第二章 机械振动（重难点训练）物理人教版2019选择性必修第一册

第二章 机械振动 【题型1 简谐运动的定义、运动特点与判断】 1 【题型2 简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数】 3 【题型3 简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况】 7 【题型4 简谐运动的图像问题】 9 【题型5 简谐运动的回复力】 12 【题型6 简谐运动的能量问题】 17 【题型7 简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题】 20 【题型8 单摆的回复力】 23 【题型9 等效单摆问题】 26 【题型10 单摆的能量转化】 28 【题型11 阻尼振动和受迫振动】 32 【题型12 共振及其应用】 34 【题型13 探究弹簧振子的周期和小球质量的关系】 36 【题型14 探究单摆周期与摆长的关系】 38 【题型15 用单摆测定重力加速度】 43 【题型1 简谐运动的定义、运动特点与判断】 1．关于简谐运动，下列说法正确的是（　　） A．简谐运动方程X＝Asin（ωt+φ）中，A表示振幅，ω表示圆频率，φ表示相位 B．简谐运动中势能增加的过程是靠近平衡位置的过程 C．单摆简谐运动中，回复力是由合外力的切向分量提供的 D．半径很大的光滑圆弧面上有一小球，把它从最低点移开一小段距离后放手，小球将做简谐运动 【答案】C 【解答】解：A、简谐运动方程X＝Asin（ωt+φ）中，A表示振幅，ω表示圆频率，φ表示初相位，ωt+φ表示相位，故A错误； B、简谐运动中势能增加的过程是远离平衡位置的过程，在平衡位置动能最大，势能最小，故B错误； C、摆简谐运动中，回复力是由合外力的切向分量提供的，径向分力提供向心力，故C正确； D、半径很大的光滑圆弧面上有一小球，如果是凸面，处于不稳定的平衡，把它从最低点移开一小段距离后放手，小球将离开平衡位置，没有回复力，故D错误； 故选：C。 2．（多选）如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中（弹簧在弹性限度范围内，g取10m/s2），下列说法正确的是（　　） A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12N B．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8N C．B对A的压力最大为28N D．B对A的压力最大为20N 【答案】AC 【解答】解：AB、剪断细线前A、B间无压力，A静止处于平衡状态，对A，由平衡条件得：kx1＝mAg， 剪断细线瞬间，对A、B系统，由牛顿第二定律得：（mA+mB）g﹣kx1＝（mA+mB）a1， 对B，由牛顿第二定律得：mBg﹣F1＝mBa1 代入数据解得：a1＝4m/s2，F1＝12N， 由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小F1′＝F1＝12N，故A正确，B错误； CD、A、B运动到最低点时，B对A的压力最大；剪断细线后A、B一起做简谐运动， 由简谐运动的对称性可知，A、B系统在最低点与最高点加速度大小相等，在最低点加速度a2＝4m/s2，方向竖直向上， 在最低点，对B，由牛顿第二定律得：F2﹣mBg＝mBa2 代入数据解得：F2＝28N，由牛顿第三定律可知， B对A的最大压力F2′＝F2＝28N，故C正确，D错误。 故选：AC。 3．如图，两根劲度系数分别为k1、k2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动．整个装置位于光滑的水平地面上．当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态．今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手．证明小球此后的运动为简谐运动． 【答案】解：以向右为正，当位移为x时，合力大小为： F＝k1x+k2x＝（k1+k2）x∝x 合力的方向总是指向平衡位置； 故回复力F回＝﹣kx，是简谐运动； 答：证明如上． 【题型2 简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数】 4．如图所示，弹簧振子在BC间做简谐运动，O为平衡位置，BC间距离为10cm，B→C运动时间为1s，则（　　） A．从O→C→O振子做了一次全振动 B．振动周期为1s，振幅为10cm C．经过两次全振动，通过的路程为20cm D．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm 【答案】D 【解答】解：A、从O→C→O振子通过的路程是两个振幅，不是一次全振动。故A错误。 B、由题，BC间距离为10cm，B→C运动时间为1s，则振幅A＝5cm，周期为T＝2s。故B错误。 C、经过两次全振动，通过的路程S＝8A＝40cm。故C错误。 D、从B开始经过3s，振子振动了1.5个周期，通过的路程是S＝1.5×4A＝30cm。故D正确。 故选：D。 5．如图甲是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和一个较小的沙漏组成．当沙漏摆动时，匀速拉出沙漏下方的木板，漏出的沙在板上会形成一条曲线．通过对曲线的分析，可以确定沙漏的位移随时间变化的规律．图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线．经测量发现OB＝O'B'．若拉动木板1和木板2的速度大小分别为v1和v2，则（　　） A．v1＝v2 B．v1v2 C．v1v2 D．v1v2 【答案】B 【解答】解：设板长为L，则： t12T1； t2T2； 根据题意，L相同，且T1＝T2 解得：v1v2。 故选：B。 6．（多选）如图1所示，水平地面上固定一轻质弹簧，弹簧竖直放置，其上端连接一轻质薄板。t＝0时刻，一可视为质点的物块从弹簧正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（x﹣t图像）如图2所示，其中t＝0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，以竖直向下为正方向，则（　　） A．0～0.2s，物块的加速度逐渐增大 B．t＝0.2s后物块做简谐运动 C．0.2～0.4s，物块的加速度先减小后增大 D．0.2～0.4s，物块的加速度先增大后减小 【答案】BC 【解答】解：A、由题意知，0～0.2s，物块做自由落体运动，加速度为g，保持不变，故A错误； B、从图像看t＝0.2s后的图像为正弦函数，物块做简谐运动，故B正确； CD、0.2～0.4s，物块受到的弹簧弹力一直增大，弹力先小于重力后大于重力，合力先向下后向上，且合力先减小后增大，由牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，故C正确，D错误。 故选：BC。 7．甲、乙两弹簧振子质量相等，其振动图象如图所示，则它们振动的机械能大小关系是E甲　＞　 E乙（填“＞”“＝”或“＜”）；振动频率的大小关系是f甲　＜　 f乙；在0﹣4s内，甲的加速度为正向最大的时刻是　3s　 ，乙的速度为正向最大的时刻是　1s和3s　 ． 【答案】＞，＜，3s，1s和3s． 【解答】解：据题甲、乙两弹簧振子质量相等，甲的振幅较大，则其机械能较大，即有E甲＞E乙． 由图知：周期关系为 T甲＞T乙．由f知，f甲＜f乙； 在0﹣4s内，根据a分析可知甲的加速度为正向最大时，位移为负向最大，对应的时刻为3s； 乙的速度为正向最大时，位移为零，图线的切线斜率为正，则知对应的时刻为1s和3s． 故答案为：＞，＜，3s，1s和3s． 8．如图所示，一根劲度系数k＝200N/m的轻弹簧一端固定在墙壁上，另一端在O点上方且处于自由状态。水平地面在O点左边光滑，右边粗糙。地面M点有一块质量M＝1kg小木块，其上放置一个质量m＝1kg的小铁块。现给小木块与小铁块相同的初速度v0＝1.2m/s，发现经过O点之后再经过0.05πs在N点速度减为0。设运动过程小铁块与小木块一直相对静止。已知小木块与OM段地面的动摩擦因数为μ＝0.1，M点与O点相距0.22m，N点与O点相距0.1m，g＝10m/s2，则： （1）求小木块第一次来到O点的速度v1多大？ （2）求小木块来到ON段的中点时铁块受到的摩擦力多大？ （3）从第一次经过O点开始计时，规定水平向左为正，分析并得出小木块与弹簧接触的过程中，小木块相对O点的位移与时间的关系。 【答案】解：（1）小木块与铁块从M到O过程中，根据动能定理得 解得v1＝1m/s （2）小木块来到ON段的中点时，对整体，根据牛顿第二定律得 对小铁块，根据牛顿第二定律得 f＝ma 解得铁块受到的摩擦力为 f＝5N （3）小木块与弹簧接触的过程中，整体做简谐运动，根据题意有 振幅为 A＝0.1m 位移与时间的关系为 x＝Asin（ωt+φ） 代入t＝0.05πs，x＝0.1m有 sin（0.5π+φ）＝1 解得 φ＝0 可知，小木块相对O点的位移与时间的关系为 x＝0.1sin10t（m） 答：（1）小木块第一次来到O点的速度v1为1m/s； （2）小木块来到ON段的中点时铁块受到的摩擦力为5N； （3）小木块与弹簧接触的过程中，小木块相对O点的位移与时间的关系为x＝0.1sin10t（m）。 【题型3 简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况】 9．一弹簧振子做简谐运动，周期为T（　　） A．若t时刻和（t+Δt）时刻振子位移大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍 B．若t时刻和（t+Δt）时刻振子运动速度大小相等、方向相反，则Δt一定等于的整数倍 C．若Δt，则在t时刻和（t+Δt）时刻振子运动的加速度大小一定相等 D．若Δt，则在t时刻和（t+Δt）时刻弹簧的长度一定相等 【答案】C 【解答】解： A、在t时刻和（t+Δt）时刻振子的位移大小相等，方向相同，所以这两时刻振子通过同一个位置，而每一个周期内，振子两次出现在同一个位置上。所以当速度方向相同时，则Δt可以等于T的整数；当速度方向相反时，则Δt不等于T的整数。故A错误； B、若t时刻和（t+Δt）时刻振子运动速度大小相等，方向相反，则Δt可能等于的整数倍，也可能大于的整数倍，也可能小于的整数倍，故B错误； C、D、当Δt，则在t时刻和（t+Δt）时刻振子的位置关于平衡位置对称或经过平衡位置，所以这两时刻位移的大小一定相等，由a可知加速度大小一定相等。但弹簧的状态不一定相同，则长度不一定相等，故C正确，D错误； 故选：C。 10．（多选）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左 B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处 C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同 D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大 【答案】AD 【解答】解：A、t＝0.8 s时，图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故A正确。 B、在0﹣0.4s内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以t＝0.2s时，振子不在O点右侧6cm处，故B错误。 C、t＝0.4s和 t＝1.2s 时，振子的位移完全相反，由a，知加速度完全相反，故C错误。 D、t＝0.4s到 t＝0.8s 的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D正确。 故选：AD。 11．一弹簧振子在O点附近做机械振动，它离开O点向M点运动，4s末第一次达到M点，又经过2s第二次到达M点，再次经过 　18　 s它将第三次到达M点． 