2.第二章 单元综合提升-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（教科版）

该高中物理课件聚焦机械振动单元，系统梳理简谐运动、阻尼振动、受迫振动等核心概念，通过构建知识网络衔接运动学基础，为后续波动学习提供支架，帮助学生形成结构化认知。 其亮点在于校考衔接紧密，精选高考题与教材同源情景对比分析，强化科学思维，易错辨析针对性纠正认知偏差，培养严谨态度，实验探究题提升科学探究能力。学生能深化概念理解与解题技巧，教师可直接利用系统资源优化教学。

单元综合提升 　　　　 第二章 机械振动 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（二） 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 返回 教考衔接 明确考向 返回 真题1 (多选)(2022·湖南高考·改编)下端附着重物的粗细 均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖 直方向做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水 平方向上随河水做匀速直线运动，如图甲所示。以木棒 所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立 直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图乙 所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S， 重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先 增大后减小 B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小 C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等、方向相反 D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 √ √ √ 由题图乙知，x从0.05 m到0.15 m过程中浮力变小，木棒从深处向上运动，越过平衡位置继续向上运动，木棒的动能先增大后减小，故A正确；x从0.21 m到0.25 m过程中浮力变大，未过平衡位置，F合向下变小，加速度变小，故B正确；木棒同时参与了竖直方向和水平方向两个运动，x＝0.35 m和x＝0.45 m处只是竖直方向速度等大反向，故C错误；设木棒在竖直方向处于平衡位置时在水中部分的长度为h，振幅为A，则 ＝ρgSh，F1＝ρgS(A＋h)，联立两式得＝ ρgSA，解得A＝ ，故D正确。 衔接教材　教科版选择性必修第一册P45·【发展空间：实验室】 观察一个竖直立在液体中的柱状浮体在液体中的上下振动，试 证明浮体做简谐运动。 衔接分析　本题以水平方向上漂浮木棒的振动为素材，设计情 景，与教材(P45)发展空间中的液体中振动的柱状浮体为同源情景，重点考查了简谐运动各量间的关系。 针对练．(多选)(2024·山东省青岛期中)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s。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。对于玻璃管，下列说法正确的是 A．回复力等于重力和浮力的合力 B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒 C．振动频率与按压的深度有关 D．在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大 √ √ 装有一定量液体的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；在玻璃管振动过程中，浮力对玻璃管做功，所以它的机械能不守恒，故B错误；由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动周期与振幅无关，故C错误；由题图乙可知，在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大，故D正确。故选AD。 真题2 (2019·全国卷Ⅱ)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________。 A 衔接教材　教科版选择性必修第一册P52·T3 如图所示，单摆摆长为l，在悬点O正下方A点钉一个钉子，其中 AO＝ l，则此摆振动的周期为多少？ 衔接分析　本题以单摆摆动过程中摆绳与钉子相碰为素材，创设 情景，与教材中(P52)自我评价T3为同源情景，重点考查单摆周期 与摆长间的关系。 针对练．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方，距O点 处的P点固定一个小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左侧最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h≪l。A、B、P、O在同一竖直平面内，当地的重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是 A．点C与点B的高度差小于h B．点C与点B的高度差等于h C．小球摆动的周期等于 D．小球摆动的周期等于 √ √ 真题3 (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 √ √ 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．(2024·河南开封市高二月考)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＝A sin ωt，从平衡位置开始计时到达B点时，则有8 cm＝A sin ωt＝A sin ，解得A＝8 cm，故D正确，A、B、C错误。故选D。 真题4 (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 √ 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．(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 √ √ 真题5 (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 √ √ 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．