加速度大小相等，方向相反，故A、B错误;X-/图像上点的切线的斜率表示速度，故在ti和火

时刻速度相同,C正确;根据简谐运动中厂二-履得知力和亥时刻质点的回复力大小相等,方向相

反，故D错误.

3.（多选）（2021山东临沂高二期末）一个质点在平衡位置。点附近做简谐运动，若从。点开始计

时，经过2s质点第一次经过M点，再继续运动，又经过1s它第二次经过〃点，则该质点第三次

经过M点再需要的时间可能是（）

47

33

A.sB.sC.7sD.9s

客剽BD

解丽若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图甲所示，

a0Mb

甲

io

可得振动的周期为T=、2s+xls/x°x4=3S,振子第三次通过M点需要经

7

过的时间为t^T-ls-\；若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，运动路线如图乙所

示,

OMb

乙

得振动的周期为T』2s+2xls，x4=10s,振子第三次通过M点需要经过的时间为

/=T-ls=9s,故B、D正确.

4.（多选）公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板.一段

时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动,周期为T.竖直向上为正方向，以某时刻为计时

起点,其振动图像如图所示，则下列说法正确的是（）

1

A.t^T时,货物对车厢底板的压力最小

1

B.^2T时,货物对车厢底板的压力最小

3

C.t^T时,货物对车厢底板的压力最小

D.UT时，货物所受合力为零

塞AD

解丽若货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则要求货物向下的加

T

速度最大，由振动图像可知，在4时，货物向下的加速度最大,A正确,B、C错误;7时刻货物加速

度为零，货物所受支持力与重力等大反向，合力为零,D正确.

如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定,下端与质量为m的小物块A相连，小物块A通过

细线与质量为的小物块B相连，系统处于静止状态.现剪断细线，小物块A将做简谐运动.

以平衡位置为坐标原点,向上为x轴正方向.从剪断细线的瞬间开始计时,小物块A的振动图像

mg

为(取X0=")()

答案C

mg

|解析|剪断细线后,质量为m的小物块A的平衡位置为弹簧伸长量为xo=A处，剪断细线瞬间,

3mg2mg

弹簧伸长量为X=k，小物块初始位置离平衡位置的最大距离为k=2xo,位移为负，故c

正确.

6.(2021湖北武汉高二期中)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示.

(1)写出这个简谐运动的位移随时间变化的关系式.(用正弦函数表示)

(2)从f=0到f=6.5xl(p2s的时间内，振子通过的路程为多大？

Tt

|答案kl)2sin(100兀£/)cm

(2)26cm

解析|(1)由图像可知7=2x10%,A=2cm,

2n2ir

To02

角速度为(0=rad/s=1007irad/s

则简谐运动的位移随时间变化的关系式为x=2sin(100兀bcm.

(2)从t=0到r=6.5xl0-2s的时间，有

13

Ar=6.5xl02s=4T

13

4

一^个周期内通过的路程为4A,所以通过的路程$二x4A=13A=13x2cm=26cm.

B级关键能力提升练

T

7.某质点做简谐运动的振幅为A,周期为T,则质点在4时间内的路程不可能是()

A.0.5AB.0.8AC.AD.1.2A

居A

T

蓟质点在振动的过程中,经过平衡位置处的速度最大，在平衡位置附近的4时间内的路程最

T

大，即在前后各8时间内路程最大，根据简谐运动的方程y=AsinM,若以平衡位置为起点，质点在

Tn>/2

8时刻的位移y=Asinta8=Asin4°A,则质点在,时间内通过的最大路程为近A;质点在振动的

过程中，经过最大位移处的速度为零,在最大位移处附近的4时间内的路程最小，即在前后各8

时间内路程最小，因为质点在4时间内从平衡位置或者最大位移处开始运动时，最大位移是一

个振幅，所以质点在4时间内通过的最小路程为223=（2-鱼）A=0.594,故A项正确.

