专题六 机械振动（重难点专练）物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 以题型为纲构建机械振动完整知识体系，通过"概念-规律-应用-实验"四层递进训练，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |简谐运动|9题|图像分析法、理想化模型建构|从振动定义到x-t图像规律，建立运动学描述框架| |描述与能量|11+9题|周期公式应用、回复力特征分析|振幅/周期物理意义→回复力表达式→能量转化关系| |单摆及等效|10+10题|等效摆长/重力加速度替换法|单摆模型条件→周期公式推导→非惯性系/复合场等效处理| |实验与共振|10+14题|图像法处理数据、共振条件判断|实验原理→误差分析→受迫振动规律及共振应用|

机械振动（题型突破） ▌题型01 简谐运动 1.【答案】AB 2.【答案】A 3.【答案】B 4.【答案】D 5.【答案】C 6.【答案】BD 7.【答案】D 8.【答案】AD 9.【答案】AC ▌题型02 简谐运动的描述 1.【答案】B 2.【答案】BD 3.【答案】C 4.【答案】B 5.【答案】D 6.【答案】D 7.【答案】(1) (2)0，2m 8.【答案】B 9.【答案】CD 10.【答案】CD 11.【答案】A ▌题型03 简谐运动的回复力和能量 1.【答案】D 2.【答案】ABC 3.【答案】BD 4.【答案】C 5.【答案】CD 6.【答案】B 7.【答案】C 8.【答案】AD 9.【答案】BCD 10.【答案】BC ▌题型04 单摆 1.【答案】A 2.【答案】A 3.【答案】A 4.【答案】C 5.【答案】A 6.【答案】(1)T＝1.8s (2)L＝0.36m (3)等高； 不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1＝mgh2，所以摆球摆到两侧最高点的位置是等高。 (4)x1：x2 7.【答案】A 8.【答案】D 9.【答案】AD 10.【答案】(1 )0.4m (2) 0.1kg (3)0.4m/s ▌题型05 等效单摆 1.【答案】B 2.【答案】D 3.【答案】(1)1s (2)0.4 4.【答案】A 5.【答案】(1) (2) 6.【答案】C 7.【答案】CD 8.【答案】B 9.【答案】C 10.【答案】D ▌题型06 用单摆测量重力加速度 1.【答案】(1)C (2)2.125 (3)126 (4) (5)B (6)AC 2.【答案】(1) (2)D (3) 3.【答案】(1)AC (2)BC (3) (4)C 4.【答案】 B 无 5.【答案】(1)BC (2) (3) (4) 6.【答案】(1)B (2) (3) 7.【答案】(1) (2) (3)BC (4) (5)偏大 8.【答案】(1)不需要 (2) 最低 (3) (4)等于 9.【答案】(1)C (2)9.86 (3) ③ 相等 10.【答案】(1)1.53 (2) (3) 不变 ▌题型07 受迫振动和共振 1.【答案】B 2.【答案】A 3.【答案】C 4.【答案】AC 5.【答案】B 6.【答案】B 7.【答案】B 8.【答案】D 9.【答案】C 10.【答案】B 11.【答案】A 12.【答案】B 13.【答案】B 14.【答案】D 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 机械振动（题型突破） 题型01 简谐运动 题型02 简谐运动的描述 题型03 简谐运动的回复力和能量 题型04 单摆 题型05 等效单摆 题型06 用单摆测量重力加速度 题型07 受迫振动和共振 ▌题型01 简谐运动 1. 机械振动 （1）振动物体原来静止的位置 （2）振动物体在平衡位置附近的往复运动，叫机械振动，简称振动 2．弹簧振子 （1）由弹簧和小球组成的系统，有时也简称振子，是一个理想化模型。 （2）小球与弹簧组成的振动系统看成弹簧振子的条件 ①弹簧为轻质弹簧，不计弹簧的质量，可认为质量集中于小球。 ②不计摩擦阻力和空气阻力。 ③小球从平衡位置被拉开的距离在弹簧弹性限度内。 3．弹簧振子的位移—时间图像（x－t图像） （1）用横坐标表示振子运动的时间（t），纵坐标表示振子离开平衡位置的位移（x），描绘出的图像就是位移随时间变化的图像，即x－t图像，如图所示。 （2）振子的位移：振子相对平衡位置的位移。 （3）图像的物理意义：反映了振子位置随时间变化的规律，它不是振子的运动轨迹。 （4）从平衡位置开始计时，函数表达式为，图像如图甲所示。 （5）从正向最大位移开始计时，函数表达式为，图像如图乙所示。 4．简谐运动 （1）定义：质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像（x－t图像）是一条正弦曲线。 （2）特点：简谐运动是最简单、最基本的振动，弹簧振子的运动就是简谐运动； （3）简谐运动的图像 ①描述振动物体的位移随时间的变化规律。 ②简谐运动的图像是正弦曲线，从图像上可直接看出不同时刻振动质点的位移大小和方向、速度方向以及速度大小的变化趋势。 1．（多选）下列运动中属于机械振动的是（　　） A．人说话时声带的振动 B．钟摆的摆动 C．匀速圆周运动 D．竖直向上抛出的物体的运动 【答案】AB 【详解】物体在平衡位置附近所做的往复运动是机械振动；圆周运动和竖直上抛运动都没有平衡位置，不是机械振动，故AB正确，CD错误。 故选AB。 2．关于弹簧振子，以下说法正确的是（　　） A．弹簧振子是研究机械振动的物理模型 B．小球的质量远小于弹簧的质量 C．弹簧的质量不需要很轻 D．弹簧和小球组成的系统机械能不守恒 【答案】A 【详解】A．弹簧振子是研究机械振动的物理模型，故A正确； BC．弹簧的质量需要很轻，小球的质量远大于弹簧的质量，故BC错误； D．弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故D错误。 故选A。 3．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，不一定相同的物理量是（     ） A．位移 B．动量 C．回复力 D．机械能 【答案】B 【详解】A．简谐振动的位移是平衡位置指向物体所在位置的有向线段，物体经过同一位置时位移一定相同，故A不符合题意； B．动量是矢量，物体经过同一位置时速度大小一定相等，但速度方向可能相反，因此动量不一定相同，故B符合题意； C．根据回复力公式，同一位置位移相同，因此回复力大小和方向都一定相同，故C不符合题意； D．简谐振动过程中只有回复力做功，系统机械能守恒，且同一位置动能、势能均相等，因此机械能一定相同，故D不符合题意。 故选B。 4．下列关于简谐运动的说法中正确的是（　　） A．简谐运动属于一种匀变速运动 B．做简谐运动的物体在平衡位置所受的合外力为0 C．做简谐运动的物体经过同一位置时的速度必然相同 D．做简谐运动的物体的位移方向与加速度方向一定相反 【答案】D 【详解】A．简谐运动中加速度大小和方向变化，所以是变加速运动，A错误； B．做简谐运动的物体在平衡位置所受回复力为零，但合外力不一定为零，例如单摆在平衡位置时合外力不为0，B错误； C．做简谐运动的物体经过同一位置时速度大小一定相同，但方向可能相反，C错误； D．做简谐运动的物体位移方向总是背离平衡位置，而加速度方向总是指向平衡位置，所以位移方向与加速度方向一定相反，D正确。 故选D。 5．如图所示，下列四种场景中的运动一定不是简谐运动的是（　　） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【详解】物体在跟位移大小成正比，方向总是指向平衡位置的力的作用下振动，叫简谐运动。选项C的图中，物体在两侧斜面上受到的力均为恒力，不与位移的大小成正比，所以一定不是简谐运动。 故选C。 6．（多选）如图所示为一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，振子在B、C之间振动时（　　）    A．B→O位移为负，速度为正 B．O→C位移为正，加速度为负 C．C→O位移为负，加速度为正 D．O→B位移为负，速度为负 【答案】BD 【详解】A．B→O时，振子在O点的左侧向右运动，其位移是正值，速度是正值，故A错误； B．O→C时，振子在O点的右侧向右运动，其位移和速度都是正值，而加速度指向左侧，是负值，故B正确； C．C→O时，振子在O点的右侧向左运动，其位移是正值，加速度指向左侧，是负值，故C错误； D．O→B时，振子在O点的左侧向左运动，其位移是负值，速度是负值，故D正确。 故选BD。 7．如图所示，光滑水平面上的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，取向左为正方向，则振子从O点运动到B点的过程中（　　）    A．位移不断减小 B．加速度不断减小 C．位移方向与加速度方向始终相同 D．速度减小，弹性势能增大 【答案】D 【详解】振子从O→B运动的过程是远离平衡位置，故位移增大，回复力增大，加速度增大，位移方向与加速度方向相反，速度减小，弹性势能增大。 故选D。 8．（多选）如图所示为某一质点做简谐运动的振动图像，，由图可知，在t1和t2两个时刻，质点振动的速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为（     ） A．，方向相同 B．，方向相反 C．，方向相同 D．，方向相反 【答案】AD 【详解】AB．由题图知，t1、t2两时刻，质点都在沿x轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故，方向相同，故A正确，B错误； CD．由可知，方向相反。故C错误，D正确； 故选AD。 9．（多选）飞机在飞行过程中机翼不停地振动，当进入强对流空域时，强烈的机翼抖动可能会导致飞行安全事故。设机翼上某一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置。下列说法正确的是（　　） A．质点通过位置时速度最大，加速度为零 B．质点通过位置时，相对平衡位置的位移为 C．质点从位置到位置和从位置到位置所用时间相等 D．质点从位置到位置和从位置到位置的平均速度相等 【答案】AC 【详解】A．质点通过位置，即平衡位置时，此时速度最大，加速度为零，故A正确； B．图像是正弦图像，故质点通过位置时，相对平衡位置的位移为，故B错误； C．质点从位置到位置和从位置到位置所用的时间相等，均为，故C正确； D．质点从位置到位置和从位置到位置的过程中时间相同但位移大小不同，故平均速度不同，故D错误。 故选AC。 ▌题型02 简谐运动的描述 1．振幅 (1)概念：振动物体离开平衡位置的最大距离。 (2)意义：振幅是表示物体振动幅度大小的物理量，振动物体运动的范围是振幅的两倍。 2．周期和频率 (1)全振动：一个完整的振动过程称为一次全振动，弹簧振子完成一次全振动的时间总是相同的。 (2)周期： ①定义：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的时间，叫做振动的周期，用T表示。在国际单位制中，周期的单位是秒（s）。 ②简谐运动的周期公式：（m是做简谐运动物体的质量，k是弹簧的劲度系数） (3)频率：周期的倒数叫做振动的频率，数值等于单位时间内完成全振动的次数，用f表示。在国际单位制中，频率的单位是赫兹，简称赫，符号是Hz (4)周期和频率的关系：f=。周期和频率都是表示物体振动快慢的物理量，周期越小，频率越大，表示振动越快。 (5)圆频率ω：表示简谐运动的快慢，其与周期T、频率f间的关系式为ω=，ω=。 3. 简谐运动的表达式 ，其中：x表示振动物体在t时刻离开平衡位置的位移，A为振幅，ω为圆频率，T为简谐运动的周期，ωt＋φ0表示相位的大小，其中φ0是t=0时的相位，叫初相位，简称初相。 相位差：两个相同频率的简谐运动的相位的差值，Δφ=（φ1>φ2）。 1．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C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变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．该振子的振幅为16cm B．t=0.9s时，振子的位移为-8cm C．t=0.3s到t=0.6s的时间内，振子的加速度逐渐增大 D．t=0到t=1.2s的时间内，振子通过的路程为3.2m 【答案】B 【详解】A．由图乙可知该振子的振幅A为8cm，故A错误； B．由图乙可知t=0.9s时，振子的位移为-8cm，故B正确； C．