【答案】18． 【解答】解：弹簧振子做机械振动，画出振子的运动过程示意图，如图，可得振动的周期为T＝4×5s＝20s， 则振子第三次通过M点需要经过的时间为t＝T﹣2s＝18s 故答案为：18． 【题型4 简谐运动的图像问题】 12．图为一沿x轴正向传播的简谐横波在时刻的波形图，P0～P9是波上一系列质点，相邻两点在平衡位置处的间距为a。已知该波的周期为T，振幅为A，则（　　） A．t＝0时，质点P0沿y轴负方向运动 B．时，质点P0和P4的速度最大 C．时，质点P3和P5的相位相同 D．该简谐横波的波速大小为 【答案】D 【解答】解：A、简谐横波沿x轴正向传播，根据波形平移法可知，在时刻，质点P6沿y轴正方向运动，则在t＝0时刻质点P0沿y轴正方向运动，故A错误； B、由图可知时，质点P0位于负向最大位移处，速度为零。质点P4位于正向最大位移处，速度为零，故B错误； C、简谐横波沿x轴正向传播，由图可知时，质点P3比质点P5的相位超前，故C错误； D、由图可知该波的波长为λ＝8a，根据波速公式有，解得该波的波速为，故D正确。 故选：D。 13．如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中的y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y1和y2的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则（　　） A．该弹簧振子的振动周期为 B．该弹簧振子的振幅为y1﹣y2 C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为零 D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块做功为零 【答案】C 【解答】解：AB、记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期 T，振幅为A，故AB错误； C、在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹簧振子从上方最大位移处运动到下方最大位移处，初末速度为零，根据动量定理可知，物块受到的合力的冲量为零，故C正确； D、同理，在记录笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功，故弹力对物块做负功，不为零，故D错误。 故选：C。 14．（多选）如图甲所示，轻质弹簧下端固定一盏带灯罩的灯，灯泡大小可忽略，灯罩为圆锥形，点光源在地面上的投影点为O′点，点光源静止时位于O点，离地高度为OO′＝0.9m。现使点光源在竖直方向做简谐运动，振动图像如图乙所示。光源向左照射的最远点记为P点，当点光源距离地面最近时P在a点，距离地面最远时P在e点，图甲中ac＝ce，bc＝cd，则下列说法正确的是（　　） A．P在b点时点光源的动能和在d点时点光源的动能相等 B．点光源的振动方程为 C．P过b点后经过0.5s，点光源通过的路程一定为0.3m D．点光源在地面照亮区域面积最大值与最小值之比为2：1 【答案】AB 【解答】解：A、P在c点时点光源位于平衡位置，P在b点时光源的位置与P在d点时光源的位置关于平衡位置上下对称，可知P在b点时点光源的动能和在d点时点光源的动能相等，故A正确； B．设点光源振动方程y＝Asin（ωt+φ）。 由乙图可知振幅A＝0.3m，周期T＝2s，则ωrad/s＝πrad/s 将t＝0，y＝﹣0.3m代入振动方程，则有﹣0.3m＝0.3sin（π×0+φ）m 解得 故点光源的振动方程为，故B正确； C、P在b点时光源位于平衡位置下方某一位置（非最低点），经过0.5s（即个周期），点光源路程不等于一个振幅（即0.3m），故C错误。 D、点光源位于最高点e′时照亮面积最大，位于最低点a′时照亮面积最小，如图所示。 由图可知三角形O′aa′、O′Oc、O′ee′相似，根据ac＝ce 可知a′O＝Oe′＝0.3m 根据几何关系有 根据面积公式s＝πr2 解得点光源在地面照亮区域面积最大面积与最小面积之比为4：1，故D错误。 故选：AB。 【题型5 简谐运动的回复力】 15．光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示，已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：对两木块整体，系统有最大振幅时，有 可得： 隔离分析上面的木块，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力，有 联立解得：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 16．（多选）如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接滑块P，P和Q通过轻绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，滑块未与定滑轮相碰，当Q向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为，P和Q的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切阻力，则（　　） A．绳子能承受的最大拉力为2mg B．绳断后瞬间滑块P的加速度大小为2g C．绳断后滑块P回到位置O时速度最大 D．从绳断到滑块P第一次回到位置A所用的时间为 【答案】BD 【解答】解：A．根据题意，将P、Q看成整体，P在A点时弹簧处于原长，可得mg＝2ma 根据对称性，Q到达最低点的加速度与初始位置大小相等，可得T﹣mg＝ma 解得 故A错误； B．P在O点时弹簧伸长量为 由对称性可知，当Q的速度为零时，P从O点向右运动的距离也是 则绳断瞬间，对P有k•2Δx＝ma 可得a＝2g 故B正确； C．绳断后，P将以弹簧原长A点为平衡位置做简谐运动，回到A点速度最大，故C错误； D．从绳断到P第一次回到位置A时所用的时间是个周期，为，故D正确。 故选：BD。 17．（多选）如图甲为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意图，将鱼漂视为横截面积为S的细圆柱体。某次鱼咬钩时将鱼漂从平衡位置开始竖直往下拉一小段距离L后松口，鱼漂做简谐运动。取竖直向上为正方向，鱼漂的加速度a和位移x的关系如图乙。已知鱼漂的质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．鱼漂在上升过程中先超重后失重 B．图像的斜率为﹣ρgS C．鱼漂在上升过程中的最大动能为 D．鱼漂在上升过程中所受的最大浮力为ρgLS 【答案】AC 【解答】解：A.由图乙可知，鱼漂在上升过程中，鱼漂的加速度先是正的，后是负的，取竖直向上为正方向，所以加速度先向上，后向下，即浮力先大于重力，后小于重力，所以鱼漂在上升过程中先超重后失重，故A正确； B.设鱼漂处于平衡位置时（x＝0），鱼漂浸泡在水中的部分的长度为L，当鱼漂的位移为x时，鱼漂浸泡在水中的部分的长度则为L﹣x，则ρgSL＝mg，鱼漂做简谐运动的回复力为F回＝ρgS（L﹣x）﹣mg＝ma，解得，所以图像的斜率为，故B错误； C.设鱼漂在上升过程中的最大动能为Ekm，此时鱼漂处于平衡位置，由动能定理得W合＝Ekm﹣0，由图乙可知，合力对鱼漂做的功W合为a﹣x图像与x 轴所围部分的面积乘以质量m，则，解得，故C正确； D.设鱼漂在上升过程中所受的最大浮力为Fm，由牛顿第二定律得Fm﹣mg＝ma0，结合B选项和图乙可知，解得Fm＝ρgSL+mg＞ρgSL，故D错误。 故选：AC。 18．一根足够长竖直轻弹簧，一端固定在地面上，另一端与质量为1kg的物体A相连，质量为2kg的物体B与物体A用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，弹簧劲度系数k＝100N/m，整个系统静止，A、B两物体等高，如图所示。现剪断轻绳，A在竖直方向做简谐运动，B做自由落体运动。已知弹簧振子的周期公式为（其中m为振子质量，k为回复力和位移的比例系数）g取10m/s2。求： （1）刚剪断轻绳时，物体A的加速度大小； （2）剪断轻绳后物体A第一次运动到最低点所用的时间。 （3）剪断绳子时刻作为计时起点，平衡位置为坐标原点，竖直向下取为正方向，写出物体A做简谐运动的振动方程。 【答案】解：（1）当系统静止时根据平衡条件，对B有：T＝mBg 对A有：T＝mAg+kx1 则剪断轻绳时，由牛顿第二定律对A有：mAg+kx1＝mAa 联立解得：a20m/s2 （2）剪断轻绳时，A的速度0，位于简谐振动的最高点，第一次运动到最低点所用的时间为半个周期，即：t＝0.5T 弹簧振子的周期公式： 所以第一次到最低点的时间：t＝0.5T＝0.5ss （3）剪断轻绳时，A的速度0，位于简谐振动的最高点，当弹簧弹力等于A的重力时，A位于简谐振动的平衡位置。设此时压缩量为x2，则：kx2＝mAg 由于：A＝x1+x2 联立解得A＝x1+x2＝0.1m+0.1m＝0.2m 物体A做简谐运动的振动方程为： 答：（1）刚剪断轻绳时，物体A的加速度大小为20m/s2； （2）剪断轻绳后物体A第一次运动到最低点所用的时间为s； （3）物体A做简谐运动的振动方程为：x＝﹣0.2cos10t（m）。 【题型6 简谐运动的能量问题】 19．图（甲）所示为以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图（乙）为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（　　） A．在t＝0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置 B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同 C．从t＝0到t＝0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加 D．在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同 【答案】A 【解答】解：A、由图知，若从平衡位置计时，则在t＝0.2s时，弹簧振子运动到B位置。故A正确。 B、在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向相反。故B错误。 C、从t＝0到t＝0.2s的时间内，弹簧振子的位移越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，其动能越来越小，故C错误。 D、在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度大小相等，方向相反。故D错误。 故选：A。 20．（多选）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（　　） A．0时刻弹簧弹力大小为2mg B．弹簧劲度系数为 C．时间段，回复力冲量为0 D．时间段，小球动能与重力势能之和不变 【答案】AC 【解答】解：B、小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，回复力大小等于mg，则有kA＝mg，解得弹簧劲度系数为，故B错误； A、0时刻小球位于正向最大位移处，弹簧的压缩量为2A，则弹簧弹力大小为F＝k•2A•2A＝2mg，故A正确； C、时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前时间沿正方向，在后时间沿负方向，两段时间的回复力平均值大小相等，则T时间内，回复力冲量为I•（•）＝0，故C正确； D、时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据小球和弹簧组成的系统机械能恒可知，弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和一直减小，故D错误。 