第二章 机械振动 单元综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

　　　　 第二章　机械振动 单元综合提升 概念梳理　构建网络 1 教考衔接　明确考向 2 易错辨析　强化落实 3 单元测试卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 概念梳理　构建网络 返回 教考衔接　明确考向 返回 (多选)(2023·山东高考·T10)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的 倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是 √ √ 真题1 衔接教材 人教版选择性必修第一册P42·【练习与应用】T1。一个小球在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s小球第一次经过M点，再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点。求该小球做简谐运动的可能周期。 衔接分析 人教版选择性必修第一册P42·【练习与应用】T1，以一个小球的简谐运动为情境，考查了简谐运动的周期性及对称性带来的多解问题。 近几年的高考以简谐运动的周期性及对称性为情境进行命题成为高考的一个考查热点，例如：2023·山东高考·T10以简谐运动的周期性及对称性为情境，考查了求解振动过程的可能周期及振幅问题。 针对练1.(多选)(2023·山东临沂质检)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期可能为 A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s √ √ 如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，若振子一开始从平衡位置向点C运动，振子从O→C所需时间为 ，因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故 ＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s，振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为 ，故周期为T＝0.5 s＋ s≈0.53 s，故A、C正确。 针对练2.(2023·河南开封高二月考)一质点沿直线做简谐运动，相继通过距离为16 cm的两点A和B，历时1 s，并且在A、B两点处具有相同的速率，再经过1 s，质点第二次通过B点，该质点运动的周期和振幅分别为 √ 设简谐运动的平衡位置为O，质点先后以相同的速度通过A、B两点，说明A、B两点关于平衡位置O点对称，所以质点由A到O时间与由O到B的时间相等，假设质点首先向最大位移处运动，然后再经过B点，则一定有tAB>tBB(设两次经过B的时间为tBB)，这与题意不符，故不可能，因此质点必定首先向平衡位置移动，然后再向B点移动，那么从平衡位置O到B点的时间 t1＝0.5 s，因过B点后质点再经过1 s又第二次通过B点，根据对称性得知质点从B点到最大位置的时间t2＝0.5 s，故周期为T＝4×(0.5＋0.5 ) s＝4 s，由于质点位移与时间的关系式x＝Asin ωt，从平衡位置开始计时到达B点时，则有8 cm＝Asin ωt＝Asin，解得A＝8 cm，故D正确，A、B、C错误。故选D。 (2022·海南高考·T4)甲、乙两摆在同一地点的振动图像如图所示，两单摆的摆长分别为l甲、l乙，则 为 √ 真题2 (2019·全国卷Ⅱ·T34)如图，长为l的细绳下方悬挂一小 球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方 l的O′ 处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成 一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当 小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相 对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x -t关系的是 真题3 √ 衔接教材 人教版选择性必修第一册P50·【练习与应用】·T3(1)。如图是两个单摆的振动图像。 甲、乙两个摆的摆长之比是多少？ 衔接分析 人教版选择性必修第一册P50·【练习与应用】·T3(1)，以两个单摆振动图像(x -t图像)为情境，考查了x -t图像与单摆周期公式的应用。 近几年的高考以单摆模型及其x -t图像为情境进行命题成为高考的一个考查热点，例如：2022·海南高考·T4是以两个单摆的x -t图像为情境，考查了通过单摆周期公式比较两个单摆的摆长问题，此高考题的情境与教材的一样，考查的问题也完全一样，提示我们也要重视教材上练习题的重要性。2019·全国卷Ⅱ·T34则是利用“在O点正下方 l的O′处有一固定细铁钉”来改变单摆的摆长为情境，考查了左右两侧摆长不同的单摆的振动图像问题。 针对练1.(多选)如图为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，g＝10 m/s2，π2≈10，下列说法正确的是 A．甲单摆的摆长较大 B．甲摆的振幅比乙摆的大 C．甲摆的最大偏角为0.05° D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 √ √ 针对练2.