2 第5节 实验：用单摆测量重力加速度&第6节 受迫振动 共振-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步练习册（人教版）

1.5 mX tan30°=1m,故周期为T=2x√g ≈ C0s309 2s,故B正确；同一根绳中，A端拉力等于B端 309 拉力，平衡时对小球受力分析如图所示，可得 2 FAcOs30°=mg,解得FA=FB=2c0S30 mg 3 N,故C、D错误 5AD【解析】根据T=2m√安，T=4s,得1=4m,故A正 确；由图像可知，t=2s时，摆球在最低点，摆球做圆周运动， 加速度不为0，故B错误；t=3s时，摆球在最大位移处，速 度最小，故C错误；t=2s到t=3s的过程中，摆球远离最低 点，受到的回复力变大，t=3s到t=4s过程中，摆球靠近最 低点，受到的回复力减小，故D正确。 综合提能练 1D【解析】小球做圆锥摆时受到细绳拉力T=做秋 千摆时在最高点A处受到的拉力大小T2=mg cos0,故 A错误；小球做圆锥摆时，根据mngtan0=mu2lsin0,可得 0s0=总，可知增大小球的角速度，则摆线与竖直方向夹角 增大，故B错误；小球做秋千摆时，在C点加速度不为0，不 是处于平衡状态，故C错误；小球做秋千摆时，在B点加速 度竖直向上，处于超重状态，故D正确。 方法总结 单摆摆到最高点时，速度为0，但加速度不为0，不是平 衡位置，只有加速度为0才是平衡的；加速度为0，速度也为 0才叫静止；单摆在最低，点是平衡位置，振动方向加速度为 0,如果有速度，其有向心加速度，实际加速度不为0. 2.D【解析】题图甲中，设电场强度为E,摆球所带电荷量为 q,当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时，单摆的周期 ,牛”，当单摆处于竖直向下的匀强电场中时，其 为T=2π√g 等效重力加速度为g=十四=g十>g,则单摆的 几+∠2g 周期T1=2不入√g等效 、1,故A、B错误；题图乙中， 摆球摆动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直，不提供回 复力，回复力仍由重力沿切线方向的分力提供，其等效重力 。关镀，点：单摆的回复力是由小球垂直于绳方向的分力决 定，F。=一x,其周期与及有关，同样的x,与F国有 关，与沿绳方向的力无关，题图乙中有磁扬与无磁场周期 相同 ,故C错误， 加速度仍为重力加速度g,则有T2=2x√g D正确， 3.D【解析】由题意得单摆周期T=2×(0.8π一0.4π)s= 0.8ms,根据T=2元√仁，联立解得摆长L=1.6m,故A、 B错误；单摆速度最大出现在最低点，由图像可知此时拉力 18 为Fmx=0.504N,则有Fmx一mg=mL元 m,摆球在最高点 时拉力Fmin=0.498N,在最高点有Fmm=mg cos0,摆球由 最高点运动到最低点过程中，根据机械能守恒有2m2x 4 mgL(1-cos0,联立求得ux=255m/s,cos0=0.96, 故C错误，D正确. 4.AC【解析】小球摆动过程的摆长为L时，其周期为T1= 店，小球摆长为号时，其周期为T,=2x√g 2x √三，小球在B点由静止释放，摆动的周期为T=合T,十 名五=店+后-空店小球在B点由静上释 1 放，第一次运动至右侧最高点C点的时间为=2T 3红店，小球在B点由静止释放，运动至右侧最高点C点的 4g 时间为t=T+=2√g寸 31L+/年(n=0,1,2,3,…), 雪n三1时，纸√仁，当=2时，t5rL,故选 4 g A、C 5.AC【解析】根据题图乙可知，小球做简谐运动的周期为 0.4红s,根据T=2x√任解得=04m根据d一06n 可知细绳长度为0.5m,A正确，B错误；若只减小A、B两 点之间的距离，单摆的摆长将变长，周期增大，C正确；若换 一个质量更大的小球，其他条件不变，则小球做简谐运动的 周期不变，D错误 培优突破练 1.