故选：AC。 21．如图甲所示为一小孩在蹦床上做预备活动的娱乐场景，其简化模型如图乙所示：轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从弹簧上端原长B处静止释放，始终沿着x轴竖直运动。以小球平衡位置O为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）现将小球由平衡位置O向下发生的位移为x，小球沿着竖直x轴运动。 ①请写出小球所受的合外力F与x的关系式，并据此说明小球的运动是否为简谐运动； ②以平衡位置O为系统总势能的零势能参考点，可以将重力势能和弹性势能这两个势能等效成一个总势能。请结合小球的受力特点和求解变力功的基本思想方法，推导出“等效总势能”的表达式； （2）已知小球运动的周期为，若只更换不同质量的小球，在B处静止释放小球运动的区间会发生变化。对于任意一个质量确定的小球，在该弹簧形变限度内实验，从位移最大处到平衡位置运动过程中，小球所受的合力对位移的平均值设为F1，合力对时间的平均值设为F2。试证明F1与F2的比值与振幅A无关。 【答案】（1）①小球由平衡位置O向下发生的位移为x，以x轴正方向为正方向，设B处的x轴坐标为x0（x0＜0），小球所受合外力为： F＝mg﹣k（x﹣x0） 当x＝0时，即小球处于平衡位置，则有：F＝0，可得：mg＝﹣kx0 联立可得：F＝﹣kx 可知小球所受合外力作为回复力，小球的运动是简谐运动。 ②以x轴正方向为正方向，小球从平衡位置O向下位移为x时， 其重力势能变化量为：ΔEpG＝﹣mgx 弹簧弹力做功为：W[﹣kx0+k（x﹣x0）]x＝﹣（mgxkx2） 由功能关系可得弹性势能变化量为：ΔEp弹＝﹣W＝mgxkx2 以平衡位置O为系统总势能的零势能参考点，则等效总势能为： Ep＝ΔEpG+ΔEp弹 （2）从位移最大处到平衡位置，等效总势能的变化量为：ΔEpkA2 由功能关系可得合力做功为：W1＝﹣ΔEpkA2 可得合力对位移的平均值为： 设小球到达平衡位置的速度大小为v，根据机械能守恒定律可得：mv2kA2 从位移最大处到平衡位置，小球的动量变化量的大小为：Δp＝mv 根据动量定理可得合力对时间的平均值为： 则F1与F2的比值为： 可得此比值与振幅A无关。 答：（1）①小球所受的合外力F与x的关系式为F＝﹣kx，据此说明小球的运动为简谐运动； ②“等效总势能”的表达式为； （2）证明F1与F2的比值与振幅A无关，证明过程见解答。 【题型7 简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题】 22．如图所示，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，底端固定一轻质弹簧。将质量为m的物块（可视为质点）从斜面上由静止释放，物块在A点与弹簧接触，在B点时速度最大，在C点时，弹簧被压缩至最短。已知AC，弹簧弹性势能为Epkx2，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数。则下列说法正确的是（　　） A．物块在A点时的动能为 B．物块在A点时的动能为 C．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1：2 D．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1：4 【答案】B 【解答】解：AB、从A到C，根据物块和弹簧构成的系统机械能守恒得 EkA+mg•AC•sin45° 解得物块在A点时的动能为：EkA，故A错误，B正确； CD、物块在B点时速度最大，由平衡条件有 mgsin45°＝k•AB 则得 AB 物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐运动，物块的合力为0的位置（即速度最大位置）为平衡位置，则物块做简谐运动的振幅为 A＝AC﹣AB＝BC 则AB 物块从A点到B的时间为t1 从B到C所用时间之比为t2 则t1：t2＝1：3，故CD错误。 故选：B。 23．（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的托盘，处于静止状态。现将一质量为m的粘性小球自距盘面高度为h处无初速释放，与盘发生碰撞后未反弹，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为g，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（　　） A．小球与盘运动的最大速度为 B．小球与盘碰后向下运动距离时，盘的速度达到最大 C．小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能一直减小 D．当小球与盘的加速度向上且大小为时，其速度大小为 【答案】BD 【解答】解：A、小球下落h的过程，根据机械能守恒定律得 解得小球与盘碰撞前的速度大小为 小球与盘碰撞过程，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得 mv1＝（M+m）v2 解得碰后瞬间二者的共同速度为 碰后小球与盘的重力大于弹簧的弹力，二者将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零，弹簧的弹力与二者的总重力相等时，速度达到最大，故最大速度大于，故A错误； B、设初始时刻弹簧形变量为x1，速度最大时弹簧形变量为x2，则有 kx1＝Mg kx2＝（M+m）g 小球与盘碰后向下运动距离为 Δh＝x2﹣x1 联立可得，故B正确； C、碰后小球与盘做简谐运动，由题中信息无法判断简谐运动最高点时弹簧的形变状态，弹簧可能处于伸长状态，也可能处于压缩状态，所以小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能不一定一直减小，故C错误； D、碰后瞬间，对小球与盘整体，由牛顿第二定律，有 （M+m）g﹣kx1＝（M+m）a 解得，方向向下。由简谐运动对称性可知，当小球与盘的加速度向上且大小为 时，小球速度大小为，故D正确。 故选：BD。 【题型8 单摆的回复力】 24．关于单摆的摆球（带正电）在竖直向下的匀强电场中运动时所受的力和能量转化，下列说法中正确的是（　　） A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功等于动能的增量 B．摆球在运动过程中受到三个力的作用：重力、摆线的拉力和回复力 C．摆球在运动过程中，重力和摆线拉力的合力等于回复力 D．摆球在运动过程中，重力沿圆弧切线方向的分力充当回复力 【答案】A 【解答】解：A、摆球从A运动到B的过程中，受重力、电场力和拉力，重力和电场力做功，拉力不做功，根据动能定理，重力和电场力做的功之和等于动能的增量，故A正确； B、球在运动过程中受到三个力的作用：重力、摆线的拉力和电场力，故B错误； C、D、摆球在运动过程中，重力和电场力的合力沿着切线方向的分力提供回复力，故C错误，D错误； 故选：A。 25．一单摆振动过程中离开平衡位置的位移随时间变化的规律如图所示，取向右为正方向．则下列说法正确的是（　　） A．第1s末和第5s末摆球位于同一位置 B．0～1s的时间内，摆球的回复力逐渐减小 C．t＝3s时，摆球的位移为振幅的 D．t＝3s时，摆球的速度方向与加速度方向相反 【答案】C 【解答】解：A、第1s末和第5s末摆球位于关于平衡位置对称的两个位置，故A错误； B、0～1s的时间内，位移x逐渐增大，由F＝﹣kx知摆球的回复力逐渐增大，故B错误； C、设振幅为A，则t＝3s时，摆球的位移为x＝AsinπA，故C正确； D、t＝3s时，摆球在做加速运动，摆球的速度方向与加速度方向相同，故D错误。 故选：C。 26．简谐运动是一种理想化运动模型，是最简单、最基本的机械振动，具有如下特点。 ①简谐运动的物体受到回复力的作用，回复力的F回大小与物体偏离平衡位置的位移x成正比，回复力方向与物体偏离平衡的位移方向相反，即：F＝﹣kx，其中k为振动系数，其值由振动系统决定； ②简谐运动是一种周期性运动，其周期与振动物体的质量的平方根成正比，与振动系统的振动系数的平方根成反比，而与振幅无关，即：T＝2π。 如图所示，摆长为L、摆球质量为m的单摆在AB间做小角度的自由摆动，当地重力加速度为g。试论证分析如下问题： （1）当摆球运动到P点时，摆角为θ，画出摆球受力的示意图，并写出此时刻摆球受到的回复力F回大小。 （2）请结合简谐运动的特点证明单摆在小角度摆动周期为T＝2π。 （提示：用弧度制表示角度，当角θ很小时，sinθ≈θ，θ角对应的弧长与它所对的弦长也近似相等） 【答案】解：（1）单摆受力分析得： F回＝G1＝mgsinθ （2）当θ很小时，sinθ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值 F回＝mg 当θ很小时，弧长PO近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移x， F回＝﹣mg 振动系数K K代入简谐运动周期公式： 得：T＝2π。 答：（1）当摆球运动到P点时，摆角为θ，此时刻摆球受到的回复力为mgsinθ。 （2）证明过程如上。 【题型9 等效单摆问题】 27．如图所示，长为s的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为R的光滑圆弧轨道相切于B点．一质量为m的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（h≪R）的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁C点所需的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：根据动能定理：mghmv2﹣0，v， B到C的时间：t1 单摆的周期为：T＝2π， 所以A到B的时间：t2， 所以小球的运动周期为：T＝（t1+t2）s。 故A正确，B、C、D错误。 故选：A。 28．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的，倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图。下列说法正确的是（ ） A．摆球做简谐运动的回复力F＝mgsinθsinα B．摆球做简谐运动的回复力为mgsinθ C．摆球做简谐运动的周期为2π D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力为T＝mgsinα 【答案】A 【解答】解：A、B、本题是类似单摆模型，回复力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为mgsinα，下滑分力的切线分力为mgsinαsinθ，故A正确，B错误； C、类似单摆模型，等效重力加速度为gsinα，故周期为：T，故C错误； D、摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力和重力的下滑分力的合力提供向心力，故T﹣mgsinα＝m，故T＞mgsinα，故D错误； 故选：A。 29．如图所示，光滑圆弧槽半径为R，A为最低点，C到A的距离远远小于R，若同时释放小球B、C，要使两小球B和C在A点相遇（小球B和C可视为质点），问：小球B到A点的距离H应满足什么条件？ 【答案】解：对B球，有：H 解得：t 对C球，周期为：T＝2π 故t′＝n（）×2π（n）π 由于t＝t′，故： （n）π 解得： H （其中：n＝0、1、2、3…） 答：小球B到A点的距离H应满足H （其中：n＝0、1、2、3…）． 【题型10 单摆的能量转化】 30．（多选）细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度释放。对于之后的运动，下列说法中正确的是（　　） A．单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小 B．