8.甲、乙为竖直悬挂的两个弹簧振子，且悬挂振子的弹簧劲度系数相同，已知两球质量之比是

4.T,振动图像如图所示.则下列说法正确的是（）

O.5\7,A.ON1.5/2.0

A.甲、乙两弹簧振子的振动频率之比是2/I

B.甲、乙两弹簧振子在10s内质点经过的路程之比是1：1

C.甲、乙两弹簧振子最大加速度之比是2/I

D.甲、乙两弹簧振子最大速度之比是4/I

答案B

解的由题图可知甲、乙两弹簧振子的振动周期之比为T,,Tc=2.T,则二者的频率之比为了

甲：九=1：2,故A错误;甲10s内经过的路程为200cm,乙10s内经过的路程也为200cm,故甲、

乙路程之比是1：1,B正确;根据胡克定律尸=丘可知，甲、乙的最大回复力之比为2.T,又因

F

为两球质量之比是4根据牛顿第二定律4="'可知，甲、乙两弹簧振子最大加速度之比是

1；2,故C错误;经分析，当到达平衡位置时，速度最大，设此时最大速度为Umax,甲弹簧振子的弹

簧伸长量为xo,在最低点时的弹簧伸长量为X2,则有7"g=fcvo,从最低点到平衡位置时，根据动能

11,

5—wvmax

定理得Xx0+X2）（X2-X0）-/"g（无2-尤0）=--0,设弹簧最大振幅为A,则有X2-X0=A,联立以上三式

得甲、乙最大速度之比是1.T,故D错误.

9.（2021河南高二期末）如图所示为某弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法正确的是（）

0.1/0.5\0.9

A.振子在0.2s时刻的回复力与在0.4s时刻的回复力相同

B.0.8s时刻的动能与0.4s时刻的动能相同

C.0.7-0.9s时间内，振子的加速度在减小

D.0.5-0.7s时间内，系统的势能在增大

H]B

解析振子在0.2s时刻与0.4s时刻的位移等大反向，则振子在0.2s时刻的回复力与在0.4s时亥“

的回复力等大反向，选项A错误;0.8s时刻与0.4s时刻速度大小相等，则0.8s时刻的动能与0.4s

时刻的动能相同，选项B正确;0.7~0.9s时间内，振子的位移变大,则回复力变大，加速度在增大,

选项C错误;0.5~0.7s时间内，振子从位移最大位置向平衡位置运动，动能变大，则系统的势能在

减小，选项D错误.

10.（2021山东德州高二期末）某学生在粗细均匀的木筷下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的

杯子中，如图甲所示.现把木筷向上提起一段距离后放手，放手时刻开始计时，之后木筷做简谐

运动，以向上为正方向作出了木筷振动的位移一时间图像，如图乙所示.不计水的阻力，则

0.1\/0.3〃s

A1=2.4s时，木筷处于平衡位置

B.前0.8s内，木筷运动的路程为0.4m

TT

C.木筷的位移时间关系为x=0.05sin（10兀什-）m

D.r=0.05s时，木筷的重力小于其所受的浮力

H]B

解丽由图像可得振动周期为T=0.4s,则t=2As时J=6T,木筷处于初始位置，即在正的最大位移

处，所以A错误;前0.8s内,振动了27,木筷运动的路程为x=8A=0.4m,所以B正确;木筷的位移

TT

时间关系为x=0.05sin（5nf+-）m,所以C错误;f=0.05s时，木筷向平衡位置做加速运动,所以木

筷的重力大于其所受的浮力，则D错误.

11.一半径为10cm的小球漂浮在水面上时恰好有一半体积浸没在水中，如图所示.现将小球向

下按压5m后放手，忽略空气和水的阻力,小球在竖直方向上的运动可视为简谐运动，测得其振

动周期为0.4s,以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅.

[6/h

2

-A\

（1）写出小球位移的函数表达式.

（2）求小球12s内所经历的路程和位移大小.

5兀b6)cm(2)600cm0

答案⑴x=5sin

2TT

|解析|⑴T=0.4s,根据CD=T

得①二5兀rad/s

A

t=0时亥"x二--二Asin夕

7n

解得9二

7n5n

故小球的振动方程为x=Asin(①£+9)=5sin(5兀/+6cm=5sin5nt-6)em.

(2)12s相当于30个周期，一个周期内小球的路程是4A,即总路程s=600cm;位移是0.

第二章机械振动

第三节单摆

课后篇巩固提升

A级必备知识基础练

L已知单摆。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/“与〃分别为()

A.la=2.5m,〃=0.9m

B./a=0.9m,/产2.5m

C./a=2.4m,fe=4.0m

D./q=4.0m,。=2.4m

H]B

解丽设两个单摆的周期分别为7；和由题意,10£=6〃得Ta:Tb=3：5.根据单摆周期公式

1-9_

7=2兀、%可知1=如"小,由此得〃:人凄：7/=9；25,则

925

/a=25-9xl.6m=0.9m,〃=25-9xl.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

西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

H]c

画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.n时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大