(2023·石家庄高二月考)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过5°。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，忽略一切阻力。下列说法正确的是 A．t＝0.1π s时小球位于B点 B．t＝0.4π s时小球位于C点 C．OA之间的距离为1.5 m D．OP之间的距离为1.2 m √ 由题图可知，0～0.2π s内应该对应着 摆球在CB之间的摆动，0.2π～0.6π s内 应该对应着摆球在BA之间的摆动，因 t＝0.1π s时摆线拉力最小，可知小球位 于C点，t＝0.4π s时小球位于A点，选项A、B错误；摆球在AB之间摆动的周期为T1＝0.8π s，根据T＝2π ，可得L1＝1.6 m，即OA之间的距离为1.6 m，选项C错误；摆球在BC之间摆动的周期为T2＝0.4π s，根据T＝2π ，可得L2＝0.4 m，即PB之间的距离为0.4 m，则OP之间的距离为1.2 m，选项D正确。 (多选)(2021·浙江1月选考·T15)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则 A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率 可能不同 B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度 一定增大 C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同 D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同 √ √ 真题4 根据共振的条件，当振动器的频率等于树 木的固有频率时产生共振，此时落果效果 最好，而不同的树木的固有频率不同，针 对不同树木，落果效果最好的振动频率可能 不同，选项A正确；当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，选项B错误；打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率小于树干的固有频率，振动过程中频率不变，粗细不同的树干，固有频率不同，则打击结束后，粗细不同的树干频率可能不同，选项C错误；树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，选项D正确。故选AD。 衔接教材 人教版选择性必修第一册P60【复习与提高·B组】·T6，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54 r/min。为了使筛子的振幅增大，请提出两种方案。 衔接分析 人教版选择性必修第一册P60【复习与提高·B组】·T6，以共振筛的工作原理为情境考查了共振知识在实际中的应用问题。 近几年的高考常以共振知识在实际中的应用为情境进行命题，考查共振及受迫振动有关知识的实际应用问题成为高考的一个考查热点，例如：2021·浙江1月选考·T15以采摘松果的两种装置“打击杆、振动器”为情境，考查了共振条件及受迫振动规律的应用问题。 针对练1.(2023·江苏泰州单元测试)如图所示，竖直圆盘可绕水平中心轴O转动，固定在圆盘边缘上的小圆柱P带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下端连着一个弹簧振子，小球始终在水中，当圆盘静止时，小球做阻尼振动的频率约为3 Hz。现使圆盘以4 s的周期匀速转动，当小球振动达到稳定后 A．小球的振动频率约为3 Hz B．T形支架的运动是简谐运动 C．T形支架在最高点时所受的合外力向上 D．若圆盘匀速转动的周期变为5 s，稳定后小球的振幅 将增大 √ 当圆盘静止时，小球做阻尼振动的频率约为3 Hz，现使圆 盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到 稳定，小球的振动频率等于驱动力的频率，即为f＝ ＝ 0.25 Hz，故A错误；设圆盘半径为R，圆盘的角速度 由几何关系可知，P点竖直 方向上的位移y＝Rsin ωt，所以T形支架的运动为简谐运动，故B正确；T形支架在最高点时，竖直方向上有向下的向心力，因此合力竖直向下，故C错误；圆盘匀速转动的周期等于小球做阻尼振动的周期时，小球产生共振现象，振幅显著增大，此时圆盘匀速转动的周期T＝ ＝ s，所以若圆盘匀速转动的周期变为5 s，稳定后小球的振幅将减小，故D错误。 针对练2.(2023·浙江萧山名校联考)共振筛由偏心轮、筛子、弹簧等组成，偏心轮转动过程给筛子一个驱动力，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加筛子质量，可增大筛子的固有周期；12 V电压下偏心轮的转速为30 r/min，则下列说法中正确的是 A．电压为12 V时，筛子实际振动的频率 是0.8 Hz B．电压从12 V开始减小，筛子有可能会 共振 C．保持12 V电压不变，减小筛子的质量，筛子有可能会共振 D．若只改变电压，筛子的固有周期不变，仍为1.25 s √ 电压为12 V时，筛子实际振动的频率是 f ＝ Hz＝0.5 Hz，故A错误；由题图乙 知，当频率为0.8 Hz时，发生共振，即筛 子的固有频率为f0＝0.8 Hz，根据题意，电压 从12 V开始减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，故B错误；保持12 V电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，故C错误；根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期T0＝ ＝1.25 s，故D正确。 