第二章 单元综合提升(二) 机械振动-【金版新学案】2025-2026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教师用书word（人教版）

单元综合提升(二)　机械振动 (2024·河北高考·T6)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　) A．0.2 rad/s，1.0 m B．0.2 rad/s，1.25 m C．1.26 rad/s，1.0 m D．1.26 rad/s，1.25 m 答案：C 解析：紫外光在感光纸上的投影做的是简谐运动，电动机的转速n＝12 r/min＝0.2 r/s，因此圆频率ω＝2πn≈1.26 rad/s，周期T＝＝5 s，简谐运动的振幅即为轻杆的长度A＝0.1 m，则12.5 s内通过的路程s＝×4A＝1.0 m。故选C。 [衔接教材]　人教版选择性必修第一册P47【做一做】 如图，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板，观察喷在木板上的墨汁图样。 [衔接分析]　人教版选择性必修第一册P47【做一做】栏目，利用喷在木板上的墨汁图样得到单摆的简谐振动图像。 近几年的高考以利用上述类似方法获取简谐振动的图像为情境进行命题成为高考的一个考查热点，例如：2024·河北高考·T6以电动机带动固定在轻杆一端的紫外光笔在竖直平面内匀速转动时，紫外光 学生用书第69页 在水平铺开的感光纸上的竖直投射获取简谐运动的图像为情境，考查了简谐运动的x-t图像的应用问题。 (2024·北京高考·T9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，弹簧弹力为0 B．t＝0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C．从t＝0至t＝0.2 s，手机的动能增大 D．a随t变化的关系式为a＝4sin (2.5πt) m/s2 答案：D 解析：由题图乙知，t＝0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小F＝mg，A错误；由题图乙知，t＝0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t＝0至t＝0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T＝0.8 s，则ω＝＝2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a＝4sin (2.5πt) m/s2，D正确。故选D。 [衔接教材]　人教版选择性必修第一册P34【做一做】 用数码相机和计算机绘制弹簧振子的x-t图像 图1的照片是通过频闪照相得到的。使用数码相机或手机的连拍功能也能得到类似的图片……钢球便上下振动(图2)…… [衔接分析]　人教版选择性必修第一册P34【做一做】，利用数码相机和计算机绘制弹簧振子的x-t图像。 近几年的高考以通过频闪照相、数码相机或手机的连拍功能、传感器等获得简谐运动的有关图像为情境进行命题成为高考的一个考查热点，例如：2024·北京高考·T9以利用手机加速度传感器记录了用手机和轻弹簧制作的振动装置的a-t图像为情境，考查了简谐运动的a-t图像的理解及应用问题。 (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(　　) A．，3t B．，4t C．t D．t 答案：BC 解析：当A、B两点在平衡位置的同侧时分别有A＝A sin φa，A＝A sin φb，可得φa＝或者φa＝(舍去)，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＝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＝A sin φa，A＝A sin 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＝L，解得A＝，故C正确，D错误。故选BC。 [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。 (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(　　) 学生用书第70页 A． B． C． D． 答案：C 解析：由题图可知甲、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。 [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。 (1)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，考查的问题也一样，提示我们要重视教材上的练习题。 易错点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 答案：C 解析：回复力方向与位移方向相反，故加速度方向与位移方向相反，但速度方向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，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。 易错点2．对振动物体周期通过的路程的理解不透彻致错 (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 答案：BD 解析：振子从O→B→O只完成了半个全振动，A错误；从A→B振子只完成了半个全振动，运动时间是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，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50 cm，也可能小于50 cm，C错误；从O开始经过3 s，振子处在最大位移A或B处，D正确。