Be时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小

CQ时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小

D.74时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大

塞D

解丽由题图知。时刻摆球处在最大位移处，速度为零,回复力最大,A错误工2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错误汨时刻摆球在最大位移处，速度为零,回复力

最大，故C错误;以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、8两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

客剽BD

解明由题图可知，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正确油

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

相B

_1A._5

蓟由题图可知，甲、乙周期之比吆；甲、乙的振幅之比%乙2根据单摆周期公式广2无9

可知甲、乙的摆长之比吆7乙24,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2"7V2=„7g/(1-cosa),小球经过

平衡位置时的速度v=>/2g1(l-cosa),最低点加速度最大，所以运动过程中的最大加速度

弓

a=r=2g(1-cosct),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/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).尸

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

()

ra

31

49

AZBl

D.无法确定

廨函设每相邻两次闪光的时间间隔为f,则由图可知摆球在右侧摆动的周期为Ti=8f,在左侧摆

动的周期为T2=4t,Ti：T2=2设左侧摆长为/i,则71=2兀山,72=2兀、9,联立解得/1=4/,所以小

钉与悬点的距离5=/-/1=与,故选A.

8.图甲是一个单摆振动的情形0是它的平衡位置,8、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向

右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像.

0.2/,\0.6,1;0

/0.4\0.8/t/s

0

甲

(1)求单摆振动的频率.

(2)求开始时刻摆球的位置.

(3)若当地的重力加速度为10m/s2,求这个单摆的摆长.

答案⑴1.25Hz⑵8位置(3)0.16m

|解析|(1)由题图乙可知，单摆振动的周期T=0.8s,故其振动的频率为尸7°8Hz=1.25Hz.

(2)由题图可知,开始时刻摆球位移为负向最大，故开始时刻摆球位于B位置.

(3)由单摆的周期公式7=2兀山可得/=+ng=4x314x]0m=0.16m.

关键能力提升练

9.(2021山东烟台第一中学高二期末)下图是两个单摆的振动图像，以下说法正确的是()

o

-1

-2

A.甲、乙两个摆的频率之比为1：1

B.甲、乙两个摆的频率之比为1：2

C.甲、乙两个摆的摆长之比为1；2

D.甲、乙两个摆的摆长之比为1；4

ggD

龌洞由图可知甲、乙两个摆的周期之比为1；2,则频率之比为2.T,选项A、B错误;根据

7=2兀、9可得可知甲、乙两个摆的摆长之比为1：4,选项C错误,D正确.

10.在上海走时准确的摆钟，被考察队带到北极黄河站，则这个摆钟()

A.变慢了，重新校准应减小摆长

B.变慢了，重新校准应增大摆长

C.变快了,重新校准应减小摆长

D.变快了，重新校准应增大摆长

痴D

朝摆钟从上海到北极，纬度升高，重力加速度g变大，由单摆的周期公式T=2兀皿可知,摆钟的

周期变小，即摆动变快,要将周期T调大从而重新校准应增大摆长乙，故选D.

11.（2021江苏南通高二开学考试）如图所示，两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同一高度，虚

线表示竖直方向,分别拉开一定的角度（都小于5°）同时由静止释放,不计空气阻力.沿两单摆

平衡位置的连线方向观察，释放后可能看到的是（）

I'枇新到的

观察方向释放位置

ABCD

答案C

丽因两个单摆的摆长相同，根据单摆周期公式7=2兀7匕可知两个单摆的周期相同，两摆同时

由静止释放，应同时到达平衡位置，同时到达右边最大位移处，故选C.

12.图甲是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的

漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系.板上的直线O。代表

时间轴.图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线.若板N1和板N2的速度VI和V2的关系

为也=2vi,当两板匀速拉出的距离相同时，则板M、M上曲线所代表的振动的周期和於的

关系为（）

A.r2=T,B.T2=2T1

1

D.T=4T1

C.r2=4Ti2

包=”

|解析|因N?板和Ni板匀速拉过的距离相同，故两板运动时间之比-'=2.在这段距离内Ni板

1

上方的摆只完成一个全振动,N2板上方的摆已完成两个全振动，即A=Ti,f2=2石，故T2=4"D项

正确.

13.如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系判断正确的是()

A.Ti>兀>T3>A

B.TI<7^=73<74

C.TI>T2^T3>T4

D.TI<TO<T3<T4

H]c

画题图⑴中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsinO为等效重力,即单摆的等效

重力加速度gi=gsin。;题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力;题图

⑶为标准单摆;题图(4)中摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大,g4=g+a

由单摆振动的周期公式7=2/9,知7]>芯=A>北,选项c正确.