返回 易错辨析　强化落实 返回 1．(对全振动意义的理解有误致错)关于简谐运动以及完成一次全振动，以下说法正确的是 A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同 B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动 C．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动 D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同；背离平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反 √ 回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，也可以相反，故A错误；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同，故D错误；一次全振动过程中，动能和势能可以多次恢复为原来的大小，故B错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，故C正确。故选C。 易错分析　本题容易错选B项，原因是对“一次全振动是指描述简谐运动的各量第一次同时恢复为原来的状态所经历过程”理解错误，因为动能、势能是标量，所以动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程不是一次全振动，故B错误；而速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程才为一次全振动，故C正确。 2．(振动物体路程的计算方法致错)(多选)如图所示，弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，A、B间距离是20 cm，C点为BO的中点，从A到B运动时间是2 s，则下列说法正确的是 A．从O→B→O振子做了一次全振动 B．振动周期为4 s，振幅是10 cm C．从C开始经过5 s，振子通过的路程是50 cm D．从O开始经过3 s，振子处在最大位移A或B处 √ 振子从O→B→O只完成了半个全振动，选项A错误；从A→B振子也只是完成了半个全振动，时间是2 s，所以振动周期是4 s，A、B间距离是20 cm，故振幅为10 cm，选项B正确；从C开始经过4 s，恰好回到C，振子通过的路程是4A＝40 cm，但是再过1 s，振子通过的路程可能大于10 cm、也可能小于10 cm，即从C开始经过5 s，振子通过的路程可能大于、也可能小于50 cm，选项C错误；从O开始经过3 s，振子处在最大位移A或B处，选项D正确。 √ 易错分析　本题容易错选C项，原因是忽视了振动物体在 内通过的路程可能等于一倍振幅，还可能大于或小于一倍振幅，只有当初始时刻在平衡位置或最大位移处时， 内通过的路程才等于振幅。 3．(混淆竖直弹簧振子的振幅与弹簧的形变量致错)(多选)(2023·福建福州市质检)如图所示，在水平地面上的物块B用轻质弹簧与物块A相连，均处于静止状态，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k。现将另一个质量也为m的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在运动过程中，物体B对地面的最小压力为 ，则以下说法正确的是 A．C和A相碰后立即向下减速运动 B．B对地面的最大压力为 C．简谐运动的振幅为 D．若C物体从更高的位置释放，碰后一起向下运动过程中， 速度最大的位置不变 √ √ 当A、C运动到最低点时，B对地面的压力最大，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为 此时弹力为F＝kΔx＝ ，B对地面的最大压力为FN＝F＋mg ＝ ，B正确；A、C碰后粘在一起向下运动过程中，速度最大的位置即为A、C处于平衡状态的位置，此时弹簧弹力等于A、C的重力，即kx0＝2mg，因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动过程中，速度最大的位置不变，D正确。故选BD。 4．(不理解单摆振动过程中某状态的特点致错)对于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是 A．在位移为正的区间，速度和加速度都一定为负 B．当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振动的能量也逐渐增大 C．摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，摆线所受拉力最大 D．摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态 √ 易错分析　本题容易错选D项，原因是不理解单摆振动过程中经过最大位移处的状态特点，摆球在最大位移处时，速度为零，但是不处于平衡状态，因为此时回复力最大，故D项错误。 在位移为正的区间，根据回复力公式有F＝－kx，回复力为负，则加速度为负，但速度可正可负，A错误；当位移增大时，回复力增大，振动的能量不变，B错误；平衡位置为摆球最低位置，摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，由FT－mg＝ ，解得FT＝mg＋ ，可知，在平衡位置摆线所受拉力最大，C正确；摆球在最大位移处，速度为零，但加速度不为零，并不处于平衡状态，D错误。