由图乙可知t=0.3s到t=0.6s的时间内，振子的位移逐渐减小，根据 可知回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律，可知振子加速度减小，故C错误； D．1.2s恰好为一个周期，故t=0到t=1.2s的时间内，振子通过的路程为，故D错误。 故选B。 2．（多选）如图甲，水平弹簧振子的平衡位置为O点，振子在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是振子做简谐运动的x-t图像。下列说法正确的是（　　） A．振子从C点经过O点运动到B点为一次全振动 B．图乙中的P点时刻，振子的速度沿负方向 C．振子的振动方程为 D．振子初相 【答案】BD 【详解】A．振子从C点经过O点运动到B点，再从B点经过O点回到C点才是一次全振动，故A错误； B．图乙中的P点时刻，振子正向负方向运动，故振子的速度沿负方向，故B正确； C．图乙可知振子的振幅A为0.1m，周期T为1s，故振子的振动方程为，故C错误； D．由C选项可知，振子初相为，故D正确。 故选BD。 3．如图所示，一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是（　　） A．振子每次经过同一位置时，其加速度和速度都相同 B．当振子的振动位移减小时，则其速度和加速度均增加 C．从任意时刻开始经过二分之一周期时间，振子速度大小不变，合力做功为零 D．从任意时刻开始经过二分之一周期时间，振子速度大小不变，合力冲量为零 【答案】C 【详解】A．振子每次经过同一位置时，其加速度相同，速度大小相同，方向可能相反，故A错误； B．当振子的振动位移减小时，回复力减小，加速度减小，但速度增大，故B错误； C．从任意时刻开始经过二分之一周期时间，振子速度大小不变，方向改变，由动能定理可知合力做功为零，故C正确； D．除从速度为0开始经过二分之一周期时间振子动量没有发生变化，其它时刻开始经过二分之一周期时间，振子速度大小不变，方向改变，由动量定理可知合力冲量不为零，故D错误。 故选C。 4．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，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．该弹簧振子的周期为1.6 s，振幅为30 cm B．该弹簧振子在时和时的速度相同 C．在时，该弹簧振子的加速度大小不为零 D．在到的时间内，该弹簧振子的加速度和速度都逐渐减小 【答案】B 【详解】A．由题图乙可知，该振动的振幅为15cm、周期为1.6s，故A错误； B．由振动图像可知，斜率代表速度，弹簧振子在时和时的速度相同，故B正确； C．因为周期为1.6s，根据简谐运动的周期性可知在时，该弹簧振子处于平衡位置，合力为零，加速度大小为零，故C错误； D．在到的时间内，该弹簧振子从平衡位置右侧运动到平衡位置左侧，所以加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故D错误。 故选B。 5．一列简谐横波在介质中沿x轴传播，先后经过A和B两点且均已振动，A和B是介质中平衡位置相差半个波长的两个质点。已知A质点的位移随时间变化的关系为：，则下列判断正确的是（     ） A．这列波的传播周期为2 s B．质点B的振动方程为 C．时质点A偏离平衡位置的位移是 D．时质点B偏离平衡位置的位移是 【答案】D 【详解】A．由A的振动方程得角频率 周期，故A错误； B．A、B平衡位置相差半个波长，振动相位差为，因此B的振动方程为 相位项应为或，故B错误； C．将代入A的振动方程：，故C错误； D．A、B反相，任意时刻 时 因此，故D正确。 故选D。 6．如图甲所示，竖直悬挂的弹簧振子在、两点之间做简谐运动，点为平衡位置，振子到达点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的图像，则（　　） A．弹簧振子在O点时弹力为零 B．弹簧振子从点经过点再回到点为一次全振动 C．弹簧振子的振动方程为 D．弹簧振子在前内的路程为 【答案】D 【详解】A．弹簧振子在O点时弹力等于振子重力，故A错误； B．由于点不是图像的极值点，因此弹簧振子从点经过点再回到点的过程不是一次全振动，故B错误； C．由图乙知周期为，弹簧振子的振幅为 根据角速度与周期之间的公式有 规定竖直向下为正方向，振子到达点开始计时,时刻位移为，可知初相为 则弹簧振子的振动方程为，故C错误； D．弹簧振子在前内的路程为 代入得，故D正确。 故选D。 7．如图所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题： (1)写出该振子简谐运动的表达式； (2)该振子在前的总位移是多少？路程是多少？ 【答案】(1) (2)0，2m 【详解】（1）由图可以知道弹簧振子的周期为， 角速度 故该振子简谐运动的表达式为 （2）因 而振子在一个周期内通过的路程是，所以振子在前40s的总路程是 总位移为0。 8．如图所示为一水平方向弹簧振子的振动图像，弹簧的劲度系数为20N/cm，下列说法正确的是（　　） A．图中A点对应的时刻振子所受的弹力大小为50N，方向指向x轴正方向 B．图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴正方向，且处于减速运动阶段 C．在0~1.5s内振子做了3.75次全振动 D．在0~1.5s内振子通过的路程为75cm 【答案】B 【详解】A．图中A点对应的时刻振子离开平衡位置的位移为2.5cm，故所受的弹力大小为 方向指向x轴负方向，故A错误； B．由振动图线可知，图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴正方向，且处于减速运动阶段，故B正确； C．振子振动的周期为 故在0~1.5s内振子做了7.5次全振动，故C错误； D．在0~1.5s内振子通过的路程为，故D错误。 故选B。 9．（多选）如图所示，质量的小球套在光滑水平杆上，与一端固定的轻弹簧连接组成弹簧振子，小球做简谐运动的位移随时间变化关系为，O点为其平衡位置。已知该弹簧振子的周期为，其中m为小球质量，k为弹簧劲度系数，下列说法正确的是（   ） A．弹簧振子做简谐运动的周期为0.2s B．在任意时间内小球通过的路程均为75cm C．小球的最大加速度大小为 D．在与时刻小球的动量大小相等 【答案】CD 【详解】A．圆频率，简谐运动周期，故A错误； B．，只有为整数个周期时，任意起点的路程才是；个周期的路程与初始位置有关，不是任意路程都为，故B错误； C．简谐运动最大加速度出现在最大位移处，由 且 联立得，故C正确； D．时， 时， 则小球位置关于平衡位置对称，速度大小一定相等，由，得动量大小相等，故D正确。 故选CD。 10．（多选）一弹簧振子做简谐运动，周期为T，则下列说法正确的是（     ） A．若t时刻和时刻振子对平衡位置的位移大小相等，方向相同，则一定等于T的整数倍 B．若t时刻和时刻振子运动速度的大小相等，方向相反，则一定等于的整数倍 C．若，则在t时刻到时刻的时间内振子的位移可能大于振幅，可能等于振幅，可能小于振幅 D．若，则在t时刻和时刻振子的速度大小一定相等 【答案】CD 【详解】ABD．根据波时间的周期性，若时刻与时刻质点的振动情况（位移、速度、加速度）都相同，则 若质点的振动情况（位移、速度、加速度）大小相等方向相反，则 所以若t时刻和时刻只有振子对平衡位置的位移大小相等，方向相同，则不一定等于T的整数倍；若t时刻和时刻振子运动速度的大小相等，方向相反，则不一定等于的整数倍；若，则在t时刻和时刻振子的速度大小一定相等，但方向相反，AB错误，D正确； C．由于质点在不同位移处速度不同，越靠近平衡位置速度越大，则若，则在t时刻到时刻的时间内，若质点从平衡位置一侧靠近平衡位置的位置向另一侧运动，该段时间内的过程位移大小可能大于振幅；若质点从平衡位置开始或者从最高点（最低点）开始振动，则位移等于振幅；若质点从距离平衡位置的某点向远离平衡位置振动，则振子的位移小于振幅，所以C正确。 故选CD。 11．如图所示，弹簧左端固定，右端与小球相连，小球套在光滑细杆上且在A、B点间往复运动，O点是A、B的中点。已知弹簧的劲度系数为k，A、O点间的距离为，小球的质量为m，通过单位可以判断小球从A点运动到B点的时间为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A．已知质量的单位为，劲度系数的单位为（即），则表达式的单位为 时间单位为，故A正确； B．距离的单位为，则表达式的单位为，故B错误； C．表达式的单位为，故C错误； D．表达式的单位为，故D错误。 故选A。 ▌题型03 简谐运动的回复力和能量 1．回复力 (1)回复力：能够使物体在平衡位置附近做往复运动的力。 (2)效果：把物体拉回到平衡位置。回复力是效果力。 (3)方向：总是与位移x的方向相反，即总是指向平衡位置。 (4)表达式：F＝－kx。式中“－”号表示F与x方向相反。 2．简谐运动 理论上可以证明，如果物体所受的力具有F＝－kx的形式，物体就做简谐运动。也就是说：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，物体的运动就是简谐运动。 简谐运动的能量 3．简谐运动的能量 （1）能量转化： 弹簧振子运动的过程就是动能和势能互相转化的过程。 ①在最大位移处，势能最大，动能为零。 ②在平衡位置处，动能最大，势能最小。 （2）能量特点 在简谐运动中，振动系统的机械能守恒，所以简谐运动是等幅振动，而在实际运动中都有一定的能量损耗，因此简谐运动是一种理想化的模型。 （3）决定能量大小的因素 对确定的振动系统，机械能跟振幅有关，振幅越大，机械能越大，振动越强。 1．如图所示，一轻质弹簧下端挂一小球，小球静止在O点。现将小球竖直向下拉动一段距离从Q由静止释放，小球以O点为中心点在P、Q间做简谐运动，下列说法正确的是（    ） A．小球在O位置时，机械能最大，加速度最小 B．小球在Q位置时，重力势能最小，速度最大 C．小球从位置P到O过程中，回复力的功率一直增大 D．小球从位置O到Q过程中，重力的功率一直减小 【答案】D 【详解】A．小球与弹簧构成的系统机械能守恒，小球在位置时弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹性势能不是最小，所以小球在位置时机械能不是最大；此时小球合力为零，加速度最小为零，故A错误； B．小球在位置时，重力势能最小，速度为0，故B错误； C．小球在位置回复力为0，回复力的功率也为0，故C错误； D．小球从位置到过程中，因为速度一直减小，所以重力的功率一直减小，故D正确。 故选D。 2．（多选）弹簧振子在水平方向振动，已知弹簧的劲度系数，振子的振动图像如图所示。图中A点对应的时刻，振子（     ） A．所受的弹力大小为5N B．所受的回复力大小为5N C．加速度方向沿x轴的负方向 D．速度方向沿x轴的负方向 【答案】ABC 【详解】A．由图可知，点的位移为，根据胡克定律可得弹力大小为 代入数据解得，故A正确； B．振子在水平方向做简谐运动，弹簧弹力即振子的回复力，因此回复力大小为，故B正确； C．简谐运动中加速度方向始终与位移方向相反，点位于轴正方向，因此加速度方向沿轴负方向，故C正确； D．由图像可知，点处图线斜率为正，即，所以速度方向沿轴正方向，故D错误。 故选ABC。 3．（多选）如图甲所示，将滑块连接在弹簧上并放置于气垫导轨上，将滑块拉到某一位置后由静止释放，位移传感器记录下滑块位置随时间的变化图像如图乙所示，则下列关于该滑块的说法正确的是（　） A．完成一次全振动的时间为 B．在一个周期内运动路程为 C．在第末和第末时的速度相同 D．第内滑块的动能转化为弹簧的弹性势能 【答案】BD 【详解】A．由图乙可知，滑块完成一次全振动的时间为4s，故A错误； B．滑块在一个周期内运动的路程为4倍振幅，为32cm，故B正确； C．滑块在第1s末和第3s末时的速度大小相等、方向相反，故C错误； D．由图乙可知，滑块在第4s内由平衡位置回到正向位移最大处，滑块的动能转化为弹簧的弹性势能，故D正确。 故选BD。 4．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动，向右为正方向。振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是（     ） A．0.2s时振子的位移等于6cm B．0.4s时振子的速度最大 C．0.4s和1.2s时振子的回复力最大，动能最小 D．0.8s和1.6s时振子的速度相同 【答案】C 【详解】A．由图像可知振幅、周期，且时振子从平衡位置向正方向运动，故位移随时间的关系为 由角速度与周期的关系得 在时，振子的位移，故A错误； BC．