摆球在左右两侧上升的最大高度一样 C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等 D．摆球经过最低点时，半径减小，摆线张力不变 【答案】AB 【解答】解：A．根据单摆做简谐运动的周期公式 可知T与成正比，A点右侧摆长减小，周期变小，故A正确； B．摆球在摆动过程中，空气阻力忽略，悬线拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒．摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B正确； C．若有钉子，摆球摆至右侧最高点C，B、C在同一水平线上，如图所示 由几何关系知θ2＝2α，θ2＜2θ1；摆球在平衡位置左侧走过的最大弧长大于在右侧走过的最大弧长，故C错误； D.由上分析可知，小球在摆动过程中机械能守恒，所以摆球过最低点的速度不变，由牛顿第二定律有 可知摆长不同，摆线的张力T不同，故D错误。 故选：AB。 31．一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于10°且是未知量．图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t的变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取10m/s2） （1）单摆的振动周期和摆长； （2）摆球的质量； （3）摆球运动过程中的最大速度． 【答案】解：（1）由图乙得小球在A、C之间做简谐运动的周期： ① 由单摆振动周期公式，得到单摆摆线长： 代入数据，得： L＝0.4m ② （2）（3）在最高点A，有： Fmin＝mgcosθ，式中Fmin＝0.495N ③ 在最低点B，有： ④ 从A到B过程中，滑块机械能守恒，故： ⑤ 滑块机械能： ⑥ 由②③④⑤⑥解得： cosθ＝0.99 m＝0.05kg vmax＝0.283m/s 答：（1）单摆的振动周期为0.4πs，摆长为0.4m； （2）摆球的质量为0.05kg； （3）摆动过程中的速度为0.283m/s 32．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示，（甲）图中O点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量．图（乙）表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息（g取10m/s2）求： （1）单摆的周期和摆长； （2）摆球的质量； （3）摆动过程中的最大速度。 【答案】解：（1）摆球受力分析如图，小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，知： T＝0.4πs． 由单摆的周期公式T＝2π，得： L0.4m． （2）（3）在最高点A，有： Fmin＝mgcosα＝0.495N 在最低点B，有： Fmax＝mg+m 从A到B，滑块机械能守恒，有： mgL（1﹣cosα）mv2 联立三式并代入数据得： m＝0.05kg v＝0.283m/s 答：（1）单摆的振动周期为0.4πs，摆长为0.4m； （2）摆球的质量为0.05kg； （3）摆动过程中的速度为0.283m/s 【题型11 阻尼振动和受迫振动】 33．如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（　　） A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行（g地＞g月），且摆长相等，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线 B．若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LⅠ：LⅡ＝4：25 C．若摆长均约为1m，则图线Ⅰ是在地球上完成的 D．若两个单摆在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量 【答案】A 【解答】解：A、若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据T知，周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线；故A正确； B、若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则根据T可知，固有周期比为5：2，根据T可知，摆长比为25：4；故B错误； C、若摆长均约为1m，则根据周期公式T变形后得gm/s＝≠g，故C错误； D、同一简谐运动的能量是由振幅决定的，但两个不同单摆的能量还与摆球的质量有关，由于摆球质量未知，所以无法比较能量，故D错误。 故选：A。 34．如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，曲轴不动时让其上下振动，振动周期为T1，现使把手以周期T2匀速转动，T2＞T1，当其运动达到稳定后，则（　　） A．弹簧振子的振动周期为T1 B．弹簧振子的振动周期为T2 C．弹簧振子的振动周期为 D．要使弹簧振子的振幅增大，可以减小把手的转速 【答案】B 【解答】解：ABC、把手匀速转动时，弹簧振子做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期，即为T2；故AC错误，B正确； D、由题可知，弹簧振子的固有周期为T1，受迫振动的周期为T2，而且T2＞T1，要增加振幅，可以使驱动力周期要接近固有周期，即减小把手转动周期，也即最大其转速，故D错误； 故选：B。 35．（多选）关于振动和波，下列说法正确的是（　　） A．军队士兵便步过桥，是为了免发生共振 B．一个单摆在赤道上振动周期为T，移到北极时振动周期将大于T，可以通过缩短摆长使它的周期再等于T C．一列水波遇到障碍物发生衍射，衍射后的波频率不变而波速变小 D．简谐横波在传播过程中，每经过一个周期所有参与振动的质点运动的路程均为4A E．当接收者远离波源时，其接收到的波频率将减小、波长增大 【答案】ADE 【解答】解：A、军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象，故A正确； B、一个单摆在赤道上的振动周期为T，根据周期公式T＝2π，当移到北极时，重力加速度增大，则振动周期会小于T，故B错误。 C、水波发生衍射现象，波速、频率仍不变，故C错误。 D、波在传播中质点都在其平衡位置附近上下振动，每经过一个周期所有参与振动的质点运动的路程均为4A，故D正确。 E、根据多普勒效应可知，当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低，波长增大，故E正确。 故选：ADE。 【题型12 共振及其应用】 36．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A、E摆长相等．先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则（　　） A．其它各摆摆动周期跟A摆相同 B．其它各摆振动振幅大小相同 C．其它各摆振动振幅大小不相同，E摆振幅最小 D．其它各摆振动周期大小不同，D摆周期最大 【答案】A 【解答】解：A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A摆的摆动频率，振动周期都等于A摆的振动周期； 由于A、E摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则E摆出现共振现象，振幅最大； 故A正确，BCD错误； 故选：A。 37．A、B两个单摆，A摆的固有频率为4f，B摆的固有频率为f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，则两单摆比较（　　） A．A摆振幅较大，振动频率为f B．B摆振幅较大，振动频率为4f C．A摆振幅较大，振动频率为5f D．B摆振幅较大，振动频率为5f 【答案】C 【解答】解：分析题意，两单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达到最大，故A、B两个单摆都做受迫振动，频率为5f，A摆固有频率接近驱动力的频率，则A的振幅较大，故C正确，ABD错误。 故选：C。 38．（多选）如图所示为某物体系统做受迫振动的振幅A随驱动力频率f的变化关系图，则下列说法正确的是（　　） A．物体系统的固有频率为f0 B．当驱动力频率为f0时，物体系统会发生共振现象 C．物体系统振动的频率由驱动力频率和物体系统的固有频率共同决定 D．驱动力频率越大，物体系统的振幅越大 【答案】AB 【解答】解：AB、物体物体受到的驱动力频率与物体的固有频率相等，振动物体产生共振现象，即振幅最大，分析图象可知，物体系统的固有频率为f0，当驱动力频率为f0时，物体系统会发生共振现象，故AB正确； C、物体系统振动的频率由驱动力频率决定，故C错误； D、驱动力频率等于固有频率时，振幅最大，故D错误。 故选：AB。 39．火车在铁轨上行驶时，由于在钢轨接头处车轮受到撞击而上下振动．如果防震弹簧每受104N的力将被压缩20mm，而每根弹簧的实际负荷为5000kg，已知弹簧的振动周期T＝2π，问车速约为多大时，列车振动的最剧烈？（设钢轨长为12.5m，g取10m/s2） 【答案】解：防震弹簧每受104N的力将被压缩20mm，故劲度系数为： k； 弹簧振动周期为： T＝2π2×3.14s＝0.628s； 列车的固有周期T＝0.628s，当列车在长12.5m的钢轨上运行的时间为0.628s时，发生共振，振幅最大， 所以： vm/s＝19.9m/s； 答：车速约为19.9m/s时，列车振动的最剧烈． 【题型13 探究弹簧振子的周期和小球质量的关系】 40．他们在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，实验小组利用单摆周期公式来测量当地的重力加速度g。为使测量结果更准确，利用多组数据求平均值的办法来测定g值。小组二位成员分别设计了如下的记录表格，你认为表　B　 （填“A”或“B”）设计得比较合理。 表A 1 2 3 4 平均值 g/（m．s）﹣2 L/m T/S 表B 1 2 3 4 平均值 L/m T/S g/（m．s﹣2） 单摆实验后，他们又做了“探究弹簧振子周期与振子质量关系”的拓展实验。他们将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的小球，将小球向下拉离平衡位置后松开，小球上下做简谐运动，用停表测量周期T，在图2所示的　（b）　 位置作为计时的开始与终止更好。[选填“（a）”、“（b）”或“（c）”] 【答案】B；（b）。 【解答】解：数据的处理过程中，根据单摆的周期公式T＝2π得：gL，所以L与T不是线性关系，不能用L与T的平均值的方法计算重力加速度，也不需要计算L与T的平均值，需要计算出每一次的重力加速度，最后计算g的平均值。故表格A的设计的原理错误； 为减小实验误差，应从振子经过平衡位置时开始计时，即从图2所示（b）位置作为计时的开始与终止位置； 故答案为：B；（b）。 41．如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0．当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A 　＜　 A0（填“＞”“＜”“＝”），T 　＜　 T0（填“＞”“＜”“＝”）。 【答案】＜，＜。 【解答】解：当物块向右通过平衡位置时a、b之间的粘胶脱开，a向右做减速运动，b向右匀速运动，弹簧振子总的机械能将减小，振幅减小，即有 A＜A0。 根据弹簧振子简谐运动的周期公式T＝2π，知振子的质量减小，周期减小，则有 T＜T0。 故答案为：＜，＜。 【题型14 探究单摆周期与摆长的关系】 42．