故选C。 5．(不会迁移应用类单摆模型致错)(多选)如图所示， 有一光滑并带有圆弧的曲面，倾斜放在平面上，在曲 面的底部平行于轴线画一条虚线，现将一个可视为质 点的小球从图中位置平行于虚线以一定的初速度进入 曲面，将小球下滑过程中经过虚线时的位置依次记为a、b、c、d，以下说法正确的是 A．虚线处的ab、bc、cd间距相等 B．经过ab、bc、cd的时间相等 C．小球从释放到离开斜面末端时动能的变化量与初速度大小无关 D．小球通过a、b、c三点时对斜面的压力大小与初速度大小有关 √ √ 小球在垂直于虚线所在平面内做类似单摆运动，具 有等时性规律，所以经过ab、bc、cd的时间相等， 故B正确；小球在沿虚线方向做匀加速直线运动， 所以ab＜bc＜cd，故A错误；小球从释放到离开斜面末端时，只有重力作用，动能变化量等于重力做功大小，与初速度大小无关，故C正确；小球通过a、b、c三点时，斜面对小球的支持力与小球重力在垂直斜面方向的合力提供其在垂直于虚线平面内分运动(圆周运动)的向心力，小球初速度方向沿虚线向下，无论初速度大小如何，小球通过a、b、c三点时在垂直于虚线方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到斜面的支持力大小相同，根据牛顿第三定律可知小球通过a、b、c三点时对斜面的压力大小相同，与初速度无关，故D错误。故选BC。 易错分析　本题容易错选A项，原因是虽然正确分析出小球在垂直于虚线所在平面内做类似单摆运动，经过ab、bc、cd的时间相等，但是误认为沿着虚线方向做匀速直线运动，导致错选A项。 返回 单元测试卷 返回 1．(2023·山东烟台市单元测试)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的砝码后，他发 现树枝在15 s内上下振动了6次。试估计鸟的质量最接近 A．50 g B．200 g C．500 g D．1 000 g √ 从题目所提供的信息可以得出：相同时间的振动次数随振动物体的质量增大而减小。把500 g的砝码挂在P处，树枝在10 s内振动的次数为 ×10＝4次，所以小鸟的质量介于50 g与500 g之间，最接近200 g。故A、C、D错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是 A．位移减小时，速度增大，加速度也增大 B．位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同 C．物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同 D．物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态 √ 位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；位移方向总跟加速度方向相反，当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同；当物体靠近平衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零，所以不一定处于平衡状态，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．(2023·河南信阳市高二统考)如图为一弹簧 振子，O为平衡位置，小球在 M、N之间做 简谐运动，以水平向右为正方向，其振动的 图像如图乙所示。已知小球质量为50 g, 轻质弹簧的劲度系数为5 N/m，下列说法正确的是 A．t＝0.05π s时小球经过平衡位置 B．t＝0.075π s时与 t＝0.125π s时，滑块的速度相同 C．t＝0.1π s到 t＝0.15π s时间内弹簧的弹性势能逐渐减少 D．小球运动过程中的最大加速度为4 m/s2 √ 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 由题图乙得振子周期为T＝0.2π s，t＝0.05π s 时小球处于最大位置N，故A错误；x -t图像 的斜率表示速度，因此t＝0.075π s和 t＝ 0.125π s时小球的速度相同，故B正确；t＝0.1π s到t＝0.15π s时间内小球从平衡位置向左运动到M，弹簧的弹性势能逐渐增大，故C错误；小球运动过程中的最大弹力为F＝kx＝5×0.02 N＝0.10 N，小球运动过程中的最大加速度为a＝ ＝2 m/s2，故D错误。故选B。 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 4．(2023·安徽蚌埠市高二校联考)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时，摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，π2≈10。下列说法正确的是 A．单摆的摆长约为0.32 m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝ 4cos (2.5πt) cm C．单摆的摆长约为1 m D．从t＝0.4 s到t＝0.6 s的过程中，摆球的加速度逐渐减小，速度逐渐增大 √ 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 5．(2023·山东滨州高二校联考)飞力士棒是一种 能加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士 棒由握柄、负重头和PVC软杆连接而成，可以使 用双手进行驱动，棒的固有频率为4.5 Hz，如图 所示。