14.

Q甲

如图所示,ACB为半径为R的光滑弧形槽，弧甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A

点由静止释放.

(1)求两球第1次到达C点的时间之比.

(2)若在圆弧的最低点C的正上方/?处由静止释放小球甲，让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧

由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，求甲球下落的高度6.

2V2(2n+l)2iT27?

想⑴n(2)8(72=0,1,2,…)

\2R

阿丽(1)甲球做自由落体运动R=-」，所以九=

乙球沿圆弧做简谐运动(由于可认为摆角。<5°)

此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为凡因此乙球第1次到达C

11Tt[fl272

处的时间h=*T=，x2兀2'，所以hh=1T.

(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间f甲=

由于乙球运动的周期性，所以乙球到达。点的时间t乙

T_H'R

2=2

=9(2〃+])(〃=。[，2,…)

由于甲、乙在C处相遇，故t甲文乙

(2n+l)2Tr27?

解得/?=(〃=0,1,2,…).

第二章机械振动

第四节用单摆测量重力加速度

课后篇巩固提升

A级必备知识基础练

L某同学做“用单摆测量重力加速度”的实验.

甲乙

测摆长时测量结果如图甲所示(摆线的另一端与刻度尺的零刻线对齐)，摆长为

cm;然后用停表记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，停表读数为s.

答案|99.80100.6

丽|摆长应是悬点到球心的距离，故摆长为99.80cm,分针上的示数为L5min,即90s,秒针上的

示数为10.6s,故停表读数为(90+10.6)s=100.6s.

2.某同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm,摆球直径为2.00cm,

然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间，如图所示，则：

(1)该单摆摆长为cm,停表的示数为s.

(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是.

A.测摆线长时摆线拉得过紧

B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了

C.开始计时时,停表过迟按下

D.实验中误将49次全振动次数记为50次

(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长/并测出相应的周期T,从而得出几组对应的I

与T的数据，然后建立以/为横坐标、N为纵坐标的直角坐标系，根据数据描点并连成直线，如

图所示.求得该直线的斜率为匕则重力加速度g=_______.(用k表示)

4n2

|答案|⑴98.5099.8(2)B⑶k

|解析|(1)摆长/=/'+2=98.50cmj=99.8s.

n华

(2)由单摆周期公式T=2无。,得g=(力，所以/偏大，则g偏大;/偏小，则g偏小;f

偏小，则g偏大;"偏大，则g偏大.故选项B正确.

4H214n24n2

(3)由单摆周期公式可得/=那么图中直线斜率左=、所以g=k.

3.(2021福建龙海二中高三开学考试)在做“用单摆测量重力加速度”的实验过程中：

(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d=mm.

234cm

IlIIIIIIlIIIIIIIIIIIIIII

|I111111f11IIII|IIIII

01020

(2)小张同学实验时不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次悬线长和周期,第一次测得悬

线长为心,对应振动周期为Ti；第二次测得悬线长为心,对应单摆的振动周期为八,根据以上测

量数据可推导出重力加速度的表达式为

41T2(L112)

重(1)20.30(2)g=AF?

解析(1)摆球直径d=2cm+0.05mmx6=20.30mm.

(2)设小球的半径为一，根据单摆的周期公式得Ti=27i

4n2(%-1»2)

7272

联立解得g=7I心.

用如图所示的实验装置做“用单摆测定重力加速度”的实验.

(1)组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用米尺测出摆线长为/，用游标卡尺测量摆球直径

为d则单摆摆长为(用字母I、d表示).再用秒表记录单摆n次全振动所用

的时间为用上述测得的物理量符号写出重力加速度的表达式g=.

(2)为了提高实验精确度，下列说法正确的是(选填字母代号).

A.用塑料球做摆球

B.当摆球经过平衡位置时开始计时

C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放

D.测量一次全振动的周期，根据公式计算重力加速度g

(3)某同学测重力加速度，他用长细线和小铁球做了一个单摆，手头却只有一根量程为30cm的

刻度尺和一个秒表,于是他先用此单摆进行实验，测得单摆的周期为Ti,然后将摆线长度减小

A/(A/小于刻度尺量程)再次实验，测得相应单摆的周期为Tz由此可得重力加速度g=

(用字母△/、，、。表示).

d4n2ir2(J+^.)