（多选）有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里的实验室中DIS系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的T2﹣L图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数 C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为2：3 D．由乙图可知，t＝1s时b球振动方向沿y轴负方向 【答案】CD 【解答】解：AB、根据单摆的周期公式T＝2π得：T2 图线的斜率k 因为随着纬度的增大，重力加速度增大，故 g南开＞g复旦，由甲图可知，图线B的斜率较小，则对应的重力加速度较大，因此图线的斜率并不表示对应所在位置的重力加速度的倒数，故甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是B，故AB错误； C、周期指完成一次全振动所需的时间，由图乙可知Ta＝2s； 解得：Tas Tb＝2s 则有：，故C正确； D、由乙图可知，t＝1s时b球处于平衡位置向y轴负方向振动，故D正确。 故选：CD。 43．宇航员分别在地球和月球上探究了“单摆周期T与摆长L关系”的规律。多次改变摆长和周期数据，绘制了T2﹣L图象，如图所示。在月球上的实验结果对应图线是 　A　 （填“A”或“B”）。若在月球上得到的图线斜率为k，则月球表面的重力加速度g月＝　　 。 【答案】A；。 【解答】解：由单摆周期公式：T＝2π可知：T2L， T2﹣L图象的斜率：k，则重力加速度：g， 图象斜率越大，重力加速度越小，由于月球的重力加速度小于地球的重力加速度， 由图示图象可知，图线A对应月球上的实验结果； 故答案为：A；。 44．小厦、晓萌两位同学分别探究单摆周期T与摆长l的关系。在测量周期时，小厦误将29次全振动记为30次，其他操作无误，晓萌操作均无误，两同学绘制的T2﹣l图像如图甲所示，则小厦所测实验结果对应的图像是 　B　 （选填“A”或“B”）；图乙所示为晓萌绘制的不同摆长单摆的振动图像，则两单摆周期之比Ta：Tb＝ 　3：2　 。 【答案】B、3：2。 【解答】解：根据T变形可得：T2，所以T2﹣l图像的斜率为：k 小厦误将29次全振动记为30次，则周期偏小，则g值偏大，T2﹣l图像的斜率偏小，则小厦同学所测实验结果对应的图线是B； 由图乙类可知，a、b两单摆的周期之比为2：3：2。 故答案为：B、3：2。 45．甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度． ⅰ甲组同学采用图甲所示的实验装置． A．由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出T2﹣l图象，如图乙所示． ①实验得到的T2﹣l图象是　c　 ； ②小球的直径是　1.2　 cm； B．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值　偏小　 ．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） ⅱ乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图丙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丁所示的v﹣t图线． A．由图丙可知，该单摆的周期T＝　2.0　 s； B．更换摆线长度l后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2﹣l图线（l为摆线长），并根据图线拟合得到方程T2＝4.04l+0.024． 由此可以得出当地的重力加速度g＝　9.76　 m/s2．（取π2＝9.86，结果保留3位有效数字） 【答案】i、A、c；B、1.2；ii、A、2.0；9.76． 【解答】解：i、A、由单摆的周期公式T＝2π 得：lT2． 则由数学关系得斜率为：k，截距 b． 则可求得： ①图的截距为正，则图象为c． 因截距为 b0.6cm 则d＝1.2cm ②测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，实际周期变大，由T＝2π知，所测重力加速度的数值将偏小． ii、A、根据简谐运动的图线知，单摆的周期为 T＝2.0s； B、根据T＝2π知：T2L 知图线的斜率：k4.04， 解得：g＝9.76m/s2． 故答案为：i、A、c；B、1.2；ii、A、2.0；9.76． 46．某同学在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中： （1）用游标卡尺测小球的直径如图a所示，其值为 　10.60　 mm；用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间如图b所示，秒表读数为 　100.2　 s； （2）若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这—情况的原因可能是 　C　 （选填下列选项前的序号） A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长 B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长 C.测量周期时，误将摆球（n﹣1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式求得周期T D.摆球的质量过大 （3）在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆线长，测得了多组摆线长L和对应的周期T，并用这些数据作出T2﹣L图像如图甲所示，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L+0.024（s2）。由此可以得出当地的重力加速度g＝　9.76　 m/s2。（取π2＝9.86，计算结果保留3位有效数字） 【答案】（1）10.60，100.2；（2）C；（3）9.76。 【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，则小球的直径为d＝10mm+12×0.05mm＝10.60mm 秒表的读数为t＝60s+40.2s＝100.2s （2）根据单摆的周期公式T＝2π得：g A、测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误； B、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，振动越来越慢，周期的测量值偏大，而摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B错误； C、测量周期时，误将摆球（n﹣1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T求得周期T，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确； D、摆球的质量对重力加速度的测量没有影响，故D错误。 故选：C。 （3）根据g，得：T2L 知T2﹣L图像的斜率为：k 由T2＝4.04L+0.024（s2），可得：k＝4.04 联立解得：g≈9.76m/s2 故答案为：（1）10.60，100.2；（2）C；（3）9.76。 【题型15 用单摆测定重力加速度】 47．小婷同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。 （1）该同学先用游标卡尺测量小铁球的直径如图甲所示，则小铁球的直径d＝　1.58　 cm。 （2）该同学用秒表计时，记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，秒表读数为 　100　 s。 （3）若摆线的长度为0.98m，该同学由以上数据求出重力加速度g＝　9.74　 m/s2（结果保留三位有效数字，π2≈9.86）。 （4）若他测得的g值偏小，可能的原因是 　BC　 （填正确答案标号）。 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，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，秒表提前按下 D．实验中误将49次全振动数为50次 【答案】（1）1.58；（2）100；（4）9.74；（4）BC。 【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.1mm，由图甲可知小球的直径：d＝15mm+8×0.1mm＝15.8mm＝1.58cm； （2）分针与秒针的示数这和为秒表的示数，由秒表可读出时间为：60s+40s＝100s。 （3）由单摆周期公式： 整理有： 其中：， 代入数据解得：g≈9.74m/s2 （4）A、测摆线长时摆线拉得过紧，会使得摆长测量偏大，由，可知，其导致g测量偏大，故A错误； B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使得测量的摆长偏小，根据 可知，其导致g测量偏小，故B正确； C、开始计时时，秒表提前按下，使得测量的周期偏大，由可知，其导致g测量偏小，故C正确； D、实验中误将49次全振动数为50次，使得测量的周期偏小，由可知，其导致g测量偏大，故D错误。 故选：BC。 故答案为：（1）1.58；（2）100；（4）9.74；（4）BC。 48．某实验小组“用单摆测量重力加速度”。 （1）实验室有如下器材可供选用： A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约2cm的均匀铁球 D．直径约5cm的均匀木球 E．秒表 F．时钟 G．最小刻度为毫米的米尺 实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：　ACE　 （填写器材前面的字母）。 （2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是　B　 。 A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球上端点间的距离 B．为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时 C．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间Δt，则单摆周期 （3）如图所示，小组内其他同学测量了多组实验数据作出了周期的平方与绳长（T2﹣L）的关系图像，由图像可知当地重力加速度g＝　9.86　 m/s2，π取3.14，仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比　相同　 （填偏大、偏小或相同）。 【答案】（1）ACE；（2）B；（3）π2或9.86、相同。 【解答】解：（1）实验中还需要长约1m的细线、直径约2cm的均匀铁球和秒表，故选ACE。 （2）A、测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，故A错误； B、为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时，故B正确； C、拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间Δt，则单摆周期：，故C错误。 故选：B。 （3）根据单摆周期公式： 变形可得： 所以T2﹣L图像的斜率为：s2/m 代入数据可得：g＝π2≈9.86m/s2 仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比相同。 故答案为为：（1）ACE；（2）B；（3）π2或9.86、相同。 49．