(1)F=M+3m-2mcos M+m -mg 【解折](1)根据机械能守恒定律得mg11-0s0)=合（M+ m)u2,解得v= 2mgl(1-cos 0) M+m ,根据牛顿第二定律得 F-mg=m7,解得F=M+3m=2mcos -mg M+m (2)根据简谐运动得1=T,T=2√日 ，解得=区 第5节实验：用单摆测量重力加速度 1.1DAB(2)4nL（3D 【解析】(1)为减小实验误差，摆线尽量选择细些、伸缩性小些 且适当长一些的，摆球尽量选择密度大的，即质量大些、体积 小些的，故A、B正确；应使摆角小于5°，才可看作理想单摆， 故C错误 (2)由题意得单摆的周期为T一片，根据单摆周期公式T= 2√任得8= (3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g 厂4子，若将摆线的长误认为摆长，即摆长L的测量值偏小， 则重力加速度的测量值偏小，故A错误；开始计时时，停表 过早按下，导致周期的测量值大于真实值，重力加速度的测 量值偏小，故B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出 现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，重力 加速度的测量值偏小，故C错误；设单摆29次全振动的时间 为1，则单摆的周期T-0若误计为30次，则了%=0< 为，即周期的测量值小于真实值，重力加速度的测量值偏 大，故D正确. 21)5.980(2)2。(3)t+d t 【解析】(1)由题图2可知，小磁铁的厚度d=5.5mm十48.0× 0.01mm=5.980mm. (2)实验中，小磁铁经过最低点时测得的磁感应强度B最 大，根据题图3有to=2T,解得周期为T=2o: (3)单摆的摆长为L=1+d,根据T=2r√g ，解得g π2(1+d) t 3.(1)D(2)1.57:2 【解析】(1)摆球摆到最高点时速度为0，加速度不为0，故A错 误；摆球摆动过程存在径向的向心力，切向的回复力，故B错 误；最低点为平衡位置，回复力为0，但合力不为0，故C错误； 摆球的回复力为重力在垂直摆线方向上的分力，故D正确. (2)由题图乙可知周期T=2×(0.87-0.085)s=1.57s,设 摆线与竖直方向的夹角为0，则在最高点，向心加速度为0， 则有1.98×102N-mg cos0=0,在最低点，根据牛顿第二 定律有2.04×102N-mg=m乙，从最高点到最低点，根 据机械能守恒有mgl(1一cos0)= 1 mw2-0,联立解得m= 2g 综合提能练 1.1)98.50(2)4rL,-L) T-T (3)能(4)①0.4π；②0.05 【解析】(1)摆长是绳长与小球半径之和，刻度尺的分度值为 1mm,读数为98.50cm. （②)根据单摆周期公式有T=2√店变形可得T-产 g 根据图像的斜率可知。二L。L,解得g=2二） T名一T足 (3)根据重力加速度的表达式g= 42(L,一L)可知，摆球 T名一T 质量分布不均匀不会影响图像的斜率，所以不会对重力加速 度的测量造成影响，因此能够消除因摆球质量分布不均匀而 造成的测量误差。 (4)①每个周期内小球两次经过最低点，摆线的拉力两次达 到最大，所以单摆的周期为T=0.4πs.②最高点时有F2= 02 mgcos0,最低点时有F1一mg=m乙，根据动能定理有 mgL(1-cos)=2m,代入数据解得m=0.05kg 2.(1)偏大(2)9.87；不影响(3)偏大(4)小于 【解析】(1)在一个周期内摆球有两次经过最低点，所以单摆 的周期应该是T=二=兰1得到的周期偏小，根据单摆 2 的周期公式T=2x√后可得g一祭L,因为周期偏小，所 以得到的重力加速度的测量值偏大 (2)根据单摆的周期公式T=2√怎，可得T一誓L,则 图像斜率=纪，由TL图像中数据可知，图像斜率k g 生，二。4，故可得当地重力加速度大小g二红了 4X9.87m/g=9.87m/S.如果在测量摆长时，忘记加摆球 4 的半径，则图像的斜率并没有受到影响，不会影响重力加 速度的计算， (3)以L表示摆长，0表示摆线与竖直方向的夹角，m表示摆 球的质量，F表示摆线对摆球的拉力，T表示摆球圆锥摆运 动的周期，由牛顿第二定律得Fsn9=mLs血9（停）°，在竖 直方向，由平衡条件得Fc0s0=mg,解得T=2r√g Lcos 0 单摆运动的等效摆长Lcos0小于单摆摆长L,则单摆周期 的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加速度偏大， 即重力加速度的测量值偏大 (4)探测器竖直发射加速离开地球表面时，探测器中的秒摆 处于超重状态，此时秒摆所受的等效重力加速度增大，而摆 长L不变，根据单提周期公式T=2√店可知周别会变 小.地面上周期为2$，该秒摆随探测器竖直发射加速离开地 球表面时周期会小于2s 第6节受迫振动共振 基础过关练 1.B【解析】充电线上越靠近振源位置的点越先振动，故离手 机充电口近的点先振动，故A错误；当手机振动的频率等于 充电线振动的固有频率时，发生共振，则充电线抖动的幅度 最大，故B正确；闹钟响起手机振动，充电线也跟着振动，可 知充电线做受迫振动，则有f1=f2,由于受迫振动的频率取 决于驱动力的频率，所以同一手机，更换不同长度充电线，振 19 动时的频率相同，均等于手机振动的频率，故C、D错误 2.D【解析】因B、C球在A球带动下做受迫振动，可知三个 球的振动周期相等，都等于A球的振动周期，故A错误， D正确；因C球的摆长与A球相同，则两球的固有周期相 同，C与A发生共振，振幅最大，即C的振幅比B的振幅大， 易错点：误认为B、C振动周期不同，受迫辕动 中，驱动频率决定周期，但振幅取决于驱动频 故B、C错误.