故选BD。 [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。 易错点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的物块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 学生用书第71页 一起，之后在竖直方向做简谐运动。在运动过程中，物块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 答案：BD 解析：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；当弹簧弹力与A、C的重力大小相等时，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x＝，故简谐运动的振幅A＝x0＋x＝，C错误；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Δx＝A＋x0＝，此时弹簧弹力F＝kΔx＝，B对地面的最大压力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，此时弹簧弹力与A、C的重力大小相等，即kx0＝2mg，因此若C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。 [易错分析]　本题容易错选C项，原因是混淆竖直弹簧振子的振幅与弹簧的形变量，当A、C一起振动到最高点时，弹簧的伸长量x＝，不等于振幅，振幅A＝x0＋x＝。 易错点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 答案：C 解析：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，但速度可为正也可为负，A错误；当位移增大时，回复力增大，振动的能量不变，B错误；平衡位置为摆球运动的最低位置，摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，由FT－mg＝，解得FT＝mg＋，由牛顿第三定律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。 [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，此时回复力最大。 易错点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 答案：BC 解析：小球在垂直于虚线所在平面内做类单摆运动，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，只有重力做功，动能变化量等于重力做的功，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分力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，与初速度大小无关，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。 单元检测卷(二)　机械振动 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．(2024·江苏南通高二月考)如图甲所示，心电图仪通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上。一台心电图仪测得待检者心电图如图乙所示。医生测量时记下被检者的心率为60次/min，则这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小为(　　) A．20 mm/s B．25 mm/s C．30 mm/s D．60 mm/s 答案：B 解析：心脏每次跳动的时间间隔T＝ s＝1 s，所以坐标纸的走纸速度大小v＝ mm/s＝25 mm/s。故选B。 2．(2024·青海西宁高二期末) 如图所示，弹簧振子在B、C两点之间做简谐运动，其平衡位置为O点。已知B、C相距30 cm。从小球经过O点时开始计时，经过0.3 s首次到达B点。取向左为正方向，下列说法正确的是(　　) A．小球振动的周期一定为1.2 s B．小球振动的振幅为0.3 m C．弹簧振子振动方程可能为x＝－0.15sin (5πt) m D．0.6 s末，小球一定在平衡位置 答案：D 解析：小球经过O点时开始计时，经过0.3 s首次到达B点，若开始计时时，小球向右运动，则小球振动的周期满足T＝0.3 s，解得T＝1.2 s，若开始计时时，小球向左运动，则小球振动的周期满足T ′＝0.3 s，解得T′＝0.4 s，小球振动的周期可能为1.2 s或0.4 s，故A错误；由题意可知2A＝30 cm，小球振动的振幅A＝0.15 m，故B错误；当T′＝0.4 s时，有ω′＝＝5π rad/s，可知弹簧振子的振动方程为x＝0.15sin (5πt) m，当T＝1.2 s时，有ω＝，可知弹簧振子的振动方程为x＝－0.15sin ，故C错误；周期若为0.4 s，则小球经t＝0.6 s＝T ′运动到平衡位置，周期若为1.2 s，则小球经t＝0.6 s＝T运动到平衡位置，所以0.6 s末小球一定在平衡位置，故D正确。故选D。 3．(2024·重庆涪陵区高二期中)鱼漂是垂钓时反映鱼儿咬钩讯息的工具。如图甲所示，当鱼漂静止时，P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压，松手后，忽略水的阻力，鱼漂在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，取竖直向上为位移的正方向，则(　　) A．