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（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T2为纵轴、L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。 （1）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为 　A　 。 A. B. C. D. （2）如果实验中所得到的T2﹣L关系图线如图乙所示，那么真正的图线应该是a、b、c中的 　a　 。 （3）由图线可知，小筒的深度h＝　0.3　 m；当地重力加速度g＝　9.86　 m/s2。 【答案】（1）A；（2）a；（3）0.3；9.86。 【解答】解：（1）根据题意可知，当他数到“59”时，单摆完成全振动的次数为n次＝29次 则该单摆的周期为T，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （2）由单摆周期公式得 T＝2π 变形得 T2 当L＝0时，T20，则真正的图线是a． （3）当T2＝0时，L＝﹣h，即图象与L轴交点坐标，由图可得 h＝﹣L＝30cm＝0.3m 图线的斜率大小：k 根据数学知识得到力线的斜率：k＝4 解得g＝9.86m/s2 故答案为：（1）A；（2）a；（3）0.3；9.86。 50．某同学用如图1所示的装置进行“用单摆测量重力加速度”的实验。 （1）用游标卡尺测量摆球直径，如图2所示，可知摆球的直径d为 　20.6　 mm。 （2）关于实验操作或结果的分析，下列说法正确的两项是 　BD　 （选填选项前面的字母）。 A.为防止测量摆线长度时直尺与摆线不平行，应让摆线平放在桌面测量 B.在摆球运动过程中，小球做了类似如图3所示的圆锥摆运动，导致当地重力加速度的测量值变大了 C.测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时 D.为减小偶然误差，实验中可用秒表记录n次全振动的时间t，周期记为 （3）某同学按正确的操作测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图4所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的摆长，则计算重力加速度g的表达式为 　　 （用T、L表示），结合图像计算出当地的重力加速度g＝ 　9.86　 m/s2（π取3.14，计算结果保留3位有效数字）。 【答案】（1）20.6；（2）BD；（3）、9.86（±0.01均正确）。 【解答】解：（1）10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图乙可知摆球直径为：d＝20.0mm+0.1mm×6＝20.6mm （2）A、测量摆线时，应让小球静止在平衡位置，小球把摆线拉直后测量，而不是让摆线平放在桌面测量，故A错误； B、小球做圆锥摆运动，重力和绳的拉力的合力提供向心力，合力为：F＝mgtanθ 圆周运动的半径为：R＝Lsinθ 则根据牛顿第二定律定律有： 联立求得周期为： 而单摆的周期为： 其周期小于单摆的周期，导致周期测量时偏小，根据公式：，则当地重力加速度的测量值会变大，故B正确； C、摆球运动的最高点不容易确定，误差较大，应该从最低点开始计时，C错误； D、测量一次全振动的时间作为周期，其误差太大，为减小偶然误差，实验中可用秒表记录n次全振动的时间t，周期记为，故D正确； 故选：BD。 （3）单摆的周期公式为：，则计算重力加速度g的表达式为： 该图像表示的是T2﹣L的关系，即： 则图像中斜率： 所以当地的重力加速度：g≈9.86m/s2 由于读数时有误差存在，故结果可为9.85m/s～9.87m/s。 故答案为：（1）20.6；（2）BD；（3）、9.86（±0.01均正确）。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二章 机械振动 【题型1 简谐运动的定义、运动特点与判断】 1 【题型2 简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数】 2 【题型3 简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况】 4 【题型4 简谐运动的图像问题】 5 【题型5 简谐运动的回复力】 7 【题型6 简谐运动的能量问题】 9 【题型7 简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题】 10 【题型8 单摆的回复力】 11 【题型9 等效单摆问题】 13 【题型10 单摆的能量转化】 14 【题型11 阻尼振动和受迫振动】 16 【题型12 共振及其应用】 17 【题型13 探究弹簧振子的周期和小球质量的关系】 18 【题型14 探究单摆周期与摆长的关系】 19 【题型15 用单摆测定重力加速度】 22 【题型1 简谐运动的定义、运动特点与判断】 1．关于简谐运动，下列说法正确的是（　　） A．简谐运动方程X＝Asin（ωt+φ）中，A表示振幅，ω表示圆频率，φ表示相位 B．简谐运动中势能增加的过程是靠近平衡位置的过程 C．单摆简谐运动中，回复力是由合外力的切向分量提供的 D．半径很大的光滑圆弧面上有一小球，把它从最低点移开一小段距离后放手，小球将做简谐运动 2．（多选）如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中（弹簧在弹性限度范围内，g取10m/s2），下列说法正确的是（　　） A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12N B．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8N C．B对A的压力最大为28N D．B对A的压力最大为20N 3．如图，两根劲度系数分别为k1、k2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动．整个装置位于光滑的水平地面上．当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态．今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手．证明小球此后的运动为简谐运动． 【题型2 简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数】 4．如图所示，弹簧振子在BC间做简谐运动，O为平衡位置，BC间距离为10cm，B→C运动时间为1s，则（　　） A．从O→C→O振子做了一次全振动 B．振动周期为1s，振幅为10cm C．经过两次全振动，通过的路程为20cm D．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm 5．如图甲是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和一个较小的沙漏组成．当沙漏摆动时，匀速拉出沙漏下方的木板，漏出的沙在板上会形成一条曲线．通过对曲线的分析，可以确定沙漏的位移随时间变化的规律．图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线．经测量发现OB＝O'B'．若拉动木板1和木板2的速度大小分别为v1和v2，则（　　） A．v1＝v2 B．v1v2 C．v1v2 D．v1v2 6．（多选）如图1所示，水平地面上固定一轻质弹簧，弹簧竖直放置，其上端连接一轻质薄板。t＝0时刻，一可视为质点的物块从弹簧正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（x﹣t图像）如图2所示，其中t＝0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，以竖直向下为正方向，则（　　） A．0～0.2s，物块的加速度逐渐增大 B．t＝0.2s后物块做简谐运动 C．0.2～0.4s，物块的加速度先减小后增大 D．0.2～0.4s，物块的加速度先增大后减小 7．甲、乙两弹簧振子质量相等，其振动图象如图所示，则它们振动的机械能大小关系是E甲　 　 E乙（填“＞”“＝”或“＜”）；振动频率的大小关系是f甲　 　 f乙；在0﹣4s内，甲的加速度为正向最大的时刻是　 　 ，乙的速度为正向最大的时刻是　 　 ． 8．如图所示，一根劲度系数k＝200N/m的轻弹簧一端固定在墙壁上，另一端在O点上方且处于自由状态。水平地面在O点左边光滑，右边粗糙。地面M点有一块质量M＝1kg小木块，其上放置一个质量m＝1kg的小铁块。现给小木块与小铁块相同的初速度v0＝1.2m/s，发现经过O点之后再经过0.05πs在N点速度减为0。设运动过程小铁块与小木块一直相对静止。已知小木块与OM段地面的动摩擦因数为μ＝0.1，M点与O点相距0.22m，N点与O点相距0.1m，g＝10m/s2，则： （1）求小木块第一次来到O点的速度v1多大？ （2）求小木块来到ON段的中点时铁块受到的摩擦力多大？ （3）从第一次经过O点开始计时，规定水平向左为正，分析并得出小木块与弹簧接触的过程中，小木块相对O点的位移与时间的关系。 【题型3 简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况】 9．一弹簧振子做简谐运动，周期为T（　　） A．若t时刻和（t+Δt）时刻振子位移大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍 B．若t时刻和（t+Δt）时刻振子运动速度大小相等、方向相反，则Δt一定等于的整数倍 C．若Δt，则在t时刻和（t+Δt）时刻振子运动的加速度大小一定相等 D．若Δt，则在t时刻和（t+Δt）时刻弹簧的长度一定相等 10．（多选）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左 B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处 C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同 D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大 11．一弹簧振子在O点附近做机械振动，它离开O点向M点运动，4s末第一次达到M点，又经过2s第二次到达M点，再次经过 　 　 s它将第三次到达M点． 【题型4 简谐运动的图像问题】 12．图为一沿x轴正向传播的简谐横波在时刻的波形图，P0～P9是波上一系列质点，相邻两点在平衡位置处的间距为a。已知该波的周期为T，振幅为A，则（　　） A．t＝0时，质点P0沿y轴负方向运动 B．时，质点P0和P4的速度最大 C．时，质点P3和P5的相位相同 D．该简谐横波的波速大小为 13．如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中的y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y1和y2的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则（　　） A．该弹簧振子的振动周期为 B．该弹簧振子的振幅为y1﹣y2 C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为零 D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块做功为零 14．（多选）如图甲所示，轻质弹簧下端固定一盏带灯罩的灯，灯泡大小可忽略，灯罩为圆锥形，点光源在地面上的投影点为O′点，点光源静止时位于O点，离地高度为OO′＝0.9m。现使点光源在竖直方向做简谐运动，振动图像如图乙所示。光源向左照射的最远点记为P点，当点光源距离地面最近时P在a点，距离地面最远时P在e点，图甲中ac＝ce，bc＝cd，则下列说法正确的是（　　） A．