率与自身固有频率的关系 3.C【解析】某电压下偏心轮的转速是54r/min,则共振筛现 54 在的振动频率为∫一0H=0.9H2,故A错误；由题图乙 可知，筛子固有频率为0.8Hz,仅增加筛子质量，筛子的固 有周期增大，固有频率减小，则固有频率和驱动力频率的差 值变大，筛子的振幅减小，故B错误：仅减小电压，则偏心轮 转速减小，共振筛的振动频率减小，可使固有频率和驱动力 频率的差值变小，筛子的振幅增大，故C正确；关闭电源直到 共振筛静止前，共振筛振动的周期不变，故D错误 4B【解标】单摆的周期T=2x√仁，周期与振幅无关，单摆 做阻尼振动的周期不变，振幅减小，故A错误；M、N两点对 应位置高度相同，故从M到N重力做功为0，由于单摆做阻 尼振动，可知摆球需克服阻力做功，由动能定理可知摆球在 M点时的动能大于在N点时的动能，故B正确；由题图可知 摆球在M点时正在靠近平衡位置，速度在增大，即摆球在 M点时做加速运动，故C错误；摆球在N点时正在靠近平 衡位置，高度在降低，即摆球在N点时正在下落，故D错误 5.A【解析】当列车受到冲击的周期等于固有振动周期时会 发生共振，从而造成危险，由题意可知列车的危险速率为 一卡-45m/s,故A正确；列车车轮经过钢轨接缝处时产生 的振动同时也会影响到路面本身，因此过桥需要减速，是为 了防止桥梁发生共振现象从而造成坍塌，列车不能通过减速 来降低对桥的压力，故B错误；列车运行的振动频率等于周 期性冲击的频率，和固有频率无关，故C错误；提高列车的 危险速率有利于列车高速运行，根据前面分析可知，应增大 钢轨长度，故D错误 第二章单元学能测评 1.C【解析】摆球一个周期内两次经过最低点，则一个周期内 两次动能最大，由题图可知单摆的周期T=4。,故A、B错 误：根易苹探周期公式T-√臣，解得L-放C正 确，D错误 2.D【解析】t=0.4s时质点在平衡位置，速度不为0，故A错 误；质点在0.4s内完成一次全振动，故B错误；振动图像上 A、B两点的速度大小相同，但方向相反，故C错误；振动图 像上A、B两点的位移相同，则回复力相同，加速度相同，故 D正确， 3D【解析】由图像可知甲的周期为子o,乙的周期为o,则 20 甲、乙的周期之比为4：3，故A错误；2L。时，甲的速度为0， 乙的速度最大，则甲、乙两球的速度之比不等于4：1，故 B错误，最大加速度a。-分cA,可知甲，乙的最大加速度 之比为2：1，故C错误；甲、乙的弹簧最大形变量之比等于 振幅之比，即为2：1，故D正确， 4.B【解析】动能是标量，振子经过同一位置时速度大小相同， 动能相同，故A错误：速度是矢量，同一位置时速度方向可 能相反（如往返经过该点），故B正确；弹性势能由形变量决 定，同一位置形变量相同，弹性势能相同，故C错误；回复力 F=一kx,同一位置时回复力大小和方向均相同，故D错误 5.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；将PVC杆增长，棒的固有频率发生改变， 故B错误；该棒做受迫振动，振动频率等于驱动力频率，故 C错误；当驱动力的频率等于其固有频率时，棒振动的振幅 最大，手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度越大，随 着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大， 故D正确 6.A【解析】根据题图乙可知周期为2s,根据周期公式T= 、店，解得L=1m,放A正确；摆球受到重力、拉力两个 2 力的作用，向心力、回复力都是效果力，在实际受力分析中不 存在，故B错误；最低位置B点是单摆做简谐运动的平衡位 置，摆球在B点，速度最大，向心加速度最大，但回复力最 小，故C错误；从A点刚释放开始计时，在0.5~1s的时间 内，摆球从B点向C点运动，故D错误. 7.A【解析】设该圆弧对应的半径为R,小球沿光滑圆弧面 ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的子， 则有(=×x,√区=受受，小球沿光消斜面AGD指 区，由题意 到D的时间为t',根据等时圆原理可得1=2√ =4s,所以=元8≈3.14s,故选A 可知'=2√g 