则 A．使用者用力越大飞力士棒振动越快 B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度不可能越来越小 C．双手驱动该飞力士棒每分钟完成4.5次全振动，会产生共振 D．负重头质量不变，仅PVC杆缩短时，飞力士棒的固有频率随之变化 √ 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有 关系，故A错误；随着手振动的频率增大，飞力 士棒振动的频率随之增大，当手振动的频率大于 飞力士棒的固有频率时，飞力士棒的振动幅度越 来越小，故B错误；双手驱动该飞力士棒每分钟完成4.5次全振动，则驱动力的频率为f＝ Hz＝0.075 Hz，与飞力士棒的固有频率不相等，不会产生共振，故C错误；负重头质量不变，仅PVC杆缩短，结构改变，飞力士棒的固有频率会变化，故D正确。故选D。 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 6．(2022·浙江6月选考)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则 A．小球做简谐运动 B．小球动能的变化周期为 C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T D．小球的初速度为 时，其运动周期为2T √ 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与 位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球 在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为 ，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为 ，B正确，C错误；小球的初速度为 时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式T0＝2π ，可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为时 ，其运动周期应小于2T，D错误。 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 7．(2023·江苏宿迁市高二统考)如图为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧劲度系数为k，底座质量也为m。轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动。重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的是 A．释放公仔头部瞬间的加速度大小为2g B．公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg C．弹簧恢复原长时，公仔头部的速度最大 D．公仔头部做简谐运动的振幅为 √ 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 释放公仔头部瞬间，根据牛顿第二定律有2mg－mg＝ma， 解得a＝g，故A错误；根据简谐运动的对称性可知，最高 点与最低点的加速度大小相等，在最高点时，令最高点 时弹簧弹力大小为F，则有F＋mg＝ma，结合上述解得F＝0，即此时弹簧恰好处于原长；对底座分析可知，地面对底座的支持力等于mg，根据牛顿第三定律可知，公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg，故B正确；根据上述分析可知，公仔头部运动至最高点时，弹簧恰好恢复原长，此时公仔头部的速度为0，故C错误；轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，根据胡克定律有2mg＝kx，根据简谐运动的对称性， 结合上述有A＝ x，解得A＝ ，故D错误。故选B。 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 8．(2023·重庆渝中区高二期中)用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1＝5 cm；C、D间的距离为x2＝15 cm，已知单摆的摆长为L＝25 cm，重力加速度为g＝π2m/s2，则此次实验中测得物体的加速度为 A．0.05 m/s2 B．0.10 m/s2 C．0.40 m/s2 D．0.20 m/s2 √ 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 9．(2023·吉林东北师大附中高二期中)一般简谐运动的 周期为T＝2π ，其中m为振子质量，k为振动系统 的回复力系数。如图所示，现有一弹簧振子，当把它 水平放置时，它可以做简谐运动。若把它竖直放置或 放在固定的光滑斜面上做振幅相同的自由振动，且周期分别为T1、T2，试判断下面哪种说法是正确的 A．水平振动的弹簧振子在半个周期内弹力做功一定为零 B．水平振动的弹簧振子在半个周期内弹力做功不一定为零 C．竖直放置和放在光滑斜面上的两种情况下振子均做简谐运动，且T1＝T2 D．