P在b点时点光源的动能和在d点时点光源的动能相等 B．点光源的振动方程为 C．P过b点后经过0.5s，点光源通过的路程一定为0.3m D．点光源在地面照亮区域面积最大值与最小值之比为2：1 【题型5 简谐运动的回复力】 15．光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示，已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（　　） A． B． C． D． 16．（多选）如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接滑块P，P和Q通过轻绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，滑块未与定滑轮相碰，当Q向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为，P和Q的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切阻力，则（　　） A．绳子能承受的最大拉力为2mg B．绳断后瞬间滑块P的加速度大小为2g C．绳断后滑块P回到位置O时速度最大 D．从绳断到滑块P第一次回到位置A所用的时间为 17．（多选）如图甲为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意图，将鱼漂视为横截面积为S的细圆柱体。某次鱼咬钩时将鱼漂从平衡位置开始竖直往下拉一小段距离L后松口，鱼漂做简谐运动。取竖直向上为正方向，鱼漂的加速度a和位移x的关系如图乙。已知鱼漂的质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．鱼漂在上升过程中先超重后失重 B．图像的斜率为﹣ρgS C．鱼漂在上升过程中的最大动能为 D．鱼漂在上升过程中所受的最大浮力为ρgLS 18．一根足够长竖直轻弹簧，一端固定在地面上，另一端与质量为1kg的物体A相连，质量为2kg的物体B与物体A用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，弹簧劲度系数k＝100N/m，整个系统静止，A、B两物体等高，如图所示。现剪断轻绳，A在竖直方向做简谐运动，B做自由落体运动。已知弹簧振子的周期公式为（其中m为振子质量，k为回复力和位移的比例系数）g取10m/s2。求： （1）刚剪断轻绳时，物体A的加速度大小； （2）剪断轻绳后物体A第一次运动到最低点所用的时间。 （3）剪断绳子时刻作为计时起点，平衡位置为坐标原点，竖直向下取为正方向，写出物体A做简谐运动的振动方程。 【题型6 简谐运动的能量问题】 19．图（甲）所示为以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图（乙）为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（　　） A．在t＝0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置 B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同 C．从t＝0到t＝0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加 D．在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同 20．（多选）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（　　） A．0时刻弹簧弹力大小为2mg B．弹簧劲度系数为 C．时间段，回复力冲量为0 D．时间段，小球动能与重力势能之和不变 21．如图甲所示为一小孩在蹦床上做预备活动的娱乐场景，其简化模型如图乙所示：轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从弹簧上端原长B处静止释放，始终沿着x轴竖直运动。以小球平衡位置O为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）现将小球由平衡位置O向下发生的位移为x，小球沿着竖直x轴运动。 ①请写出小球所受的合外力F与x的关系式，并据此说明小球的运动是否为简谐运动； ②以平衡位置O为系统总势能的零势能参考点，可以将重力势能和弹性势能这两个势能等效成一个总势能。请结合小球的受力特点和求解变力功的基本思想方法，推导出“等效总势能”的表达式； （2）已知小球运动的周期为，若只更换不同质量的小球，在B处静止释放小球运动的区间会发生变化。对于任意一个质量确定的小球，在该弹簧形变限度内实验，从位移最大处到平衡位置运动过程中，小球所受的合力对位移的平均值设为F1，合力对时间的平均值设为F2。试证明F1与F2的比值与振幅A无关。 【题型7 简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题】 22．如图所示，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，底端固定一轻质弹簧。将质量为m的物块（可视为质点）从斜面上由静止释放，物块在A点与弹簧接触，在B点时速度最大，在C点时，弹簧被压缩至最短。已知AC，弹簧弹性势能为Epkx2，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数。则下列说法正确的是（　　） A．物块在A点时的动能为 B．物块在A点时的动能为 C．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1：2 D．物块从A点到B和从B到C所用时间之比为1：4 23．（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的托盘，处于静止状态。现将一质量为m的粘性小球自距盘面高度为h处无初速释放，与盘发生碰撞后未反弹，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为g，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（　　） A．小球与盘运动的最大速度为 B．小球与盘碰后向下运动距离时，盘的速度达到最大 C．小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能一直减小 D．当小球与盘的加速度向上且大小为时，其速度大小为 【题型8 单摆的回复力】 24．关于单摆的摆球（带正电）在竖直向下的匀强电场中运动时所受的力和能量转化，下列说法中正确的是（　　） A．摆球从A运动到B的过程中，重力做的功等于动能的增量 B．摆球在运动过程中受到三个力的作用：重力、摆线的拉力和回复力 C．摆球在运动过程中，重力和摆线拉力的合力等于回复力 D．摆球在运动过程中，重力沿圆弧切线方向的分力充当回复力 25．一单摆振动过程中离开平衡位置的位移随时间变化的规律如图所示，取向右为正方向．则下列说法正确的是（　　） A．第1s末和第5s末摆球位于同一位置 B．0～1s的时间内，摆球的回复力逐渐减小 C．t＝3s时，摆球的位移为振幅的 D．t＝3s时，摆球的速度方向与加速度方向相反 26．简谐运动是一种理想化运动模型，是最简单、最基本的机械振动，具有如下特点。 ①简谐运动的物体受到回复力的作用，回复力的F回大小与物体偏离平衡位置的位移x成正比，回复力方向与物体偏离平衡的位移方向相反，即：F＝﹣kx，其中k为振动系数，其值由振动系统决定； ②简谐运动是一种周期性运动，其周期与振动物体的质量的平方根成正比，与振动系统的振动系数的平方根成反比，而与振幅无关，即：T＝2π。 如图所示，摆长为L、摆球质量为m的单摆在AB间做小角度的自由摆动，当地重力加速度为g。试论证分析如下问题： （1）当摆球运动到P点时，摆角为θ，画出摆球受力的示意图，并写出此时刻摆球受到的回复力F回大小。 （2）请结合简谐运动的特点证明单摆在小角度摆动周期为T＝2π。 （提示：用弧度制表示角度，当角θ很小时，sinθ≈θ，θ角对应的弧长与它所对的弦长也近似相等） 【题型9 等效单摆问题】 27．如图所示，长为s的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为R的光滑圆弧轨道相切于B点．一质量为m的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（h≪R）的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁C点所需的时间为（　　） A． B． C． D． 28．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的，倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图。下列说法正确的是（ ） A．摆球做简谐运动的回复力F＝mgsinθsinα B．摆球做简谐运动的回复力为mgsinθ C．摆球做简谐运动的周期为2π D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力为T＝mgsinα 29．如图所示，光滑圆弧槽半径为R，A为最低点，C到A的距离远远小于R，若同时释放小球B、C，要使两小球B和C在A点相遇（小球B和C可视为质点），问：小球B到A点的距离H应满足什么条件？ 【题型10 单摆的能量转化】 30．（多选）细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速度释放。对于之后的运动，下列说法中正确的是（　　） A．单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小 B．摆球在左右两侧上升的最大高度一样 C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等 D．摆球经过最低点时，半径减小，摆线张力不变 31．一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于10°且是未知量．图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t的变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取10m/s2） （1）单摆的振动周期和摆长； （2）摆球的质量； （3）摆球运动过程中的最大速度． 32．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示，（甲）图中O点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量．图（乙）表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息（g取10m/s2）求： （1）单摆的周期和摆长； （2）摆球的质量； （3）摆动过程中的最大速度。 【题型11 阻尼振动和受迫振动】 33．如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（　　） A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行（g地＞g月），且摆长相等，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线 B．若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LⅠ：LⅡ＝4：25 C．若摆长均约为1m，则图线Ⅰ是在地球上完成的 D．若两个单摆在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量 34．