(2024·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．(忽视运动的方向性)一个做简谐运动的物体，频率为25 Hz，那么它从一侧最大位移的中点，振动到另一侧最大位移的中点所用的时间 A．等于0.01 s B．一定小于0.01 s C．可能大于0.01 s D．无法确定 √ 易错分析　误认为物体经过两点时运动方向一定相同，从而错选B。本题中只给出运动的始末位置，而未指明运动方向，运动方向存在多种可能性。 2．(忽视简谐运动的周期性)(多选)一水平弹簧振子，每隔时间t，振动物体的位移总是大小和方向都相同，每隔 ，振动物体的速度总是大小相等、方向相反，则 √ √ 易错分析　很多同学习惯把所有问题都限定在一个周期内，而没有考虑在时间t内，振动物体可能已经完成多次全振动。 3.(不清楚弹簧振子周期和振幅的决定因素)一轻弹簧一端固 定，另一端连接物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个 小物块粘在一起组成的。若物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0，如图所示，当物块向右运动通过平衡位置时，a、b之间的黏胶脱开，以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________(选填“>”、“<”或“＝”)A0，T________(选填“≠”或“＝”)T0。 如果物块向右运动到最远处时，a、b之间的黏胶脱开，以后小物块a振动的振幅________(选填“变大”、“变小”或“不变”)。 < ≠ 不变 当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的黏胶脱开，振子的质量减小，速度不突变，弹簧振子的机械能减小，振幅减小，则有A<A0；对于弹簧振子，其做简谐运动的周期取决于振子的质量以及弹簧的劲度系数，可知振子的质量减小，周期一定改变，则有T≠T0。如果物块向右运动到最远处时，a、b之间的黏胶脱开，弹簧振子的平衡位置没有改变，最右端位置也没有改变，其振幅等于从平衡位置到最右端的距离，振幅不变。 易错分析　(1)误认为弹簧振子的周期与单摆的周期相似，也与质量无关，从而导致周期关系错选“＝”。规避此类错误的方法：记住弹簧振子做简谐运动的周期公式T＝2π (注：此公式高中阶段一般不用来定量计算，只用来定性分析)，利用此公式可直接分析周期的变化，但仅限于选择题、填空题，计算题不能直接应用(除非题目中给出该公式)。 (2)弹簧振子的振幅是从平衡位置到最远位置的距离，水平弹簧振子的平衡位置与振子质量无关，而竖直弹簧振子的平衡位置与振子质量有关。 4．(不清楚单摆振幅的影响因素)一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的 ，则单摆的 A．频率不变，振幅不变 B．频率不变，振幅改变 C．频率改变，振幅不变 D．频率改变，振幅改变 √ 由单摆周期公式T＝2π 可知，决定单摆周期的是摆长及当地的重力加速度，与摆球的质量、运动速度均无关，C、D错误；决定振幅的是外在因素，反映在单摆的运动中，可以从能量角度去观察：摆球在平衡位置(即最低点)时的动能为Ek＝ mv2，当m增加为原来的4倍，速度减为原来的 时，动能不变，摆球在最高点的重力势能也不变，而重力势能Ep＝mgh，m增大，则h变小，振幅减小，A错误，B正确。 易错分析　误认为只要摆球经过平衡位置时的动能不变，振幅就不变，从而错选A。规避此类错误需明确：单摆的振幅是由外在因素决定的，其大小要通过摆球到达的最大高度判断，不能认为机械能不变振幅就不变。 5．(对阻尼振动认识不清)(多选)如图是一个弹簧振子做阻尼振动的振动图像，曲线上A、B两点的连线与横轴平行，下列说法中正确的是 A．振子在A时刻的动能等于在B时刻的动能 B．振子在A时刻的势能等于在B时刻的势能 C．振子在A时刻的机械能大于在B时刻的机械能 D．从A时刻到B时刻振子的振动频率越来越小 √ √ 由于弹簧振子做阻尼振动，所以振子在A时刻的机械能大于在B时刻的机械能，C正确；振子的势能与振子的位移有关，A、B时刻振子的位移相同，则势能相同，B正确；由上述分析可知，振子在A时刻的动能大于在B时刻的动能，A错误；阻尼振动的振幅不断减小，但频率不变，D错误。 易错分析　本题易错选A、D。套用简谐运动结论，误认为位移相同，速度大小一定相同，动能相同；振幅减小，误认为振动变慢。正确理解为：如果没有能量损失，位移相同，速度大小才相同，动能相同。阻尼振动的振幅不断减小，机械能不断减少，转化为其他形式的能；阻尼振动的频率不变，为固有频率，由系统本身决定。 返回 单元测试卷(二) 返回 1．(2024·上海莘庄中学期中)单摆在摆动过程中，下列说法正确的是 A．回复力由重力和细线拉力的合力提供 B．摆动到最低点时加速度为零 C．速度变化的周期等于振动周期 D．振动的频率与振幅有关 √ 重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；摆动到最低点时回复力为零，但是向心加速度不为零，故B错误；小球从最高点开始摆动过程中，小球的速度先增大后减小，到达另一侧最高点时速度为零，再重复上述运动，但是速度方向是相反的，故其速度的周期为单摆振动周期，C正确；单摆的周期T＝2π ，故振动的周期(频率)与振幅无关，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．(2024·浙江宁波期中)如图所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后，再经过1 s，又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为 A．3 s，6 cm B．4 s，9 cm C．4 s，6 cm D．2 s，8 cm √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由题意知，M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O的时间与由O到N的时间相等，则质点从平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过1 s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则从N点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4×(t1＋t2)，代入数据得T＝4 s，2 s为半个周期，质点在半个周期内通过的总路程的一半，即为振幅，所以振幅A＝ cm＝6 cm，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．某弹簧振子的振动图像如图所示。根据图像判断，下 列说法正确的是 A．