在和时，振子均处于最大位移处，速度为零，动能最小；由回复力公式，可知此时回复力大小最大，故B错误，C正确。 D．在时图像斜率为负，振子沿负方向运动；在时图像斜率为正，振子沿正方向运动，两时刻速度方向相反，故D错误。 故选C。 5．（多选）如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（    ） A．弹簧振子受重力、支持力、弹簧的弹力、回复力 B．t=0.1 s时，弹簧振子的位移为2.5 cm C．从t=0到t=0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续地减小 D．在t=0.2 s与t=0.6 s两个时刻，弹簧振子的回复力不相同 【答案】CD 【详解】A．振子受到重力、支持力和弹簧的弹力，重力与支持力平衡，弹簧的弹力充当回复力，回复力不是额外受到的力，故A错误； B．由图可知振幅，周期，且时振子从平衡位置沿正方向运动，因此振动方程为 在时，，故B错误； C．从到，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度大小持续减小，动能持续减小，故C正确； D．在与时，振子分别位于正、负最大位移处，回复力满足 两时刻位移方向相反，回复力方向也相反，故D正确。 故选CD。 6．一质点做简谐运动，其位移与时间的关系曲线如图所示，由图可知（     ） A．振幅为，频率为0.2 Hz B．时质点具有负方向最大加速度 C．从到的时间内质点的路程为 D．该质点的振动方程为 【答案】B 【详解】A．由图读出振幅为 周期为T=4s 则频率，故A错误； B．t=4s时质点在正向最大位移处，由，知质点具有负方向最大加速度，故B正确； C．由 由图可知t=1s时质点处于平衡位置，则从到的时间内质点的路程为，故C错误； D．该质点的振动方程为，故D错误。 故选B。 7．图甲所示的“弹簧公仔”玩具由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型。现固定底座B，用力向下按物块A，松手后物块A沿竖直方向做简谐运动。取向上为正方向，物块A的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是（     ） A．物块A做简谐运动的回复力由弹簧弹力提供 B．时和时，物块A的位移大小相等、方向相反 C．物块A在任意内经过的路程不一定为 D．内，头部的动能与弹簧的弹性势能之和增加 【答案】C 【详解】A．物块A做简谐运动的回复力由弹簧弹力与物块A的重力的合力提供，故A错误； B．物块A做简谐运动，在平衡位置运动的速度最大，离平衡位置越远运动速度越小，时物块A的位移比时大；时和时，物块A的位移均为负值，方向相同，故B错误； C．只有当物块A从平衡位置或最大位移处开始运动时，0.2s内经过的路程才为10cm，从其余位置开始运动时0.2s内路程不一定为10cm，故C正确； D．运动过程中头部与弹簧系统机械能守恒，内，头部向上运动，头部的重力势能增大，头部的动能与弹簧的弹性势能之和减小，故D错误。 故选C。 8．（多选）如图甲所示，在光滑水平地面上，劲度系数的轻弹簧一端固定在竖直墙上，另一端与位于水平地面上、质量为的滑块拴接，质量为的滑块静置在滑块的水平上表面。向左轻轻推动滑块压缩弹簧，撤去外力后滑块、一起运动，弹簧右端在、之间运动，运动过程中A、B两滑块始终相对静止，滑块A做简谐运动，它的位移-时间图像如图乙所示。下列说法中正确的是（     ） A．两个滑块之间的摩擦力大小与滑块A偏离平衡位置的位移大小成正比 B．时，滑块受到的摩擦力大小为 C．滑块做简谐运动的周期为 D．内滑块通过的路程为 【答案】AD 【详解】A．滑块水平方向只受静摩擦力，由牛顿第二定律得 对整体由牛顿第二定律得，故，即摩擦力大小与位移大小成正比，故A正确； B．时，。弹簧弹力，整体加速度 滑块受到的摩擦力，故B错误； C．图乙中，时，时，完成一次全振动，即，故C错误； D．单周期路程。内完成全振动次数，总路程。由于、相对静止，的路程等于的路程，为，故D正确。 故选AD。 9．（多选）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随时间变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时，弹簧弹力为0 B．时，手机位于平衡位置下方 C．从至，手机的动能减小 D．a随t变化的关系式为 【答案】BCD 【详解】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为，A错误； B．由题图乙知，时，手机的加速度为正，弹簧的拉力大于重力，则手机位于平衡位置下方，B正确； C．由题图乙知，从至，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正确； D．由题图乙知， 则角频率 则a随t变化的关系式为，D正确。 故选BCD。 10．（多选）如图甲所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做简谐运动，O为平衡位置。以水平向右为正方向，从时刻起，振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．该振子的振动周期为 B．A、B之间的距离为 C．内，该振子从O向B运动，且其加速度不断增大 D．该振子在处和在处的速度一定相同 【答案】BC 【详解】A．由图乙可知，该振子的振动周期为2s，故A错误； B．由图乙可知振幅为2cm，A、B之间的距离为2倍振幅，即4cm，故B正确； C．0~0.5s内，该振子位移增大，根据可知，该过程加速度不断增大，故C正确； D．根据对称性可知，该振子在1.5cm处和在处的速度大小相等，但方向不一定相同，故D错误。 故选BC。 ▌题型04 单摆 1. 单摆 （1）定义：忽略悬挂小球的细线长度的形变量，且细线长度远大于球的直径，这样的装置就叫作单摆。 （2）实际摆看成单摆的条件 ①细线的质量与小球相比可以忽略不计。 ②小球的直径与线的长度相比可以忽略不计。 ③摆线的形变量与摆线长度相比可以忽略不计。 ④阻力与摆球的重力及细线的拉力相比可以忽略不计。 2．单摆的回复力 （1）回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力，即。 （2）回复力的特点：在摆角很很小时， （其中为偏离平衡位置的位移），单摆的回复力F＝，令，则。即摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 3．单摆的周期公式 (1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 (2)公式：T＝，即周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 4．对周期公式的理解 （1）单摆的周期公式在单摆偏角较小时（θ≤5°）成立。 （2）公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球。 （3）公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。 （4）周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。 1．下列有关单摆周期的说法正确的是（　　） A．只改变小球的质量不会改变单摆的周期 B．单摆的周期只与摆线长度有关 C．单摆在同步卫星中的周期与在地面时的相同 D．单摆的周期与摆线长度成正比 【答案】A 【详解】A．根据单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆球的质量无关，故A正确； B．根据可知，单摆的周期不仅与摆线长度有关，还与重力加速度有关，故B错误。 C．在同步卫星中，单摆处于完全失重状态，单摆无法摆动（无回复力），周期与地面时不相同，故C错误。 D．根据可知，单摆的周期与摆线长度的平方根成正比，故D错误。 故选A。 2．把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，已知绳子等长且不可伸长，二人均可看成质点，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．图中b点对应荡秋千时的最低点，此时回复力为零 B．小王荡秋千时，其周期大于6.28s C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为5m 【答案】A 【详解】A．根据简谐振动的回复力可知，在最低点（即平衡位置），位移，此时回复力为0，故A正确； B．根据单摆的周期可知，单摆的周期与摆球的质量无关，因此小王荡秋千时，其周期也等于6.28s，故B错误； C．小明荡到图中对应的b点时，由图可知，b点为平衡位置，小明的速度最大，动能最大，故C错误； D．根据单摆的周期 解得，故D错误。 故选A。 3．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin100πt(cm) C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 【答案】A 【详解】A．由题图乙可知，单摆的周期为2s，振幅为8cm，由单摆的周期公式 代入数据解得，故A正确； B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为，故B错误； C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误； D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，故D错误。 故选A。 4．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的点钉一个光滑钉子，使。将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过5°，不计空气阻力，已知重力加速度为g。以下说法正确的是（     ） A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变 B．小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为 C．该摆动的周期为 D．小球碰钉前后绳的拉力之比为 【答案】C 【详解】A．由于机械能守恒，可知AC两点应该位于相同的高度，因左边摆长较短，可知左边摆角较大，故A错误； B．根据可知，因右边摆长为左边摆长的4倍，则在右边摆动的周期是在左边摆动时周期的2倍，则小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为2:1，故B错误； C．该摆动的周期为，故C正确； D．小球碰钉前后速度不变，根据 解得 可知绳的拉力之比不等于1:4，故D错误。 故选C。 5．如图甲所示，单摆固定悬点为，将摆球拉至点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的、之间来回摆动，摆角，点为运动中的最低位置。从点刚释放开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度，。下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长为 B．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 C．点处于摆球运动的平衡位置，回复力最大 D．在的时间内，摆球从点向点运动 【答案】A 【详解】A．由图乙可知周期，由，代入得，故A正确； B．回复力是重力的切向分力，故B错误； C．平衡位置回复力为零，故C错误； D．内位移从零向正方向最大变化，对应从向运动，故D错误。 故选A。 6．如图甲所示，在天花板上的O点用一定长度的摆线悬挂一个摆球，在O点的下方P点处有一个钉子，现将摆球向左拉开一个很小的角度，t＝0时将摆球由静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到钉子，此后摆球又向右摆动一个很小角度（不超过5°），设向左为正方向，摆球的振动图像如图乙所示（图线与两轴的交点已在图中标出，x1、x2分别为最低点到两侧最高点的位移），不计摆线和钉子相碰时的能量损失，取重力加速度g＝π2m/s2，求： (1)单摆的振动周期； (2)钉子的位置P点到悬点O的距离； (3)摆球摆到两侧最高点的位置是否等高？