8.BD【解析】由于单摆在运动过程中要克服阻力做功，振幅 逐渐减小，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在M点所对应 时刻的机械能大于在N点所对应的机械能，由于在M、V 两点，摆球的位移大小相同，故在这两点摆球相对零势能点 的高度相同，重力势能也相同，但由于M点的机械能大于N 点的机械能，所以M点对应时刻的动能大于在N点对应时 刻的动能，根据动能的公式E=2m0,可得摆球在M点 的速度大于在N点时的速度，故B正确，C错误；摆球在M 点和N点时位移的大小相同，细线与竖直方向的夹角也相 同，设拉力为F,由牛顿第二定律有F一mgos0=m艺，可 得摆球在M点对绳子的拉力大于在N点对绳子的拉力，故 A错误；由题图可得单摆振动的周期没有明显变化，单摆的翻重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ, 第5节 实验：用单 A基础过关练 测试时间：15分钟 1.(2025·浙江舟山中学期末)某同学用如图所示 装置测定当地重力加速度， (1)(多选)关于器材选择及测 量时的一些实验操作，下 列说法正确的是 A摆线尽量选择细些、伸 缩性小些且适当长些的 B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C.为了使摆的周期大一些以方便测量，应使 摆角大一些 (2)在某次实验中，测得单摆摆长为L、单摆完成 n次全振动的时间为t,则利用上述测量值可 得重力加速度的表达式g= (3)若某同学利用单摆测量重力加速度的大小， 某次测得的g值与真实值相比偏大，可能的 原因是 A.测摆长时记录的是摆线的长度 B.开始计时时，秒表过早按下 C.摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现 松动，使摆线长度增加了 D.实验中误将29次全振动计数为30次 2.某探究性实验小组用如图1所示的实验装置来 测量重力加速度.他们将两个完全相同的圆柱形 小磁铁叠放在一起并用细线悬挂起来构成一个 能在竖直平面内摆动的单摆（忽略磁场对单摆的 阻尼影响) 磁铁 0 45 40 图1 图2 ☒3 34 摆测量重力加速度 (1)用毫米刻度尺测得小磁铁悬挂后的摆线长1 (从悬点到上面小磁铁的最上端)，再用螺旋 测微器测得一个圆柱形小磁铁的厚度的读数 如图2所示.由图2可知，小磁铁的厚度d= mm. (2)将智能手机磁传感器置于小磁铁平衡位置正 下方，将小磁铁由平衡位置拉开一个小角度， 由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变 化曲线如图3所示.由图3可知，单摆的周期 为 (3)计算重力加速度的公式g= (用题 中字母表示)， 3.(2026·安徽合肥一中模拟预测)在探究单摆运 动的实验中，图甲是用力传感器对单摆小角度 (小于5)振动过程进行测量的装置图，图乙是 与力传感器连接的计算机屏幕所显示的绳子拉 力大小与时间(F-t)图像（已知g=10m/s2). “ 力传感器 ↑F/(×10-2N) 2.04 1.98 0 0.85 8.7 t/(x101's) 分 (1)关于此单摆，下列说法正确的是 A.摆球摆到最高点时速度、加速度均为0 B.摆球摆动过程合力方向始终沿绳指向悬 挂点 C.最低点为平衡位置，此时合力为0 D.摆球的回复力为重力在垂直摆线方向上 的分力 (2)根据图乙中的信息可得周期为 (结果保留3位有效数字)，摆球的质量为 g B综合提能练 。测试时间：15分钟 1.(2025·江苏南京外国语学校期末)单摆实验装 置如图1所示. 95 9> cm 图2 图3 ↑FN 0.510 0.495 0.2π 0.4元 tis 图4 (1)根据图2所示，已知悬点对齐零刻度，测得的 摆长L= cm. (2)小张为减小实验误差，多次改变摆长L,测量 对应的单摆周期T,用多组实验数据绘制得 到如图3所示的T2L图像，由图可知当地 重力加速度g= (用图中字母表示). (3)用(2)中方法 (填“能”或“不能”)消 除因摆球质量分布不均而造成的g的测量 误差 (4)小刘同学将一个摆长未知的单摆挂在测力传 感器的探头上，用测力探头和计算机组成的 实验装置来测定单摆运动过程中摆线受到的 拉力（摆角小于5），计算机屏幕上得到如 图4所示的F-t图像，由图像可确定： ①此单摆的周期为 S. ②此摆球的质量为 kg(g取10m/s2). 2.某班同学们用单摆测量重力加速度，实验装置如 图甲所示 铁架台 摆线 摆球 标记 甲 (1)第一组同学在测量单摆的周期时，从单摆运 ,第二章机械振动锥 动到最低点开始计时且计数为1，到第n次 经过最低点所用的时间为t.