如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，曲轴不动时让其上下振动，振动周期为T1，现使把手以周期T2匀速转动，T2＞T1，当其运动达到稳定后，则（　　） A．弹簧振子的振动周期为T1 B．弹簧振子的振动周期为T2 C．弹簧振子的振动周期为 D．要使弹簧振子的振幅增大，可以减小把手的转速 35．（多选）关于振动和波，下列说法正确的是（　　） A．军队士兵便步过桥，是为了免发生共振 B．一个单摆在赤道上振动周期为T，移到北极时振动周期将大于T，可以通过缩短摆长使它的周期再等于T C．一列水波遇到障碍物发生衍射，衍射后的波频率不变而波速变小 D．简谐横波在传播过程中，每经过一个周期所有参与振动的质点运动的路程均为4A E．当接收者远离波源时，其接收到的波频率将减小、波长增大 【题型12 共振及其应用】 36．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A、E摆长相等．先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则（　　） A．其它各摆摆动周期跟A摆相同 B．其它各摆振动振幅大小相同 C．其它各摆振动振幅大小不相同，E摆振幅最小 D．其它各摆振动周期大小不同，D摆周期最大 37．A、B两个单摆，A摆的固有频率为4f，B摆的固有频率为f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，则两单摆比较（　　） A．A摆振幅较大，振动频率为f B．B摆振幅较大，振动频率为4f C．A摆振幅较大，振动频率为5f D．B摆振幅较大，振动频率为5f 38．（多选）如图所示为某物体系统做受迫振动的振幅A随驱动力频率f的变化关系图，则下列说法正确的是（　　） A．物体系统的固有频率为f0 B．当驱动力频率为f0时，物体系统会发生共振现象 C．物体系统振动的频率由驱动力频率和物体系统的固有频率共同决定 D．驱动力频率越大，物体系统的振幅越大 39．火车在铁轨上行驶时，由于在钢轨接头处车轮受到撞击而上下振动．如果防震弹簧每受104N的力将被压缩20mm，而每根弹簧的实际负荷为5000kg，已知弹簧的振动周期T＝2π，问车速约为多大时，列车振动的最剧烈？（设钢轨长为12.5m，g取10m/s2） 【题型13 探究弹簧振子的周期和小球质量的关系】 40．他们在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，实验小组利用单摆周期公式来测量当地的重力加速度g。为使测量结果更准确，利用多组数据求平均值的办法来测定g值。小组二位成员分别设计了如下的记录表格，你认为表　B　 （填“A”或“B”）设计得比较合理。 表A 1 2 3 4 平均值 g/（m．s）﹣2 L/m T/S 表B 1 2 3 4 平均值 L/m T/S g/（m．s﹣2） 单摆实验后，他们又做了“探究弹簧振子周期与振子质量关系”的拓展实验。他们将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的小球，将小球向下拉离平衡位置后松开，小球上下做简谐运动，用停表测量周期T，在图2所示的　 　 位置作为计时的开始与终止更好。[选填“（a）”、“（b）”或“（c）”] 41．如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0．当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A 　 　 A0（填“＞”“＜”“＝”），T 　 T0（填“＞”“＜”“＝”）。 【题型14 探究单摆周期与摆长的关系】 42．（多选）有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里的实验室中DIS系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的T2﹣L图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数 C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为2：3 D．由乙图可知，t＝1s时b球振动方向沿y轴负方向 43．宇航员分别在地球和月球上探究了“单摆周期T与摆长L关系”的规律。多次改变摆长和周期数据，绘制了T2﹣L图象，如图所示。在月球上的实验结果对应图线是 　 （填“A”或“B”）。若在月球上得到的图线斜率为k，则月球表面的重力加速度g月＝ 　 。 44．小厦、晓萌两位同学分别探究单摆周期T与摆长l的关系。在测量周期时，小厦误将29次全振动记为30次，其他操作无误，晓萌操作均无误，两同学绘制的T2﹣l图像如图甲所示，则小厦所测实验结果对应的图像是 　 　 （选填“A”或“B”）；图乙所示为晓萌绘制的不同摆长单摆的振动图像，则两单摆周期之比Ta：Tb＝ 　 　 。 45．甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度． ⅰ甲组同学采用图甲所示的实验装置． A．由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出T2﹣l图象，如图乙所示． ①实验得到的T2﹣l图象是　 　 ； ②小球的直径是　 　 cm； B．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值　 　 ．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） ⅱ乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图丙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丁所示的v﹣t图线． A．由图丙可知，该单摆的周期T＝　 　 s； B．更换摆线长度l后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2﹣l图线（l为摆线长），并根据图线拟合得到方程T2＝4.04l+0.024． 由此可以得出当地的重力加速度g＝　 　 m/s2．（取π2＝9.86，结果保留3位有效数字） 46．某同学在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中： （1）用游标卡尺测小球的直径如图a所示，其值为 　 mm；用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间如图b所示，秒表读数为 　 　 s； （2）若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这—情况的原因可能是 　 　 （选填下列选项前的序号） A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长 B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长 C.测量周期时，误将摆球（n﹣1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式求得周期T D.摆球的质量过大 （3）在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆线长，测得了多组摆线长L和对应的周期T，并用这些数据作出T2﹣L图像如图甲所示，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L+0.024（s2）。由此可以得出当地的重力加速度g＝　 　 m/s2。（取π2＝9.86，计算结果保留3位有效数字） 【题型15 用单摆测定重力加速度】 47．小婷同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。 （1）该同学先用游标卡尺测量小铁球的直径如图甲所示，则小铁球的直径d＝　 　 cm。 （2）该同学用秒表计时，记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，秒表读数为 　 　 s。 （3）若摆线的长度为0.98m，该同学由以上数据求出重力加速度g＝　 　 m/s2（结果保留三位有效数字，π2≈9.86）。 （4）若他测得的g值偏小，可能的原因是 　 　 （填正确答案标号）。 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，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，秒表提前按下 D．实验中误将49次全振动数为50次 48．某实验小组“用单摆测量重力加速度”。 （1）实验室有如下器材可供选用： A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约2cm的均匀铁球 D．直径约5cm的均匀木球 E．秒表 F．时钟 G．最小刻度为毫米的米尺 实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：　 　 （填写器材前面的字母）。 （2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是　 　 。 A．测量摆长时用刻度尺量出从悬点到摆球上端点间的距离 B．为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）时开始计时 C．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间Δt，则单摆周期 （3）如图所示，小组内其他同学测量了多组实验数据作出了周期的平方与绳长（T2﹣L）的关系图像，由图像可知当地重力加速度g＝　 　 m/s2，π取3.14，仅考虑该数据处理方法，得到的加速度g与真实值相比　 　 （填偏大、偏小或相同）。 49．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（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T2为纵轴、L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。 （1）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为 　 　 。 A. B. C. D. （2）如果实验中所得到的T2﹣L关系图线如图乙所示，那么真正的图线应该是a、b、c中的 　 　 。 （3）由图线可知，小筒的深度h＝　 　 m；当地重力加速度g＝　 　 m/s2。 50．某同学用如图1所示的装置进行“用单摆测量重力加速度”的实验。 （1）用游标卡尺测量摆球直径，如图2所示，可知摆球的直径d为 　 　 mm。 （2）关于实验操作或结果的分析，下列说法正确的两项是 　 　 （选填选项前面的字母）。 A.为防止测量摆线长度时直尺与摆线不平行，应让摆线平放在桌面测量 B.在摆球运动过程中，小球做了类似如图3所示的圆锥摆运动，导致当地重力加速度的测量值变大了 C.测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时 D.为减小偶然误差，实验中可用秒表记录n次全振动的时间t，周期记为 （3）某同学按正确的操作测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图4所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的摆长，则计算重力加速度g的表达式为 　 （用T、L表示），结合图像计算出当地的重力加速度g＝ 　 　 m/s2（π取3.14，计算结果保留3位有效数字）。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$