请论证； (4)图像中x1与x2的比值。 【答案】(1)T＝1.8s (2)L＝0.36m (3)等高；见解析 (4)x1：x2 【详解】（1）由图像可知单摆的振动周期为T＝1.8s （2）设摆线长度为L1，摆线碰到钉子后长度为L2，则， 钉子的位置P点到悬点O的距离为L＝L1﹣L2 联立解得L＝0.36m （3）不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1＝mgh2 所以摆球摆到两侧最高点的位置是等高。 （4）单摆在OP左侧最大偏角为θ，因摆角θ较小，则向左的最大位移近似等于弦长，则由数学知识得 同理，单摆在OP右侧最大偏角为α，由数学知识得 由机械能守恒定律得mgL1（1﹣cosθ）＝mgL2（1﹣cosα） 其中 带入解得 联立解得 7．甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，由图可知（     ） A．时，甲的回复力为0，乙的速度为0 B．时，甲、乙的速度方向相同 C．甲、乙两个摆的振幅之比是4：1 D．甲、乙两个摆的摆长之比是1：2 【答案】A 【详解】A．由图可知，时甲摆经过平衡位置，位移为，根据回复力与位移的关系有 此时乙摆处于正向最大位移处，因此，故A正确； B．由图可知，时甲、乙均经过平衡位置，甲的位移由负变正，速度方向为正方向；乙的位移由正变负，速度方向为负方向，所以二者速度方向相反，故B错误； C．由图可知，甲、乙两摆的振幅分别为、，因此振幅之比为，故C错误； D．由图可知，甲、乙两摆的周期分别为、，根据单摆周期公式有 因此摆长之比为，故D错误。 故选A。 8．如图所示，AO'段为半径为R的光滑圆弧面，BO'段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长≪R，且A、B等高，现有四个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，若四个小球（均可看成质点）同时释放，各自第一次到达圆弧最低点的时间分别为ta、tb、tc、td，则下列判断正确的是（　　） A．ta>tb>tc> td B．ta=tb=td>tc C．ta>tb>td>tc D．tb>ta=td>tc 【答案】D 【详解】已知圆弧弧长≪R，可知a球距球面最低点的距离远远小于R，因此a球的运动可视为单摆，由单摆的周期公式可得a球运动到点的时间为 做c球与b球的连线，其连线与竖直方向的夹角为θ，则有b球运动到点的距离满足 b球沿斜面下滑的加速度为 由位移时间公式 可得b球运动到点的时间为 c球做自由落体运动，c球到达点的时间为 d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，根据单摆周期可知d球和a球的周期相同，可知d球的时间 可知，，， 可得 故选D。 9．（多选）如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧曲面AOB上做简谐运动，圆弧轨道对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，图中t=0时刻小球从A点开始运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．该圆弧轨道的半径为 B．小球的质量为 C．小球在A点所受的回复力为零 D．t0时刻小球的动能为零 【答案】AD 【详解】A．小球运动的周期为 根据单摆周期公式可得 所以，故A正确： B．小球在A点，有 在O点时，根据牛顿第二定律可得 小球从A点运动到O点，根据机械能守恒定律可得 联立解得小球的质量为，故B错误； C．小球在A点回复力最大，所受的合力不为零，故C错误； D．t0时刻小球到达B点，则此时的动能最小，故D正确。 故选AD。 10．如图甲，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之间做简谐运动，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，图中为摆球从A点开始运动的时刻，g取。求： (1)单摆的摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图乙可知，单摆周期 由，得 （2）设细线偏离竖直方向的最大角度为，则摆球运动至最高点时有 其中 摆球摆动至最低点时有 其中 摆球由最高点运动至最低点的过程，由动能定理得 以上三式联立得， （3）由（2）问的解答可知 ▌题型05 等效单摆 单摆的周期公式：T＝，式中l是等效摆长，g是等效重力加速度。等效重力加速度等于单摆没有摆动时在平衡位置时摆线上的拉力与摆球质量的比值。 1．等效法是物理学常用的科学思想方法，可以建构等效物理过程以便于解决问题。不可伸长的轻质、绝缘细线一端固定在天花板上，一端与带电小球相连，组成如图所示的单摆，其摆动周期为。仅在空间中加水平向右的匀强电场时，其摆动周期为。仅在空间中加垂直纸面向里的匀强磁场时，其摆动周期为。若不计空气阻力，摆角均小于，则、、的大小关系为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】原单摆：根据单摆的周期公式可得 加水平匀强电场：重力和电场力的合力大小为 等效重力加速度，代入周期公式得 加垂直纸面的匀强磁场：洛伦兹力始终沿细线（摆的半径方向），和速度方向垂直，不改变切线方向的回复力，等效重力加速度为，因此 综上可得大小关系 故选B。 2．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为的斜面上，其摆角为，如图。下列说法正确的是（　　） A．摆球做简谐运动的回复力为 B．摆球做简谐运动的回复力为 C．摆球做简谐运动的周期为 D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力 【答案】D 【详解】AB．回复力由重力沿斜面向下的分力的切向分力提供，重力沿斜面向下的分力为，下滑分力的切线分力为，即摆球做简谐运动的回复力为，故AB错误； C．等效重力加速度为，摆球做简谐运动的周期为，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 故，故D正确。 故选D。 3．小周同学在学习完单摆知识后，制作了一个秒摆（周期是2s的单摆叫秒摆），如图1所示，已知摆球质量为m，已知地球表面的重力加速度为g。 (1)若将金属球带上电荷量为q的正电荷，置于竖直向下大小为的匀强电场中，如图2所示，则该单摆的周期为多少？ (2)若该秒摆被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速度为0.4g，如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2s，仅将摆长调整为原来的多少倍？ 【答案】(1)1s (2)0.4 【详解】（1）对金属球受力分析，根据牛顿第二定律可得，又因为 联立解得 根据单摆的周期公式 可得此时单摆的周期为 联立解得 （2）同理可知，在火星上，则有， 联立解得 4．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上与O相距为l的两点上，使三角形AOB成直角三角形，，已知OC线长为l，下端C点系着一个小球。下列说法正确的是（以下振动皆指小角度摆动）（　　） A．让小球在纸面内振动，周期 B．让小球垂直于纸面振动，周期 C．让小球在纸面内振动，周期 D．让小球垂直于纸面振动，周期 【答案】A 【详解】AC．让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期为，故A正确，C错误； BD．让小球垂直于纸面振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为 所以周期为，故BD错误。 故选A。 5．如图所示，三根长度均为l0的绳a、b、c组合系住一质量分布均匀的小球，球的直径为d，绳a、b与天花板的夹角均为α=30°，重力加速度为g。则： (1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期T1为多少？ (2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期T2又为多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意可知，若小球以为圆心做简谐运动，所以摆长为 振动的周期为 （2）根据题意可知，若小球以为圆心做简谐运动，摆长 振动周期为 6．如图所示为相同的小球（可看作质点）构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4（其中（3）图两小球均带负电荷，（4）图中振动系统处于匀加速下降的电梯内），关于周期大小关系的判断，正确的是（     ） A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2 C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T4 【答案】C 【详解】对于（1）图中的常规单摆，根据单摆周期公式有 对于（2）图中的双线摆，小球只能在垂直于纸面方向做简谐运动，等效摆长为，根据单摆周期公式有 对于（3）图中的单摆，由于悬点处与小球均带有负电荷，两者相互排斥，库仑力始终沿着绳子方向，不改变单摆垂直于绳子方向的切向回复力，系统等效重力加速度不变，根据单摆周期公式有 对于（4）图中的单摆，振动系统处于匀加速下降的电梯内，小球处于部分失重状态，系统等效重力加速度为，根据单摆周期公式有 联立上述公式比较解得 故选C。 7．（多选）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为，在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（　　） A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为 C．多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立 D．在图2的测量过程中，满足关系 【答案】CD 【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为，则有 解得 所以等效重力加速度和摆角无关，故A错误； B．单摆在运动过程中，A、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，故单摆的周期为 所以单摆次全振动的时间为，故B错误； C．根据单摆的周期公式可知，该单摆的周期为 其中为单摆的摆长，保持不变。所以多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立，故C正确； D．已知摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为，则根据平衡条件有 在A、C两位置时，摆球的速度为0，则有 设摆球经过最低点B时的速度为，则根据动能定理有 在B点根据牛顿第二定律有 联立解得，故D正确。 故选CD。 8．如图甲所示，一根轻杆和一根轻质细线组成一个“杆线摆”，杆线摆可以绕着悬挂轴来回摆动，轻杆与悬挂轴垂直，摆线与轻杆的夹角。其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，倾斜平面与水平面的夹角也为，该杆线摆做简谐运动的x-t图像如图乙所示，P是图像上对应。时刻的某点，，取重力加速度。则（　　） A．时刻摆球的速度方向沿图像上P点的切线 B．该杆线摆的细线长约为 C．该杆线摆做简谐运动的振幅是8cm D．摆球在10s内通过平衡位置5次 【答案】B 【详解】A．简谐运动的图像不是摆球的运动轨迹，所以在时刻摆球的速度方向不沿图像上点的切线，应指向平衡位置，故A错误； B．由图像可知，周期 结合 解得细线长，故B正确； C．由图可知该杆线摆做简谐运动的振幅是4cm，故C错误； D．摆球在一个周期内通过平衡位置2次，10s内通过平衡位置10次，故D错误。 故选B。 9．