第1 s内振子相对于平衡位置的位移与速度方向相反 B．第2 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm C．第2 s末和第3 s末振子相对于平衡位置的位移不相同，瞬时速度方向相反 D．第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向相同，瞬时速度方向相反 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 第1 s内振子相对于平衡位置的位移方向为正方向，速度方向也为正方向，A项错误；第2 s末振子在平衡位置，位移为零，B项错误；第3 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm，第2 s末振子恰好过平衡位置，且沿x轴负方向运动，而第3 s末振子瞬时速度刚好为零，C项错误；第1 s内和第2 s内振子相对平衡位置的位移方向相同，瞬时速度方向相反，D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 4．(2024·河北唐山高二期中)如图所示，松果采摘机利用 机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得 松果脱落。下列说法正确是 A．工作中，树干的振动频率等于采摘振动头的振动频率 B．采摘振动头振动频率越高，则落果的效果越好 C．采摘振动头振动频率越高，则树干的振动幅度越大 D．采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小 √ 工作中，树干做的是受迫振动，其振动频率等于采摘振动头的振动频率，故A正确；采摘振动头振动频率和树干的固有频率相同时，振幅最大，落果的效果最好，故B、C错误；采摘振动头停止振动，则树干的振动频率不变，振幅逐渐减小，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 5．(2024·江苏徐州期中)在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，测得的重力加速度数值偏大，原因可能是 A．测量摆长时从悬点量到摆球的球心位置 B．从摆球运动到最高点开始计时但过早按下秒表 C．单摆悬点未固定紧，振动中出现松动，摆长变大 D．将n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 根据T＝2π ，可得g＝ l。测量摆长时从悬点量到摆球的球心位置，不会导致测得的重力加速度偏大，A错误；从摆球运动到最高点开始计时，但过早按下秒表，会导致周期测量值偏大，导致测得的重力加速度偏小，B错误；单摆悬点未固定紧，振动中出现松动，摆长变大，测量长度比实际长度短，可知测得的重力加速度偏小，C错误；将n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间，会导致周期测量值偏小，测得的重力加速度偏大，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 6．(2024·江苏南通检测)如图所示，小球在竖直平面内以半径为R、角速度为ω绕圆心O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，用竖直向下的平行光照射小球，观察到其影子在水平面上做简谐运动。取圆心投影点O′为原点，水平向右为正方向建立一维坐标系，从小球某次经过最高点的时刻开始计时，关于小球的影子，下列说法正确的是 A．振幅为2R B．振动过程中的最大速度为ωR C．振动周期为 D．位移表达式为x＝R cos ωt √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 圆心投影点O′为平衡位置，影子偏离平衡位置的最大距离为R，则振幅为R，故A错误；影子通过平衡位置时速度最大，此时其速度等于小球的运动速度，即最大速度为ωR，故B正确；影子的振动周期应和小球做圆周运动的周期相等，即T＝ ，故C错误；影子初始时刻位于平衡位置，故位移表达式为x＝－R sin ωt，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 7．(2024·重庆万州区外国语学校月考)如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长状态。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则 A．弹簧的最大伸长量为2 cm B．t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大 C．t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球的重力势能逐渐减小 D．t＝0到t＝0.4 s内，回复力的冲量为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 小球运动到最低点时弹簧的伸长量最大，等于2倍的振幅，所以弹簧的最大伸长量为4 cm，A错误；t＝0.2 s时小球在最高点，弹簧处于原长状态，弹簧弹性势能为零，B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球由最高点运动到最低点，小球的重力势能逐渐减小，C正确；t＝0和t＝0.4 s时刻，小球的速度大小相等、方向相反，根据动量定理得0～0.4 s内回复力的冲量不等于零，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 8．(2024·湘鄂冀三省七校联考)如图为一单摆做简谐运动时的速度随时间变化的图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是 A．此单摆的摆长约为1 m B．t＝1 s时单摆的回复力为零 C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期变小 D．将此单摆从赤道移至北极，单摆的周期变小 √ √ 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 1 13 14 15 16 9．如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin (2.5πt) m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是 A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin (2.5πt) m知，ω＝2.5π rad/s，T＝ ＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球有h＋|y|＝ gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，选项C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 10．