在测量单摆的 摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的 摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋 测微器测得摆球的直径为d.该小组的一位 同学认为单摆周期为T一升，并由此计算当 地的重力加速度，他们的测量结果与实际值 相比将 (填“偏大”、“偏小”或“不 变”). (2)第二组同学经测量得到7组摆长L和对应 的周期T,画出T-L图线，坐标如图乙所 示.若取π2=9.87，利用T2-L图线的斜率，求 得当地重力加速度大小g= m/s2. 处理完数据后，该组同学发现在计算摆长时 用的是摆线长度而未计入小球半径，这样 (填“影响”或“不影响”)重力加速度 的计算. 5.0 4.5 4.0 3.5 3.0 2.5 2.0。→L/m 0.60.70.80.91.01.11.2 (3)在测量时，第三小组由于操作失误，致使摆球 不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平 面内做圆周运动，这时如果测出摆球做这种 运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力 加速度，则求出的重力加速度与重力加速度 的实际值相比 (填“偏大”、“偏小”或 “不变”). (4)第四小组同学在实验完成后提出了这样的问 题，请回答：地面上周期为2s的单摆经常被 称为秒摆，若把该秒摆放在“天问一号”探测 器中，探测器竖直发射加速离开地球表面时， 此秒摆的周期 (填“大于”、“小于”或 “等于”)2s. 35 铺重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ。 第6节 受过 A基础过关练 。测试时间：10分钟 1.(2025·山东省实验中学期中)某手机正在充电， 闹钟响起的同时手机振动，充电线也跟着振动， 如图所示.手机振动的频率为f1,充电线上某点 的频率为f2,下列说法正确的是( ) A.充电线上离手机充电口远的点先振动 B.当手机振动的频率等于充电线振动的固有频 率时，充电线抖动的幅度最大 C.充电线做的振动不是受迫振动 D.同一手机，更换不同长度的充电线，其振动时 的频率不相同 2m○A C○ BO受 第1题图 第2题图 2.如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C 振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是 (). A.只有A、C的振动周期相等 B.C的振幅比B的振幅小 C,C的振幅等于B的振幅 D.A、B、C的振动周期相等 3.如图甲所示，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，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54r/min 下列说法正确的是( A.共振筛现在的振动频率为0.8Hz 36 振动共振 B.仅增加筛子质量，可以使筛子的振幅增大 C.仅减小电压，可以使筛子的振幅增大 D.现在关闭电源直到共振筛静止前，共振筛振 动的周期逐渐减小 偏心轮 0.8 分 乙 4.如图所示为某同学研究单摆做阻尼振动的位 移一时间图像，M、N是图像上的两个点，且M、 N两点到平衡位置的距离相等，下列说法正确 的是( x/cm A.单摆做阻尼振动的过程中周期变小 B.摆球在M点时的动能大于在N点时的动能 C,摆球在M点时做减速运动 D.摆球在N点时正在升高 5.(2025·山东青岛二中期中)铺设铁轨时，每两根 钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的 列车经过钢轨接缝处时，车轮就会受到一次冲 击.由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力 是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振 动.普通钢轨长为12.6m,列车固有振动周期为 0.28s,下列说法正确的是(). A.列车的危险速率为45m/s B.列车过桥需要减速，是为了防止列车对桥的 压力过大 C.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是 相等的 D.减小钢轨的长度有利于列车高速运行