“双线摆”如图甲所示，双线长均为L，两线夹角为，摆球质量为m，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角（小于5°）摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为L的轻杆一端通过活动绞链与立柱垂直连接，另一端安装质量为m的摆球，细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的A点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于5°，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．图甲中摆球的周期为 B．图乙中摆球的摆动周期为 C．图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小 D．若增大细线长度使A点上移，则摆球运动周期增大 【答案】C 【详解】A．由甲中摆球的摆线长度为：，结合单摆的周期公式 代入角度，可得 故A错误； C．图乙中摆球在平衡位置静止时，在垂直于斜面方向上的合力为零， 由图可知：FAsinθ=mgcosθ 即可得细线的拉力为： 故C正确； B．结合该等效单摆的摆长和加速度关系，可知图乙的摆球的周期为 解得： 故B错误； D．由摆球的周期公式 可知细线长度对摆球的运动周期无影响，故D错误。 故选C。 10．如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（　　） A．单摆在斜面上摆动的周期为 B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为 C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大 D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小 【答案】D 【详解】A．单摆在平衡位置时，等效重力加速度为 所以单摆在斜面上摆动的周期 故A错误； B．回复力大小与摆球偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误； CD．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，摆球在平衡位置时，受力分析如图所示 等效重力加速度为 所以单摆在斜面上摆动的周期 故C错误，D正确。 故选D。 ▌题型06 用单摆测量重力加速度 一、实验原理 由，得，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度． 二、实验器材 铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、秒表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺． 三、实验步骤 1．让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆． 2．将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆线自由下垂．在单摆平衡位置处做上标记． 3．用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长为l＝ 。 4．把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球．摆球经过最低位置时，用秒表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期． 5．改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格． 四、数据处理 1．公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝ 中求出g值，最后求出g的平均值． 设计如下所示实验表格 实验次数 摆长l/m 周期T/s 重力加速度g/(m·s－2) 重力加速度g的平均值/(m·s－2) 1 2 3 2．图像法：由T＝得T2＝ ，以T2为纵坐标，以l为横坐标作出T2－l图像(如图所示)．其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。 五、注意事项 1．选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球． 2．摆动时摆线偏离竖直方向的角度应很小． 3．摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆． 4．计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测n次全振动的时间t. 1．某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)如图乙中A、B、C是摆线上端的三种悬挂方式，应选哪种方式更好？答：应选__________； (2)用游标卡尺测量摆球直径如图所示，则摆球直径为_______cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0，通过计算得到摆长L； (3)当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当n数到一定数值时秒表的示数如上图所示，则此时秒表读数为_______s； (4)若某同学实验中测出单摆做N次全振动所用时间为t、摆线长为L、摆球直径为d，则当地的重力加速度g=_______（用测出的物理量表示）； (5)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摆长（T2-L）的关系图像如图丁所示，已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是（　　） A．出现图线c的原因可能是误将摆线长记作摆长L B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L C．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，由图线c计算出的g值偏小 (6)在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是（　　） A．测摆长时，摆线拉得过紧，则L偏大，重力加速度偏大 B．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径，重力加速度偏大 C．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小，重力加速度偏大 D．测量周期时，把n个全振动误认为（n-1）个全振动，使周期偏大，重力加速度偏大 【答案】(1)C (2)2.125 (3)126 (4) (5)B (6)AC 【详解】（1）如图乙中A、B、C，摆线上端的三种悬挂方式，选C方式更好，用夹子夹住摆线可防止摆长发生变化，故选C。 （2）摆球直径为 （3）此时秒表读数为 （4）根据题意可知实际摆长为 周期 根据单摆周期公式 当地的重力加速度 （5）AB．根据图线c可知，在取为0时，L不为0，表明选择的L的长度比实际的摆长大一些，即有可能是将摆线的长与摆球的直径之和作为摆长L，摆长取值偏大，则图线右移；同理出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L，摆长取值偏小，图线左移，故A错误；B正确； C．根据 可得 三条直线的斜率均为由三条直线计算出的g值都相同，故C错误。 故选B。 （6）A．测摆长时，摆线拉得过紧，则L偏大，由 重力加速度偏大，故A正确； B．测量摆长时，只考虑了摆线长，忽略了小球的半径，由 重力加速度偏小，故B错误； C．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小，由 重力加速度偏大，故C正确； D．测量周期时，把n个全振动误认为（n-1）个全振动，使周期偏大，重力加速度偏小， 故D错误； 故选AC。 2．某同学用双线摆测当地的重力加速度，装置如图所示。用长为L的不可伸长的细线穿过球上过球心的V型小孔，细线两端固定在水平杆上的A、B两点。球的直径远小于细线长。 (1)使小球在垂直于AB的竖直平面内做小幅度摆动，小球经过最低点时开始计时并记为1，第 n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则该双线摆的周期 ________（用 n、t表示），若A、B间距离为d，则等效摆长为___________（用L、d表示）； (2)改变细线的长度，细线的两端分别固定在A、B两点不变，多次重复实验，记录每次细线的长L及相应的周期T，为了能直观地看出物理量之间的关系，根据测得的多组L、T，应作出___________图像（填选项序号）； A． B． C． D． (3)若作出的图像为直线且斜率为k，则可求得当地的重力加速度。___________。（用π、k表示） 【答案】(1) (2)D (3) 【详解】（1）[1] 根据题意有 故双线摆的周期为 [2] 根据几何关系有 故等效摆长为 （2）根据单摆的周期公式有 又知等效摆长为 联立解得 所以，和是线性关系，为了能直观地看出物理量之间关系，根据测得的多组L、T数据，应作出的图像。 故选D。 （3） 由第二问得 根据线性函数关系有 联立解得，当地的重力加速度为 3．某实验小组的同学们用图甲所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。 (1)在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆________（填选项前的字母） A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约1cm的均匀铁球 D．直径约1cm的塑料球 (2)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________（填选项前的字母）。 A．测出摆线长作为单摆的摆长 B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动 C．在摆球经过平衡位置时开始计时 D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 (3)王同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据作出了如图乙所示的图像，横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方。若图线斜率为k，则当地的重力加速度g＝________（用k表示）。 (4)李同学用一组数据测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（填选项前的字母）。 A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下秒表 C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间 【答案】(1)AC (2)BC (3) (4)C 【详解】（1）AB．在这个实验中，应该选用长约1m的细线，细线不可伸长，橡皮绳长度变化较大，故A符合题意，B不符合题意； CD．在这个实验中，应该选用直径约1cm的均匀铁球，铁球密度大，体积小，受阻力影响较小，塑料球受阻力影响较大，故C符合题意，D不符合题意。 故选AC。 （2）A．应该测出摆线长再加上摆球的半径作为单摆的摆长，故A错误； B．因为释放角度较小时，单摆的运动才可以看成是简谐运动，所以应该把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，故B正确； C．平衡位置容易确定，故应该在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确； D．用秒表测量单摆完成多次全振动所用时间，求出周期的平均值作为单摆的周期，可以减小偶然误差，故D错误。 故选BC。 （3）由单摆周期公式 可得 图线斜率为k，即 可得当地的重力加速度 （4）A．单摆的周期与振幅无关，故开始摆动时振幅较小不影响测量，故A不符合题意； B．开始计时，过早按下秒表，则周期测量偏大，根据 可得 可知g的测量值偏小，故B不符合题意； C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期测量值偏小，根据 可得 可知g的测量值偏大，故C符合题意。 故选C。 