在t＝0.3 s时刻，鱼漂的速度方向竖直向下 B．在t＝0.3 s时刻，鱼漂的加速度方向竖直向下 C．该鱼漂的振动频率为1 Hz D．该鱼漂在振动的过程中，存在速度和加速度均减小的时间段 答案：B 解析：根据y-t图像斜率表示速度可知，在t＝0.3 s时刻，鱼漂的速度方向竖直向上，故A错误；t＝0.3 s时刻鱼漂的位移为正，根据牛顿第二定律有a＝，可知鱼漂的加速度方向竖直向下，故B正确；该鱼漂的振动频率f＝ Hz＝1.25 Hz，故C错误；鱼漂离平衡位置越远，速度越小，位移越大，加速度越大，鱼漂离平衡位置越近，速度越大，位移越小，加速度越小，则该鱼漂在振动的过程中，不存在速度和加速度均减小的时间段，故D错误。故选B。 4．如图甲所示，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，如图乙所示。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 答案：D 解析：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．(2024·山东德州高二月考)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 答案：D 解析：由题图甲、乙可知，0～0.2π s应该对应着摆球在CB之间的摆动，0.2π～0.6π s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，A、B错误；摆球在AB之间摆动的周期T1＝0.8π s，根据T1＝2π ，可得l1＝1.6 m，即OA之间的距离为1.6 m，C错误；摆球在BC之间摆动的周期T2＝0.4π s，根据T2＝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，D正确。故选D。 6．(2024·河南信阳联考)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 答案：D 解析：电压为12 V时，筛子实际振动的频率f＝＝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；根据题意可知，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。故选D。 7．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，忽略一切阻力，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 答案：B 解析：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，设在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，对底座受力分析可知，此时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B项分析可知，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B项分析有A＝，解得A＝，故D错误。故选B。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分) 8．弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为(　　) A．5 s B．6 s C．14 s D．18 s 答案：BD 解析：假设弹簧振子在水平方向B、C之间做简谐运动，如图所示。 若开始计时时振子先向右振动，设振子的振动周期为T，有 s＝T，则振子的振动周期T＝4× s＝18 s；若开始计时时振子先向左振动，设振子的振动周期为T′，有 s＝T′，解得T′＝6 s。故选BD。 9．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 答案：BD 解析：由题图乙可知，单摆振动的周期为T＝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＝可得摆长l≈16 m，D正确。故选BD。 10．(2024·江苏南京高二月考) 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，小球始终浸没在水中，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减小 答案：BD 解析：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f＝＝0.25 Hz，故A错误；设圆盘半径为R，圆盘的角速度ω＝＝ rad/s＝，从圆心O高度处为计时起点，由几何关系可知，P竖直方向上的位移y＝R sin 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加速度，因此合力竖直向下，故C错误；圆盘匀速转动的周期越靠近小球做阻尼振动的周期，小球的振幅越大，小球做阻尼振动的周期T＝，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正确。故选BD。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(8分)(2024·北京西城区高二月考)实验小组用如图所示的实验装置进行“用单摆测定重力加速度”的实验。 (1)实验中测得摆线的长度为l，摆球的直径为d，然后计算出单摆完成一次全振动所用时间为T，则重力加速度的表达式g＝________________(用题中物理量的字母表示)。 (2)如果实验测得的g值偏大，可能的原因是________。 A．开始计时时，早按秒表 B．