竖直放置和放在光滑斜面上的两种情况下振子均做简谐运动，且T1>T2 √ √ 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 弹力做功的大小等于弹性势能的变化量；从某 时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对 称性，所以弹力做功为零，故A正确，B错误； 物块竖直放置在弹簧下端时，设弹簧的劲度系数为k，物块在平衡位置时弹簧伸长量为x1，此时受力平衡，有mg＝kx1；若物块运动至平衡位置下方距平衡位置Δx处，取向下为正方向，此时物块受到的回复力F回＝mg－k ＝－kΔx，即物块受到的回复力与距离平衡位置的位移成正比，方向与位移方向相反，所以该振动为简谐运动。物块在固定的光滑斜面上运动时，设弹簧的劲度系数为k，物块在平衡位置时弹簧伸长量为x2，此时受力平衡，有mgsin θ＝kx2；若物块运动至平衡位置 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 下方距平衡位置沿斜面方向Δx处，取沿斜面向下为正方向，此时物块 受到的回复力F回＝mgsin θ－k＝－kΔx，即物块受到的回复力与距离平衡位置的位移成正比，方向与位移方向相反，所以该振动为简谐运动。这两种情况，振动系统的回复力系数均为k，故T 1＝T 2＝2π ，故C正确，D错误。故选AC。 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 10．(2023·山东烟台高二期中)下列说法正确的是 A．摆钟走得快了，必须调短摆长，才可能使其走时准确 B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率 C．挑水时如果水荡出的比较多，为了防止水从桶中荡出可以加快或减慢走路的步频 D．洗衣机切断电源后会经历一个剧烈的振动阶段，是共振现象 √ √ 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 摆钟走得快了说明周期变小，根据单摆周期公式T＝2π 可知，必须调长摆长，才可能使其走时准确，故A错误；做受迫振动时，受迫振动的频率始终等于驱动力的频率，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，使水桶中的水荡出的比较多。为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；洗衣机切断电源后会经历一个剧烈的振动阶段，是共振现象，故D正确。 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 11．如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个 大铁球，让大铁球小角度地摆动，即可以 用来拆卸混凝土建筑。大铁球与悬链可视 为单摆，对应的振动图像如图乙所示，g取 10 m/s2，则下列说法正确的是 A．单摆振动的周期为6 s B．t＝2 s时，摆球的速度最大 C．球摆开的角度越大，周期越大 D．该单摆的摆长约为16 m √ √ 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图乙知，单摆的周期为8 s，A错误；t＝2 s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；根据单摆的周期公式T＝2π 可知，周期与摆球摆开的角度大小无关，C错误；将数据代入T＝2π 可得摆长l≈16 m，D正确。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12．(2023·江苏南通高二期中)如图所示，一倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面，处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝ 。现将一长为l的细线(不可伸长)一端固定，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球放在斜面上，小球静止在O点。将小球拉开倾角θ后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是 A．摆球经过平衡位置时合力为零 B．摆球的摆动周期为T＝2π C．摆球的摆动周期为T＝2π D．摆球刚释放时的回复力大小为 mgsin θ √ √ 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13．(10分)(2024·河南商丘市高二期中)某同学在家 利用手机测定当地重力加速度，实验情境如图甲 所示，用软布包住手机中部，两侧用铁夹固定； 将铁架台放置在水平桌面上，用两条细线穿过铁夹尾部，上方系于铁架台横梁，组成一个“双线摆”；调整好平衡，使手机能够平稳地进行小幅度的摆动。点击软件“力学”下的“摆”项目，点击“开始”，让摆进行小幅度(摆角小于5°)的摆动。 (1)现有以下材质的细线，实验中应选用________。 A．棉线 B．丝线　 C．铁丝 √ 单摆的摆线是一条没有弹性和质量的线，丝线更符合条件，故选B。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)用最小分度为1 mm的刻度尺，测量摆线的长度，将刻度尺“0”刻度线对齐细线上端，测量摆线的长度如图乙所示，则长度L＝________cm。 刻度尺读数时，应估读到最小分度值1 mm的下一位，则长度L＝49.00 cm。 49.00 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)实验获得的振动图线如图丙所示，则当地重力加速度g＝____m/s2(结果保留2位有效数字)。 