4．某同学在学习完单摆的相关知识后，想要在家利用手边的物品测量本地的重力加速度，用不规则的钥匙扣代替小球做成简单单摆装置，手机上的计时功能代替秒表，实验过程如下： （1）拉开较小角度后将钥匙扣由静止释放，并在钥匙扣第1次通过最低点按下计时“开始”按钮，第次通过最低点停止计时，记录手机上的时间为，则单摆的周期为___________； （2）用家中软尺测得悬挂点到钥匙扣连接处的长度为； （3）若该同学多次改变细线长度得到多组数据，描点作出得到图像，得到的图像可能是___________； （4）若该同学改变细线长度后只做两次实验，得到两组长度和周期的数据：、、 、，利用数据测得重力加速度为___________； （5）钥匙扣的形状不规则，对上述实验测得的重力加速度___________（填“有”或者“无”）影响。 【答案】 B 无 【详解】（1）[1]钥匙扣第1次通过最低点按下计时“开始”按钮，第N次通过最低点停止计时，记录手机上的时间为，则单摆的周期为。 （3）[2]设摆线末端与钥匙扣重心间的距离为r，根据单摆周期公式有 可得 故选B。 （4）[3]由 ，可得， 解得 （5）[4]由（3）（4）数据处理分析可知，钥匙扣的形状不规则虽导致重心位置无法测量，但对重力加速度的测量无影响。 5．某学习小组用如图甲所示装置进行“用单摆测定重力加速度”的实验。 (1)下列说法正确的有______（填标号）。 A．摆角要尽可能大 B．摆线应适当长些 C．摆球应选择密度大、体积小的实心金属小球 (2)如图甲，可在单摆悬点处安装力传感器，某同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，则单摆的周期为______（用字母表示）。 (3)在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为，再用螺旋测微器测得摆球的直径为，则该单摆摆长的表达式为______（用所测物理量的字母表示）。 (4)根据已知的物理量，可得重力加速度的表达式为______（用字母、、表示）。 【答案】(1)BC (2) (3) (4) 【详解】（1）A．为减小实验误差，摆角要小于5°，故A错误； B．摆线适当长一些，故B正确； C．摆球选质量大体积小的，减小空气阻力，故C正确。 故选BC。 （2）由图可知，每次到最高点时绳子的拉力最小，故周期为 （3）摆长是从悬点至球心的距离，故 （4）由 得 6．某同学欲测量当地的重力加速度，利用的实验器材有：带有滑槽的水平导轨，足够长的一端带有滑轮的木板，不可伸长的细线，重物，沙漏（装有沙子），立架，加速度传感器，刻度尺。具体操作如下： ①按图甲所示安装好实验器材，并测量摆线的长度L（沙漏的大小可忽略）； ②将沙漏拉离平衡位置（摆角较小）由静止释放，使沙漏在竖直面内摆动； ③沙漏振动稳定后，由静止释放重物，使木板沿滑槽运动，记下加速度传感器的示数a0，漏出的沙子在木板上形成的曲线如图乙所示（忽略沙子落在木板上后木板的质量变化）； ④缓慢移出木板，测量曲线上相邻三点A、B、C之间的间距xAB、xBC，并计算出； ⑤改变立架的高度及摆线的长度，重复②③④的操作。 回答下列问题： (1)对该实验，下列说法正确的是 。（填字母） A．随着沙漏中沙子的流出，将减小 B．其他条件不变，增大重物的质量且减小摆角，将增大 C．其他条件不变，增大摆线的长度且减小摆角，不变 (2)沙漏振动稳定的周期T=_________。（用、a0表示）。 (3)该同学依据测出的L和，作出的L-图像如图丙所示，若测得该图像的斜率为k，则计算重力加速度的表达式为g=_________。（用题中字母表示）。 【答案】(1)B (2) (3) 【详解】（1）A．根据单摆的周期公式可知，单摆的周期与沙漏的质量无关，即随着沙漏中沙子的流出，单摆的周期不变；木板做匀加速直线运动，相邻两点间的时间间隔为单摆周期的一半，根据逐差相等公式可知 所以不变，故A错误； B．仅重物质量增大时，木板的加速度增大，单摆的周期不变，由 可知，将增大，故B正确； C．摆线长度增大时，单摆的周期变大，由 可知，也增大，故C错误。 故选B。 （2）由（1）中分析可知 解得单摆的周期为 （3）由单摆的周期公式得 又因为 联立解得 所以，图线的斜率为 解得 7．某同学利用在半径为R的光滑圆弧球面上做简谐运动的匀质小球来测定当地的重力加速度，实验装置如图1所示，在该实验条件下，小球在圆弧球面上的运动可视为单摆。 (1)该同学首先利用游标卡尺测量小球的直径，示数如图2所示，则小球的直径为______cm。 (2)该同学在圆弧球面下方安装了压力传感器，将小球从A点由静止释放后，压力传感器的示数变化如图3所示，则小球摆动的周期为______。 (3)下列说法不正确的是______。 A．小球摆动到最高点速度为零，加速度不为零 B．小球摆动过程中合力方向始终指向 C．最低点为平衡位置，此时合力为0 (4)根据已知的物理量，可得当地重力加速度g的表达式为______（用d、、R表示）。 (5)另一同学将光滑圆弧球面半径R当做小球等效单摆长度所测得g比真实重力加速度______（选填“偏大”“偏小”“正确”）。 【答案】(1) (2) (3)BC (4) (5)偏大 【详解】（1）由图可知该游标卡尺是20分度的，小球的直径为 （2）根据图3可知，小球摆动的周期 （3）A．小球摆动到最高点速度为零，此时受到的合力并不为零，所以加速度不为零，故A正确； B．小球摆动过程中既有指向圆心的向心加速度，也有沿切线方向的切向加速度，所以小球的加速度方向并不指向圆心，所以合力方向并不是始终指向，故B错误； C．最低点为平衡位置，此时具有竖直向上的向心加速度，所以此时合力提供向心加速度，合力并不为0，故C错误。 本题是选不正确的，故选BC。 （4）把小球的运动看作单摆运动，根据单摆周期公式可得小球的运动周期为，整理可得 （5）根据上面的分析可知，如果将光滑圆弧球面半径R当做小球等效单摆长度，则摆长偏大，则测得g比真实重力加速度偏大。 8．某同学在健身房看到一悬挂的沙袋，于是想用手头的工具测定当地重力加速度该同学将沙袋从最低点移开一小段距离由静止释放，则沙袋的运动可等效为单摆模型，如图甲所示。考虑到悬点很高，不方便测量单摆摆长，但可以改变绳长，进行多次实验。 具体步骤如下： ①用米尺测量沙袋底部距地面距离h； ②用秒表测量沙袋摆动时对应周期T； ③调整绳长得到不同的h，重复步骤①②，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示的—h图像，横纵轴截距分别为a、b。请回答下列问题： (1)该实验中__________（选填“需要”或“不需要”）测出沙袋的质量。 (2)测量沙袋运动周期时，待摆动稳定后，自沙袋经过________（选填“最高”或“最低”）点时记为1次并用秒表开始计时，此后沙袋每经过该点一次计数一次，计数到50时，停表的读数为t，则摆的振动周期T=________。（用t表示）。 (3)由—h图像可得当地的重力加速度g=________（用字母、a、b表示） (4)考虑到沙袋形状不规则，有同学认为应该从沙袋重心往地面测高度h，但由于重心没有办法确定，实际操作是从沙袋底部到地面测h，该做法测重力加速度的测量值________真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 【答案】(1)不需要 (2) 最低 (3) (4)等于 【详解】（1）由于沙袋质量与单摆周期无关，故不需要测出沙袋的质量 （2）[1][2]为减小误差，应在沙袋经过最低点时用秒表开始计时，沙袋两次经过最低点为一个周期，则计数到50时，经历了个周期，则摆动周期 （3）设悬点到地面高度为，则 化简得 即 解得 （4）虽然我们测得是沙袋底部到地面的距离，但是不影响图像斜率，故不影响重力加速度的测量值。 9．如图甲所示，某实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验： (1)下列说法正确的是__________。 A．应选择半径较大、密度较小的摆球 B．为使单摆的周期大一些以方便测量，开始拉开摆球时，应使摆球的摆角大一些 C．为保证摆球摆动时摆长不变，应用夹子夹住摆线上端 D．单摆经过平衡位置时开始计时，一次全振动后停止计时，用此时间作为单摆周期 (2)实验中，测量不同摆长及对应的周期，用多组实验数据做出摆长与周期平方的图像如图乙所示，则重力加速度的大小为__________；（取9.86，结果保留3位有效数字） (3)某名同学每次都把摆线长加上小球直径来计算摆长，由此得到的图像是图丙中的__________（填“①”“②”或“③”），该同学测得的重力加速度值与正确操作得到的测量值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。 【答案】(1)C (2)9.86 (3) ③ 相等 【详解】（1）A．为减小阻力的影响，应选择半径较小、密度较大的摆球，故A错误； B．单摆仅在小角度近似下周期与摆角近似无关，摆角过大时不再做简谐振动，且周期会随摆角增大而变化，故B错误； C．为保证摆球摆动时摆长不变，应用夹子夹住摆线上端，故C正确； D．应在摆球摆动到最低点开始计时，并且要记录摆动30次以上的时间来进行计算周期的平均值，故D错误。 故选C。 （2）根据可得 由图可知 解得 （3）[1]同学把小球直径当作半径来计算摆长，则由 可得 由此可得图像是图丙中的③； [2]由于图像的斜率不变，则该同学测得的重力加速度与真实值相比相等。 10．某探究小组借助手机的计时器和测角度软件来测量当地的重力加速度。实验装置如图甲所示，两根长度均为的细线（不可伸长）系在小球的顶端，构成双线摆。请回答下列问题： (1)如图乙是用游标卡尺测量小球的直径，则小球的直径是__________cm； (2)让双线摆垂直于纸面做小角度摆动。某次摆到最低点时开始计时，并计数为1，第二次摆到最低点时计数为2，当小球第次摆到最低点时停止计时。手机计时器测得的总时间为，则双线摆摆动的周期__________； (3)多次改变细线的两个悬点、间的距离，并用手机测角度软件测出静止时细线与竖直方向的夹角，重复实验多次，得到多组、，作图像，如图丙所示，图像的斜率为，则当地的重力加速度__________（用题中已测物理量的符号表示）；若漏测了小球直径，则用图像处理数据时，得到的值将__________（选填“偏小”、“偏大”或“不变”）。 【答案】(1)1.53 (2) (3) 不变 【详解】（1）游标卡尺精度为10分度，读游标卡尺读数得小球的直径 （2）单摆每经过2次最低点为1个周期，由于第1次计数为1，所以双线摆摆动的周期 （3）[1]单摆的等效摆长 单摆的周期公式 变形得 所以，图像的斜率为 解得 [2]由于 与小球直径无关，可得若漏测了小球直径，则用图像处理数据时，得到的值将不变。 ▌题型07 受迫振动和共振 1．阻尼振动：振动系统受到阻碍作用时，振幅随时间逐渐减小，振动系统的机械能逐步转变为其他能量的振动。其振动图像如图所示。 2．自由振动与固有频率 （1）自由振动：系统不受外力和任何阻力作用，只在自身回复力作用下的振动。 （2）固有频率：自由振动的频率。固有频率由系统自身的特征决定。 （3）无阻尼振动：理想情况下(即不受任何阻力，没有任何能量损耗)振幅保持不变的简谐运动。 3．受迫振动 （1）驱动力 阻尼振动最终要停下来，为了使系统持续振动下去，使周期性的外力作用于振动系统，外力对系统做功，补偿系统的能量损耗，这种周期性的外力叫作驱动力。 （2）受迫振动 ①定义：系统在驱动力作用下的振动。 ②受迫振动的频率（周期） 物体做受迫振动达到稳定后，其振动频率总等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。 4. 共振 （1）共振概念：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。 （2）共振的条件：驱动力的频率等于系统的固有频率。 （3）共振的特征：共振时振幅最大。 （4）共振曲线（如图所示）。 f＝f0时，A＝Am，f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小。 1．上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，有效抵御了大风对建筑的影响。该阻尼器沿水平方向做阻尼振动，振动图像如图所示。关于阻尼器的说法正确的是（     ） A．振动周期越来越小 B．振动的能量越来越小 C．时的动能为零 D．“上海慧眼”通过和中心大厦发生共振来保持稳定 【答案】B 【详解】AB．根据振动图像可知，振动周期不变，振幅变小，振幅的大小表示振动能量的大小，则振动的能量越来越小，故A错误，B正确； C．