(多选)(2024·山东临沂期末)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘(可视为质点)沿摆杆上下移动，如图所示，以下说法正确的是 A．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置，从而改变摆长L，以达到调节摆钟周期的目的，A正确；摆钟快了，说明摆动周期变小，则必须使圆盘下移，才能调准，B错误； 由冬季变为夏季时，温度升高，则由热胀冷缩可知，应使圆盘沿摆杆上移，才能保持周期不变，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，应使圆盘沿摆杆下移，才能保持周期不变，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11．(6分)某小组同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作： (1)用20分度的游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，可读出摆球的直径为________ cm。 2.990 摆球的直径为d＝29 mm＋18×0.05 mm＝29.90 mm＝2.990 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。 A．组装单摆需选用密度和直径都较小的摆球 B．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线 C．实验时需使摆球在同一竖直面内摆动 D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大些 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 为了减小空气阻力的影响，应选用密度大、半径小的摆球，A错误；摆动过程中，摆长不能发生变化，应选用轻且不易伸长的细线，B正确；实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，C正确；单摆做简谐运动，要求振幅不能太大，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)实验小组误将摆线长和摆球直径之和当作摆长，测量出多组周期T、摆长L的数值后，一名同学画出T2-L图线后发现画出的直线不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与真实值相比，其大小________；另一名同学将多组周期T、摆长L的数值分别代入单摆的周期公式求重力加速度，再求其平均值，该同学测得的重力加速度与真实值相比________。(以上两空均选填选项前的字母) A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能 C A 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 1 13 14 15 16 12．(6分)如图甲所示，某学习小组利用单摆测当地的重力加速度。 (1)在测量单摆周期时，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“50”时，停表停止计时，读出这段时间t。则该单摆的周期为________。如果他在实验中误将周期计算为 ，则测得的g值________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 偏大 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 1 13 14 15 16 (2)若小组同学周期测量正确，但由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径，于是小组同学改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出L-T2图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为________，当地的重力加速度为________。 2ka 4π2k 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 1 13 14 15 16 13．(10分)如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力 F的作用下，由静止开始竖直向上做匀变速运动，一个装有水平振针 的振动频率为5 Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了如图所示的曲 线，测得xOA＝1.5 cm，xBC＝3.5 cm。求自玻璃板开始运动，经过 多长时间才开始接通电动音叉的电源？接通电源时玻璃板的速度是多大？ 答案：0.1 s　0.1 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 O点的速度v0＝vA－aT＝0.1 m/s 即经过0.1 s才开始接通电动音叉的电源，且接通电源时玻璃板的速度为0.1 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 14．(10分)如图所示，在一个水平放置的槽中，小球m自A点 以沿AD方向的初速度v开始运动，已知 ＝0.9 m，AB圆弧 的半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面内。 不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，欲使小球恰能通过C点，其初速度v应为多少？ 答案： m/s (n＝0，1，2，3，…) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 小球m自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，把小球的 运动进行分解，一个是水平方向的匀速运动，一个是在竖 直面上的简谐运动。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 15.(10分)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的 关系如图所示。 (1)求该简谐运动的周期和振幅； 答案：2×10-2 s　2 cm 由题图知，T＝2×10-2 s，A＝2 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 (2)写出该简谐运动的表达式； 答案：x＝2sin cm或x＝2sin (100πt－ ) cm　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 当t＝0.25×10-2 s时位移为x＝2sin (100π×0.25×10-2＋ ) cm＝ －1.41 cm。 (3)求t＝0.25×10-2 s时振子的位移。 答案：－1.41 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 16．(12分)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2。求： (1)单摆的振动周期和摆长； 答案：0.4π s　0.4 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律结合题图乙可知T＝0.4π s，单摆的周期公式为T＝2π ，解得l＝ ＝ m＝ 0.4 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 (2)摆球的质量； 答案：0.05 kg (3)摆球运动过程中的最大速度。 答案：0.283 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 对摆球受力分析如图所示，在最高点A，有Fmin＝mg cos θ＝0.495 N，在最低点B，有Fmax＝mg＋m ＝0.510 N，从A到B由机械能守恒定律得mgl(1－cos θ)＝ mv2，联立并代入数据解得m＝0.05 kg，v＝ m/s≈ 0.283 m/s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 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 摆长为l时单摆的周期T1＝2π，振幅A1＝l sin α(α为摆角)；摆长为l时，单摆周期T2＝2π＝π＝，振幅A2＝l sin β(β为摆角)。根据机械能守恒定律mgl(1－cos α)＝mg(1－cos β)，cos α＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2。又α、β很小，则β＝2α，故A2＝A1。 不计空气阻力，小球在整个运动过程中机械能守恒，故运动到左侧时，最高点C与A等高，与B的高度差等于h，A错误，B正确；当小球从A点开始，再回到A点时为一个周期，是两个半周期之和，即T＝π＋π＝ ，C正确，D错误。 A．，3t B．，4t C．，t D．，t 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＝，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＝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＋A＝L，解得A＝，C正确，D错误。 A．3 s，8 cm B．3 s，8 cm C．4 s，8 cm D．4 s，8 cm A． B． C． D． 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。 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。 物体振动的频率f＝25 Hz，则周期T＝＝0.04 s，简谐运动中，越靠近平衡位置，物体运动速度越大，如果经过两点时速度方向相同，物体从一侧最大位移的中点运动到平衡位置的时间小于，从平衡位置运动到另一侧最大位移的中点所用的时间也小于，则总时间小于，即小于 0.01 s；如果经过两点时速度方向相反，则由简谐运动的对称性知，物体恰好运动了半个周期，运动时间为＝0.02 s，故C正确，A、B、D错误。 A．弹簧振子的周期可能小于 B．每隔，振动物体的加速度总是相同的 C．每隔，振动物体的动能总是相同的 D．每隔，弹簧的长度总是相同的 一水平弹簧振子，每隔时间t，振动物体的位移总是大小和方向都相同，说明t为振动周期的整数倍，每隔的时间，振动物体的速度总是大小相等、方向相反，说明是半个振动周期的奇数倍，故t为振动周期的奇数倍，即t＝(2n＋1)T (n＝0，1，2，3，…)，则有T＝ (n＝0，1，2，3，…)，所以弹簧振子的周期可能小于，A正确； 每隔的时间，振动物体的速度总是大小相等、方向相反，说明位移大小相等、方向相反，根据a＝－可知振动物体的加速度总是大小相等、方向相反，故加速度不同，B错误；每隔的时间，振动物体的速度总是大小相等、方向相反，故动能相同，C正确；每隔的时间，振动物体的速度总是大小相等、方向相反，说明位移大小相等、方向相反，弹簧的长度不同(可能一次压缩、一次拉长)，D错误。 此单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2π，可得摆长l＝＝ m≈1 m，选项A正确；t＝1 s时单摆的速度为零，此时单摆的回复力最大，选项B错误；单摆的周期与摆角无关，选项C错误；将此单摆从赤道移至北极，则重力加速度变大，根据T＝2π，可知单摆的周期变小，选项D正确。 由T＝2π可得T2＝L，实验小组误将摆线长和摆球直径之和当作摆长，则真实的摆长为L－，根据T＝2π，可得T2＝4π2＝L－，可知斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与真实值相比，其大小不变。由上述分析可得g＝，摆长L大于真实值，则代入数据得出的重力加速度偏大。 单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，则单摆周期T＝＝＝ 根据单摆周期公式T＝2π，整理得g＝，周期测量值偏小，则g测量值偏大。 由单摆周期公式T＝2π 整理得L＝T2－ L-T2图线的斜率k＝ 将L＝0，T2＝a代入表达式，即0＝ka－ 解得小球直径d＝2ka，当地的重力加速度g＝4π2k。 由题意可得，振针的振动周期T0＝＝0.2 s，T＝＝0.1 s，则由匀变速直线运动规律有xBC－xOA＝2aT2，解得玻璃板的加速度a＝1 m/s2 A点的速度vA＝＝＝0.2 m/s 由v＝at得时间t＝＝0.1 s 根据单摆周期公式有T＝2π＝2π s 小球m自A点运动到C点，在竖直面上运动的时间为t＝ (n＝0，1，2，3，…) 由于分运动的等时性，所以初速度为v＝＝ m/s (n＝0，1，2，3，…)。 ω＝＝100π rad/s，φ＝或φ＝－ 振子做简谐运动的表达式为 x＝2sin cm或x＝2sin (100πt－) cm。 $