根据题图丙可知，摆的周期为T＝1.40 s 根据T＝2π ，解得g≈9.9 m/s2。 9.9 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14．(10分)(2023·江苏徐州高二月考)某同学用图甲所示的装置研究单摆运动的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示，且从最低点开始为计时起点。 (1)用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则小球的直径为________mm。 用游标卡尺测量摆球的直径为10 mm＋12×0.05 mm＝10.60 mm。 10.60 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若某同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值，则引起这一误差的原因可能是________。 A．误将摆线长当作摆长 B．误将摆线长与球的直径之和当作摆长 C．误将n次全振动次数计为n－1次 D．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了 √ 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据T＝2π ，可得g＝ ，误将摆线长当作摆长，则摆长测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，选项A错误；误将摆线长与球的直径之和当作摆长，则摆长测量值偏大，则测得的重力加速度偏大，选项B正确；误将n次全振动次数计为n－1次，则周期测量值偏大，则测得的重力加速度偏小，选项C错误；摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，而计算重力加速度时仍用原来的摆长值，则测得的重力加速度偏小，选项D错误。故选B。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)由图乙得该单摆的运动周期T＝_____。 由题图乙得该单摆的运动周期T＝2 s。 2 s 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)摆球的质量m＝_____kg(g＝10 m/s2)。 单摆的周期T＝2π ＝2 s 解得摆长L≈1 m 设单摆的最大摆角为θ，在最高点时F1＝mgcos θ 在最低点时，对摆球受力分析，有F2－mg＝m 从最高点到最低点由动能定理得mgL(1－cos θ)＝ mv2 联立解得m＝ 代入数据得m＝0.05 kg。 0.05 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 15．(12分)(2023·河北高考)某实验小组利用图甲所示装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。 (1)关于本实验，下列说法正确的是________。 A．小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直 B．应在小钢球自然下垂时测量摆线长度 C．小钢球可以换成较轻的橡胶球 D．应无初速度、小摆角释放小钢球 √ √ √ 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体的运 动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确；测 量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确； 单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球， 空气阻力对摆球运动的影响较大，故C错误；无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用T＝2π 计算单摆的周期，故D正确。故选ABD。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图乙所示，小钢球直径d＝________mm，记摆长l＝L＋ 。 小钢球直径为d＝20 mm＋3.5×0.01 mm＝20.035 mm。 20.035 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l -T2图像，如图丙所示。 根据图线斜率可计算重力加速度g＝_____m/s2(保留3位有效数字，π2取9.87)。 9.87 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 不变 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16．(12分)(2023·山东淄博实验中学期中)在“用 单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在 测量单摆的周期时，测得摆球经过N次全振动的 总时间为Δt。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻 度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为D。回答下列问题： (1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球的________。 A．最高点 B．最低点　 C．