时，阻尼器在平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误； D．阻尼器的作用避免与中心大厦发生共振来保持稳定，故D错误。 故选B。 2．如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中，当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动频率约为3Hz。现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球的振动达到稳定，下列说法正确的是（　　） A．圆盘转动时，小球稳定振动周期为4s B．圆盘转动时，小球稳定振动频率为3Hz C．圆盘静止和转动时，小球都是做受迫振动 D．圆盘静止和转动时，小球都是做自由振动 【答案】A 【详解】AB．圆盘转动：给小球施加驱动力，小球做受迫振动。受迫振动稳定后，振动周期=驱动力周期。驱动力周期，因此小球稳定周期为4s，频率不等于固有频率3Hz，故A正确，B错误； CD．圆盘静止时：无驱动力，小球在水中做阻尼自由振动，不是受迫振动，故CD错误。 故选A。 3．下列关于机械振动的说法正确的是（　　） A．受迫振动稳定后，其振动的周期总等于系统的固有周期 B．阻尼振动振幅逐渐减小，同时能量逐渐消失 C．当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大 D．为避免共振现象发生，应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率 【答案】C 【详解】A．受迫振动稳定后，振动周期等于驱动力的周期，仅发生共振时才等于系统固有周期，故A错误； B．阻尼振动振幅逐渐减小，是振动系统的机械能逐渐转化为内能等其他形式的能量，总能量守恒，不会凭空消失，故B错误； C．根据共振规律，当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，系统发生共振，受迫振动的振幅最大，故C正确； D．当驱动力频率接近或等于固有频率时会发生共振，因此要避免共振，应使驱动力频率远离系统的固有频率，故D错误。 故选C。 4．（多选）如图甲所示，上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，有效抵御了大风对建筑的影响。该阻尼器实质是一个摆，做阻尼振动的振动图像如图乙所示。下列关于阻尼器的说法正确的是（　　） A．阻尼器在A、B两时刻相对O点的高度相同 B．阻尼器在A时刻的动能等于在B时刻的动能 C．阻尼器在A时刻的势能等于在B时刻的势能 D．阻尼器的频率逐渐减小 【答案】AC 【详解】D．阻尼振动的振幅逐渐减小，但振动频率由阻尼器自身的性质决定，频率保持不变，故D错误； A．该阻尼器实质是摆，平衡位置O是摆的最低点，A时刻位移为​，B时刻位移为，二者位移大小相等，相对于O点升高的高度相同，因此相对O点的高度相同，故A正确； C．重力势能大小由相对高度决定，A、B相对O点高度相同，因此二者的重力势能相等，故C正确； B．阻尼振动过程中，阻力不断消耗机械能，总机械能随时间逐渐减小；A时刻早于B时刻，因此总机械能，又阻尼器在A时刻的势能等于在B时刻的势能，所以阻尼器在A时刻的动能大于在B时刻的动能，故B错误。 故选AC。 5．港珠澳大桥是世界上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最大的桥梁工程。港珠澳大桥在设计和建造中采用了一种安装在桥塔与梁体之间的阻尼器，其作用主要是通过消耗振动能量来减小桥梁的振幅。阻尼器的使用主要改变了（　　） A．桥梁的固有频率 B．桥梁系统的总阻尼 C．外来驱动力的频率 D．桥梁的固有周期 【答案】B 【详解】A．桥梁的固有频率由其自身质量、结构等固有属性决定，阻尼器不会改变这些属性，因此固有频率不变，故A错误； B．阻尼器通过消耗振动能量减小振幅，本质是增大了桥梁系统的总阻尼，使振动更快衰减，故B正确； C．外来驱动力的频率由外界振源（如风、通行车辆等）决定，阻尼器无法改变外界振源的频率，故C错误； D．根据可知固有周期与固有频率互为倒数，由桥梁自身固有属性决定，不受阻尼器影响，因此固有周期不变，故D错误。 故选B。 6．动圈式扬声器可以利用随声音变化的电流带动扬声器中纸盆的振动，从而发出声音。下列说法正确的是（　　） A．纸盆的振动周期完全由自身决定 B．纸盆的振动属于受迫振动，其周期与输入的电流有关 C．正常工作的扬声器某时刻断开电源后，纸盆继续振动的周期一定会减小 D．正常工作的扬声器某时刻断开电源后，纸盆继续振动的振幅保持不变 【答案】B 【详解】A．扬声器工作时，纸盆在输入电流提供的驱动力作用下做受迫振动，稳定时振动周期等于驱动力的周期，不由自身固有属性完全决定，故A错误； B．纸盆的振动属于受迫振动，驱动力由随声音变化的电流提供，其振动周期等于驱动力（即输入电流）的周期，与输入电流有关，故B正确； C．断开电源后，纸盆做阻尼振动，振动周期等于自身固有周期，原受迫振动的周期与固有周期的大小关系不确定，因此无法判断周期变化情况，故C错误； D．断开电源后，纸盆受阻力作用做阻尼振动，机械能不断损耗，振幅逐渐减小，故D错误。 故选B。 7．为了交通安全，常在公路上设置减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为洗衣板效应。如果某路面上的减速带的间距为1.5m，一辆固有频率为2Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（　　） A．当汽车以5m/s的速度行驶时，其振动频率为2Hz B．当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸最厉害 C．当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸 D．汽车速度越大，颠簸的就越厉害 【答案】B 【详解】A．当汽车以5m/s的速度行驶时，振动周期为 振动频率为，故A错误； BCD．当汽车以3m/s的速度行驶时，振动周期为 振动频率为 汽车的固有频率为2Hz，汽车达到共振，颠簸最厉害；不是速度越快，颠簸越厉害，故B正确，CD错误。 故选B。 8．一个共振筛如图甲所示，该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电动偏心轮的电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子的质量，筛子的固有周期随之增大。某段时间内偏心轮的转速是，下列说法正确的是（　　） A．共振筛此时的频率是 B．增加偏心轮的转速，可以使筛子的振幅增大 C．适当增大筛子的质量，可以使筛子的振幅增大 D．适当减小偏心轮的电压，可以使筛子的振幅增大 【答案】D 【详解】A．偏心轮的转速是，其周期，故频率，共振筛的频率与偏心轮的频率相同，A错误； B．增大偏心轮转速，驱动力频率进一步增大，离固有频率更远，振幅减小，B错误； C．增大筛子质量，由题知筛子固有周期增大，固有频率 ，因此进一步减小，离更远，振幅减小，C错误； D．减小偏心轮电压，偏心轮转速降低，驱动力频率减小，从向固有频率靠近，两者更接近，振幅增大，D正确。 故选D。 9．如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法正确的是（　　） A．若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则两次摆长之比为l1：l24：25 B．图线II若是在地球表面上完成的，则该摆摆长约为2m C．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线Ⅰ是月球上的单摆共振曲线 D．以上说法都不对 【答案】C 【详解】A．由题可知，两次单摆的频率分别为， 由单摆的周期公式 可得 故两次单摆的摆长之比为 代入数据可得 A错误； B．由图可知图线II单摆的周期 根据单摆的周期 解得 代入数据解得图线II单摆的摆长 B错误； C．同理，根据单摆的周期可得单摆所在地的重力加速度 由于图线Ⅰ的周期大于图线II周期，故图线Ⅰ单摆所在地的重力加速度小于图线II单摆所在地的重力加速度，故图线Ⅰ单摆所在地是月球，图线II单摆所在地是地球，C正确； D．综合上述分析可知，D错误。 故选C。 10．如图所示为实验室中一单摆的共振曲线，由共振曲线可知（     ） A．则该单摆的摆长约为1.5m B．若增大摆长，共振曲线的峰值向左偏移 C．若增大摆球的质量，共振曲线的峰值向右偏移 D．若在月球上做实验，共振曲线的峰值向右偏移 【答案】B 【详解】A．由图可知，单摆的固有频率为0.5Hz，则周期 根据 解得该单摆的摆长约为，故A错误； B．若增大摆长，根据 可知周期变大，固有频率减小，则共振曲线的峰值向左偏移，故B正确； C．若增大摆球的质量，固有频率不变，则共振曲线的峰值不移动，故C错误； D．若在月球上做实验，重力加速度g变小，则周期变大，固有频率变小，则共振曲线的峰值向左偏移，故D错误。 故选B。 11．历史上曾有军队齐步通过桥梁导致桥梁剧烈振动甚至坍塌的事故。为避免此类危险，现代军队过桥时通常改为便步（即步伐不统一）。下列说法正确的是（     ） A．军队齐步走产生的驱动力频率等于桥梁的固有频率时，桥梁的振幅最大 B．桥梁的固有频率与军队齐步走的频率有关 C．军队总质量越大，桥梁越有可能发生共振 D．桥梁做简谐运动时，振幅越大，固有频率越高 【答案】A 【详解】A．当驱动力频率等于振动系统的固有频率（即）时，系统发生共振，振幅达到最大值。军队齐步走的频率为驱动力频率，等于桥梁固有频率时桥梁振幅最大，故A正确； B．固有频率由系统自身的结构、材料、质量分布等固有属性决定，与外界驱动力频率无关，桥梁的固有频率和军队齐步走的频率无关，故B错误； C．共振发生的唯一条件是驱动力频率等于系统固有频率，与军队总质量无关，故C错误； D．简谐运动的固有频率由系统自身属性决定，与振幅大小无关，故D错误。 故选A。 12．如图所示，当A振动起来后，通过绷紧的水平绳迫使B、C、D、E、F、G六个小球振动起来，对于摆球振动过程的描述中，下列说法正确的是（　　） A．C的周期最大 B．B、C、D、E、F、G六个小球的周期相同 C．B、C、D、E、F、G六个小球的振幅相同 D．只有A、D、G小球的周期相同 【答案】B 【详解】ABD．B、C、D、E、F、G做受迫振动，振动周期都与A的周期相同，故AC错误，B正确； C．根据单摆周期公式可知，D、G单摆的固有周期等于A单摆的周期，则D、G的振幅相同，且最大，故C错误。 故选B。 13．如图甲所示，竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动“T”形支架在竖直方向振动，“T”形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，让小球上下做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．t=1.5 s时，小球沿y轴负方向运动 B．t=1.5 s时，小球的加速度方向为y轴正方向 C．t=2 s时，小球的速度为零 D．将圆盘转速调至4r/min，小球振动稳定时振幅最大 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，在t=1.5 s时，小球处于从波谷向平衡位置运动的过程中，小球正沿y轴正方向运动，故A错误； B．简谐运动中，根据可知加速度方向总是指向平衡位置，与位移方向相反，在t=1.5 s时，小球的位移为负，可知加速度方向为y轴正方向，故B正确； C．t=2 s时，小球的位移为零，此时速度最大，故C错误； D．由图乙可知，小球做简谐运动的固有周期 固有频率 当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振，振幅最大。圆盘转速4r/min，即 不会发生共振，振幅不是最大，故D错误。 故选B。 14．图示为中国科技馆展示的器具“龙洗”。铜盆内装入适量的水，双手持续摩擦盆耳对盆施加周期性驱动力，若盆固有频率为，仅将双手摩擦盆的频率由逐渐增加至。则盆内溅起水花的剧烈程度（     ） A．逐渐减弱 B．逐渐增强 C．先减弱后增强 D．先增强后减弱 【答案】D 【详解】双手持续摩擦盆耳对盆施加周期性驱动力，盆做受迫振动，其振幅取决于驱动力频率与盆的固有频率之间的关系，当驱动力频率由逐渐增加至的过程中，驱动力频率先接近固有频率后远离固有频率，即两者频率的差值先减小后增大，根据受迫振动的规律可知，当驱动力频率等于固有频率时发生共振，振幅达到最大，则盆的振幅先增大后减小，因此盆内溅起水花的剧烈程度先增强后减弱。 