葬⑴M一针一(2)B

4n2Al

Ti2-T：

⑶2

d

丽(1)单摆摆长为摆线的长度加摆球的半径，故单摆摆长为乙=/+2,由题意知，单摆n次全振动

所用的时间为故其单摆的周期为T=n,由单摆周期公式7=2无7工可得到重力加速度的表达式

4n2L_41rz(1+充_4n2ir2(J+j)

g=—=^^=—^

(2)为了提高实验精确度，小球应选用密度比较大的，故A错误;为了提高实验精确度，需要

当摆球经过平衡位置时开始计时，故B正确;用单摆测重力加速度的实验中，摆球只有在一个

比较小的角度下摆动才可以看成简谐振动才可以用单摆的周期公式进行计算，所以实验时应

当把摆球从平衡位置拉开一个较小的角度后释放，故C错误;在测量单摆的周期时，不能用测

量一次全振动的时间作为单摆的周期，应当用统计规律去测量其周期，再根据公式计算重力加

速度g,故D错误.

[LIL-AI4112M

(3)根据单摆的周期公式可知Ti=2兀3,72=2兀解得g=

5.(2021山东高二期末)某物理实验小组在做用单摆测量重力加速度的实验.

(1)以下关于本实验的描述正确的是.

A.摆角应尽量大些

B.摆线应适当长些

C.摆球应选择密度较大的实心金属小球

D.用停表测量周期时，应从摆球摆至最高点时开始计时

(2)实验小组的甲同学用游标卡尺测摆球的直径，示数如图所示,则摆球直径是

mm.

23cm

010

(3)该实验小组实验时,测得摆线长为/=1.0m,小球的直径已经在(2)中测出，单摆完成50次全

振动所用的时间为100s,疟取9.6,则重力加速度大小g=m/s2(结果保留三位有效数

字).

(4)实验小组中乙同学和丙同学运用图像法处理实验数据，乙同学在实验后才发现自己测量摆

长时忘了加上摆球的半径，已知图中虚线②、③与ON平行,ON为丙同学作出的正确图像，则

乙同学当时作出的r-L图像应该是图中虚线.

霹⑴BC(2)20.4(3)9.70(4)③

画(1)摆角不应过大，否则单摆就不是简谐振动，选项A错误;摆线应适当长些,有利于减小实

验误差，选项B正确;摆球应选择密度较大的实心金属小球，以减小摆动中的相对阻力，选项C

正确;用停表测量周期时，应从摆球摆至最低点时开始计时，选项D错误.

(2)摆球直径是2cm+0.lmmx4=20.4mm.

100sd20.4X10-3

2?

(3)单摆振动的周期为T=50=2s,摆长乙=/+=1.0m+-m=l.0102m,

4rr2L_4x9.6x1.0102

根据T=2TIg,解得g=m/s2=9.70m/s2.

4rr2

(4)若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则r-£的关系为/=9(L+r),则乙同学当时

作出的图像应该是虚线③

B级关键能力提升练

6.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为以未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒

外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会

碰到筒壁,如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L,并通过改

变L而测出对应的摆动周期T,再以尸为纵轴、乙为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过

此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.

甲乙

(1)现有如下测量工具:A.时钟;B.停表;C.天平;D.毫米刻度尺.本实验所需的测量工具

有.

(2)如果实验中所得到的关系图像如图乙所示，那么真正的图像应该是。、6、c中

的.

(3)根据图像,小筒的深度为_______，当地的重力加速度大小为________.

gg(l)BD(2)。(3)0.3m9.86m/s2

解丽本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法.

(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离乙要用到毫米刻度尺，测单摆的周期需要用停

表，所以测量工具选B、D.

(2)设摆线在筒内部分的长度为h,

4rr2

由7=2兀g/z,可知尸［关系图像为

(3)#/=0,£=-30cm代入上式可得

/z=30cm=0.3m

将7^=1.20S2,£=0代入上式可求得

g=7i2=9.86m/s2.

第二章机械振动

第五节受迫振动共振

课后篇巩固提升

A级必备知识基础练

1.自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小，下列说法正确的是()

A.机械能守恒

B.能量正在消失

C.总能量守恒，机械能减小

D.只有动能和势能的相互转化

答案|c

画可以把自由摆动的秋千看作做阻尼振动的模型.振动系统中的能量转化不只是系统内部

动能和势能的相互转化，振动系统是一个开放系统，与外界时刻进行着能量交换，但总能量守

恒.系统由于受到阻力，消耗系统机械能，从而使振动的机械能不断减小.

2.下列说法不正确的是（）

A.挑水时为了防止水从桶中荡出,可以加快或减慢走路的步频

B.在连续均匀的