测摆线长度时摆线拉得过紧 C．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动使摆线长度增大了 D．实验中误将n次全振动计为(n－1)次全振动 (3)某同学用细线和铁锁制成一个单摆，如图甲所示。他测得悬点到小铁锁下端的距离L，然后将小铁锁拉离平衡位置一个小角度由静止释放，测出振动周期T。多次改变悬线长并重复上面操作，得到多组L、T的数据，作出T2-L图像如图乙所示。若图线的斜率为k，横截距为L0，则当地重力加速度大小为__________；小铁锁的重心到其下端的距离为__________。 答案：(1)　(2)B　(3)　L0 解析：(1)根据单摆周期公式有T＝2π 解得g＝。 (2)开始计时时，早按秒表，则测得时间偏大，周期偏大，根据g＝，可得重力加速度偏小，故A错误；测摆线长度时摆线拉得过紧，则使摆线测量值偏大，根据g＝，可得重力加速度偏大，故B正确；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动使摆线长度增大了，则使摆线测量值偏小，根据g＝，可得重力加速度偏小，故C错误；实验中误将n次全振动计为(n－1)次全振动，则周期偏大，根据g＝，可得重力加速度偏小，故D错误。故选B。 (3)设小铁锁的重心到其下端的距离为a，则根据单摆周期公式有T＝2π 可得T2＝ 则 解得g＝，a＝L0。 12．(8分)(2024·重庆渝中区高二月考)如图甲所示是一个物理兴趣小组设计的实验装置，能够测量当地的重力加速度并验证机械能守恒定律。先将力传感器固定在天花板上，再用一条细线，一端系住一个小球，另一端系在传感器上，传感器可以显示出拉力的大小。 (1)在测量过程中，下列操作合理的是________； A．先测好摆长，再将单摆悬挂到力传感器上 B．释放单摆时，摆角尽量大些，以便观察 C．摆线应选用不可伸缩的轻质细绳 (2)实验开始前，用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径D＝________mm，并正确测出悬线的长为L； (3)将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向成一定的张角θ(未知但小于5°)，由静止释放小球，使小球在竖直面内做往复运动，力传感器测出悬线的拉力随时间变化的关系如图丙所示，其拉力变化周期为T0，则当地的重力加速度g＝________；(用已知和测量物理量的符号表示) (4)若考虑单摆振动时受到空气浮力的影响，振动周期________(填“变大”“变小”或“不变”)。 答案：(1)C　(2)9.7　(3)　(4)变大 解析：(1)先将单摆悬挂到力传感器上，然后再测摆长，故A错误；释放单摆时，摆角不能大于5°，否则就不是简谐运动，故B错误；摆线应选用不可伸缩的轻质细绳，故C正确。故选C。 (2)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图乙可知小球的直径 D＝9 mm＋7×0.1 mm＝9.7 mm。 (3)单摆周期为2T0，摆长l＝L＋ 根据单摆周期公式可得2T0＝2π 解得当地的重力加速度g＝。 (4)由于浮力与摆球重力方向相反，摆球的质量不变，浮力对摆球的作用相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大。 13．(10分)一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是8 cm。 (1)试写出用正弦函数表示的振动方程； (2)求10 s内物体通过的路程。 答案：(1)x＝0.08sin m　(2)1.6 m 解析：(1)简谐运动振动方程的一般表达式为 x＝A sin (ωt＋φ0) 根据题给条件有A＝0.08 m ω＝2πf＝2π×0.5 rad/s＝π rad/s 所以x＝0.08sin (πt＋φ0)m 将t＝0时，x0＝0.08 m代入解得φ0＝ 故振动方程为x＝0.08sin m。 (2)周期为T＝＝2 s，故10 s内物体通过的路程是 s＝×4×0.08 m＝1.6 m。 14．(13分)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。 (1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少； (2)写出该简谐运动的表达式； (3)求t＝0.25×10-2 s时振子的位移。 答案：(1)2×10-2 s　2 cm (2)x＝2sin cm　(3)－1.41 cm 解析：(1)由题图知T＝2×10-2 s，A＝2 cm。 (2)ω＝＝100π rad/s，φ＝－ 振子做简谐运动的表达式为 x＝2sin cm。 (3)当t＝0.25×10-2 s时，位移为 x＝2sin cm＝－1.41 cm。 15．(15分)一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接质量为m的小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，轻绳与竖直方向的夹角最大值约为5°，图乙为轻绳对小钢球的拉力大小F随时间t变化的图像，图像中F1、F2、T0均为已知量。求： (1)单摆的周期； (2)重力加速度g的大小； (3)轻绳的长度l的大小。 答案：(1)2T0　(2)　(3) 解析：(1)由题图乙可得单摆的周期为T＝2T0。 (2)设小钢球由静止释放时轻绳与竖直方向夹角为θ，释放瞬间轻绳拉力最小，故F1＝mg cos θ① 小钢球由静止运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl(1－cos θ)＝mv2② 小钢球运动到最低点时轻绳拉力最大，则 F2－mg＝m③ 联立①②③可得g＝。 (3)由于T＝2π，T＝2T0， 联立解得l＝ 学科网（北京）股份有限公司 $