任意位置 √ 摆球通过最低点时速度最大，在最低点开始计时误差最小。故选B。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)重力加速度公式g＝_____________(用题目中给 出的字母表示)。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)如果测得的g值偏小，可能的原因是________。 A．测摆长时，摆线拉的过紧 B．摆线上端悬点未固定，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．实验时误将49次全振动记为50次 √ 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由(2)结论有g＝ ，测摆长时， 摆线拉的过紧使摆线长度测量值l变大，则测得 的g值偏大，故A错误；摆线上端悬点未固定， 振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆线长度测量值l偏小，则测得的g值偏小，故B正确；开始计时时，停表过迟按下，则Δt变短，则测得的g值偏大，故C错误；实验时误将49次全振动记为50次，则N变大，则测得的g值偏大，故D错误。故选B。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次 摆长L，并测出相应的周期T，从而得出几组对应 的L和T的数值，以L为横坐标，T2为纵坐标，作 出T2-L图线，但同学们不小心，每次都把小球直 径当作半径来计算摆长，由此得到的T2-L图像是图乙中的____(选填“①”、“②”或“③”)。 ① 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 根据题意可知，单摆的实际摆长为l＝L－ 由单摆周期表达式得T＝2π 化简可得T2＝L－ 由此得到的T2 -L图像是题图乙中的①。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看 ！ 第二章　 　机械振动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 当A、B两点在平衡位置的同侧时分别有A＝Asin φa，A＝Asin φb， 可得φa＝，φb＝或者φb＝，因此可知第二次经过B点时φb＝，T＝t，解得T＝4t，此时位移关系为A－A＝L，解得A＝，故A错误，B正确； 当A、B两点在平衡位置两侧时有－A＝Asin φa，A＝Asin φb，解得φa＝－或 者φa＝－(舍去)，φb＝或者φb＝，当第二次经过B点时φb＝，则 T＝t，解得T＝t，此时位移关系为A＋A＝L，解得A＝，C正确，D错误。 ＝s 由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为＝＝，根据单摆周期公 式T＝2π，可得l＝，则甲、乙两个单摆的摆长之比为＝＝， 故选C。 小球属于单摆模型，从右向左运动到平衡位置的过程，相当于运 动第一个周期，根据单摆周期公式有t＝×2π＝ ，从 平衡位置向左运动到最左端的过程，相当于运动了第二个周期， 有t′＝×2π ＝ ，由此可知，第一个周期的时间长，第二个周期的时间短；结合位移来分析，设竖直位移最大值为h，第一个周期的水平位移最大值xm1＝＝，第二个周期的水平位移最大值xm2＝＝，可知xm1>xm2，故选A。 由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速 度g相同，由单摆的周期公式T＝2π可知，甲、 乙两单摆的摆长相等，故A错误；甲摆的振幅为5 cm， 乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B 正确；由T＝2π，解得甲摆的摆长l＝g＝1 m，则甲摆的最大偏角θmax＝＝ rad≈2.9°，故C错误；在t＝0.5 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确。故选B、D。 ω＝＝ rad/s＝ rad/s， C和A相碰前，对A有F弹＝mg，C和A相碰后，由于 F弹<2mg，可知A、C继续向下加速运动，A错误；当弹 力等于A、C的重力时，A、C处于平衡状态，有kx0＝ 2mg，解得处于平衡位置时弹簧的压缩量为x0＝，当 B对地面压力最小时，对B分析，则有mg＝＋kx，故弹簧此时的伸长量为x＝，故简谐运动的振幅为A＝x0＋x＝＋＝，C错误； Δx＝A＋x0＝＋＝， 由公式T＝2π＝0.8 s，解得L＝0.16 m， A、C错误；由振动图像读出周期T＝0.8 s， 振幅A＝2 cm，又根据ω＝，则单摆的位 移x随时间t变化的关系式为x＝Asin，代入数据得x＝2sin cm，B错误；从t＝0.4 s到t＝0.6 s的过程中，摆球靠近平衡位置，则加速度逐渐减小，速度逐渐增大，D正确。故选D。 根据单摆的周期公式可得T＝2π＝1 s，根据逐差法可得a＝＝×10－2 m/s2＝0.20 m/s2，故选D。 摆球经过平衡位置时，回复力为零，但摆球有沿斜面向 上的向心加速度，合力不为零，故A错误；摆球沿斜面 方向的加速度为a＝＝g，摆球的摆 动周期为T＝2π＝2π，故B错误，C正确；摆球刚释放时的回复力大小F回＝(mg＋qE)sin αsin θ＝mgsin θ，故D正确。故选CD。 若将摆线长度L误认为摆长l，有T＝2π 则得到的图线为L＝－ 仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为，故得到的重力加速度值不变。 由单摆周期公式有T＝2π，解得g＝，由题意可知L＝l＋， T＝，整理可得g＝。 ＝ L－ $$