故选D。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 机械振动（题型突破） 题型01 简谐运动 题型02 简谐运动的描述 题型03 简谐运动的回复力和能量 题型04 单摆 题型05 等效单摆 题型06 用单摆测量重力加速度 题型07 受迫振动和共振 ▌题型01 简谐运动 1. 机械振动 （1）振动物体原来静止的位置 （2）振动物体在平衡位置附近的往复运动，叫机械振动，简称振动 2．弹簧振子 （1）由弹簧和小球组成的系统，有时也简称振子，是一个理想化模型。 （2）小球与弹簧组成的振动系统看成弹簧振子的条件 ①弹簧为轻质弹簧，不计弹簧的质量，可认为质量集中于小球。 ②不计摩擦阻力和空气阻力。 ③小球从平衡位置被拉开的距离在弹簧弹性限度内。 3．弹簧振子的位移—时间图像（x－t图像） （1）用横坐标表示振子运动的时间（t），纵坐标表示振子离开平衡位置的位移（x），描绘出的图像就是位移随时间变化的图像，即x－t图像，如图所示。 （2）振子的位移：振子相对平衡位置的位移。 （3）图像的物理意义：反映了振子位置随时间变化的规律，它不是振子的运动轨迹。 （4）从平衡位置开始计时，函数表达式为，图像如图甲所示。 （5）从正向最大位移开始计时，函数表达式为，图像如图乙所示。 4．简谐运动 （1）定义：质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像（x－t图像）是一条正弦曲线。 （2）特点：简谐运动是最简单、最基本的振动，弹簧振子的运动就是简谐运动； （3）简谐运动的图像 ①描述振动物体的位移随时间的变化规律。 ②简谐运动的图像是正弦曲线，从图像上可直接看出不同时刻振动质点的位移大小和方向、速度方向以及速度大小的变化趋势。 1．（多选）下列运动中属于机械振动的是（　　） A．人说话时声带的振动 B．钟摆的摆动 C．匀速圆周运动 D．竖直向上抛出的物体的运动 2．关于弹簧振子，以下说法正确的是（　　） A．弹簧振子是研究机械振动的物理模型 B．小球的质量远小于弹簧的质量 C．弹簧的质量不需要很轻 D．弹簧和小球组成的系统机械能不守恒 3．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，不一定相同的物理量是（     ） A．位移 B．动量 C．回复力 D．机械能 4．下列关于简谐运动的说法中正确的是（　　） A．简谐运动属于一种匀变速运动 B．做简谐运动的物体在平衡位置所受的合外力为0 C．做简谐运动的物体经过同一位置时的速度必然相同 D．做简谐运动的物体的位移方向与加速度方向一定相反 5．如图所示，下列四种场景中的运动一定不是简谐运动的是（　　） A．   B．   C．   D．   6．（多选）如图所示为一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，振子在B、C之间振动时（　　） A．B→O位移为负，速度为正 B．O→C位移为正，加速度为负 C．C→O位移为负，加速度为正 D．O→B位移为负，速度为负 7．如图所示，光滑水平面上的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，取向左为正方向，则振子从O点运动到B点的过程中（　　） A．位移不断减小 B．加速度不断减小 C．位移方向与加速度方向始终相同 D．速度减小，弹性势能增大 8．（多选）如图所示为某一质点做简谐运动的振动图像，，由图可知，在t1和t2两个时刻，质点振动的速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为（     ） A．，方向相同 B．，方向相反 C．，方向相同 D．，方向相反 9．（多选）飞机在飞行过程中机翼不停地振动，当进入强对流空域时，强烈的机翼抖动可能会导致飞行安全事故。设机翼上某一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置。下列说法正确的是（　　） A．质点通过位置时速度最大，加速度为零 B．质点通过位置时，相对平衡位置的位移为 C．质点从位置到位置和从位置到位置所用时间相等 D．质点从位置到位置和从位置到位置的平均速度相等 ▌题型02 简谐运动的描述 1．振幅 (1)概念：振动物体离开平衡位置的最大距离。 (2)意义：振幅是表示物体振动幅度大小的物理量，振动物体运动的范围是振幅的两倍。 2．周期和频率 (1)全振动：一个完整的振动过程称为一次全振动，弹簧振子完成一次全振动的时间总是相同的。 (2)周期： ①定义：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的时间，叫做振动的周期，用T表示。在国际单位制中，周期的单位是秒（s）。 ②简谐运动的周期公式：（m是做简谐运动物体的质量，k是弹簧的劲度系数） (3)频率：周期的倒数叫做振动的频率，数值等于单位时间内完成全振动的次数，用f表示。在国际单位制中，频率的单位是赫兹，简称赫，符号是Hz (4)周期和频率的关系：f=。周期和频率都是表示物体振动快慢的物理量，周期越小，频率越大，表示振动越快。 (5)圆频率ω：表示简谐运动的快慢，其与周期T、频率f间的关系式为ω=，ω=。 3. 简谐运动的表达式 ，其中：x表示振动物体在t时刻离开平衡位置的位移，A为振幅，ω为圆频率，T为简谐运动的周期，ωt＋φ0表示相位的大小，其中φ0是t=0时的相位，叫初相位，简称初相。 相位差：两个相同频率的简谐运动的相位的差值，Δφ=（φ1>φ2）。 1．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C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变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．该振子的振幅为16cm B．t=0.9s时，振子的位移为-8cm C．t=0.3s到t=0.6s的时间内，振子的加速度逐渐增大 D．t=0到t=1.2s的时间内，振子通过的路程为3.2m 2．（多选）如图甲，水平弹簧振子的平衡位置为O点，振子在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是振子做简谐运动的x-t图像。下列说法正确的是（　　） A．振子从C点经过O点运动到B点为一次全振动 B．图乙中的P点时刻，振子的速度沿负方向 C．振子的振动方程为 D．振子初相 3．如图所示，一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是（　　） A．振子每次经过同一位置时，其加速度和速度都相同 B．当振子的振动位移减小时，则其速度和加速度均增加 C．从任意时刻开始经过二分之一周期时间，振子速度大小不变，合力做功为零 D．从任意时刻开始经过二分之一周期时间，振子速度大小不变，合力冲量为零 4．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，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．该弹簧振子的周期为1.6 s，振幅为30 cm B．该弹簧振子在时和时的速度相同 C．在时，该弹簧振子的加速度大小不为零 D．在到的时间内，该弹簧振子的加速度和速度都逐渐减小 5．一列简谐横波在介质中沿x轴传播，先后经过A和B两点且均已振动，A和B是介质中平衡位置相差半个波长的两个质点。已知A质点的位移随时间变化的关系为：，则下列判断正确的是（     ） A．这列波的传播周期为2 s B．质点B的振动方程为 C．时质点A偏离平衡位置的位移是 D．时质点B偏离平衡位置的位移是 6．如图甲所示，竖直悬挂的弹簧振子在、两点之间做简谐运动，点为平衡位置，振子到达点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的图像，则（　　） A．弹簧振子在O点时弹力为零 B．弹簧振子从点经过点再回到点为一次全振动 C．弹簧振子的振动方程为 D．弹簧振子在前内的路程为 7．如图所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题： (1)写出该振子简谐运动的表达式； (2)该振子在前的总位移是多少？路程是多少？ 8．如图所示为一水平方向弹簧振子的振动图像，弹簧的劲度系数为20N/cm，下列说法正确的是（　　） A．图中A点对应的时刻振子所受的弹力大小为50N，方向指向x轴正方向 B．图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴正方向，且处于减速运动阶段 C．在0~1.5s内振子做了3.75次全振动 D．在0~1.5s内振子通过的路程为75cm 9．（多选）如图所示，质量的小球套在光滑水平杆上，与一端固定的轻弹簧连接组成弹簧振子，小球做简谐运动的位移随时间变化关系为，O点为其平衡位置。已知该弹簧振子的周期为，其中m为小球质量，k为弹簧劲度系数，下列说法正确的是（   ） A．弹簧振子做简谐运动的周期为0.2s B．在任意时间内小球通过的路程均为75cm C．小球的最大加速度大小为 D．在与时刻小球的动量大小相等 10．（多选）一弹簧振子做简谐运动，周期为T，则下列说法正确的是（     ） A．若t时刻和时刻振子对平衡位置的位移大小相等，方向相同，则一定等于T的整数倍 B．若t时刻和时刻振子运动速度的大小相等，方向相反，则一定等于的整数倍 C．若，则在t时刻到时刻的时间内振子的位移可能大于振幅，可能等于振幅，可能小于振幅 D．若，则在t时刻和时刻振子的速度大小一定相等 11．如图所示，弹簧左端固定，右端与小球相连，小球套在光滑细杆上且在A、B点间往复运动，O点是A、B的中点。已知弹簧的劲度系数为k，A、O点间的距离为，小球的质量为m，通过单位可以判断小球从A点运动到B点的时间为（     ） A． B． C． D． ▌题型03 简谐运动的回复力和能量 1．回复力 (1)回复力：能够使物体在平衡位置附近做往复运动的力。 (2)效果：把物体拉回到平衡位置。回复力是效果力。 (3)方向：总是与位移x的方向相反，即总是指向平衡位置。 (4)表达式：F＝－kx。式中“－”号表示F与x方向相反。 2．简谐运动 理论上可以证明，如果物体所受的力具有F＝－kx的形式，物体就做简谐运动。也就是说：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，物体的运动就是简谐运动。 简谐运动的能量 3．简谐运动的能量 （1）能量转化： 弹簧振子运动的过程就是动能和势能互相转化的过程。 ①在最大位移处，势能最大，动能为零。 ②在平衡位置处，动能最大，势能最小。 （2）能量特点 在简谐运动中，振动系统的机械能守恒，所以简谐运动是等幅振动，而在实际运动中都有一定的能量损耗，因此简谐运动是一种理想化的模型。 （3）决定能量大小的因素 对确定的振动系统，机械能跟振幅有关，振幅越大，机械能越大，振动越强。 1．如图所示，一轻质弹簧下端挂一小球，小球静止在O点。现将小球竖直向下拉动一段距离从Q由静止释放，小球以O点为中心点在P、Q间做简谐运动，下列说法正确的是（    ） A．小球在O位置时，机械能最大，加速度最小 B．小球在Q位置时，重力势能最小，速度最大 C．小球从位置P到O过程中，回复力的功率一直增大 D．小球从位置O到Q过程中，重力的功率一直减小 2．（多选）弹簧振子在水平方向振动，已知弹簧的劲度系数，振子的振动图像如图所示。图中A点对应的时刻，振子（     ） A．所受的弹力大小为5N B．所受的回复力大小为5N C．加速度方向沿x轴的负方向 D．速度方向沿x轴的负方向 3．（多选）如图甲所示，将滑块连接在弹簧上并放置于气垫导轨上，将滑块拉到某一位置后由静止释放，位移传感器记录下滑块位置随时间的变化图像如图乙所示，则下列关于该滑块的说法正确的是（　） A．完成一次全振动的时间为 B．在一个周期内运动路程为 C．在第末和第末时的速度相同 D．第内滑块的动能转化为弹簧的弹性势能 4．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动，向右为正方向。振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是（     ） A．0.2s时振子的位移等于6cm B．0.4s时振子的速度最大 C．0.4s和1.2s时振子的回复力最大，动能最小 D．0.8s和1.6s时振子的速度相同 5．（多选）如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（    ） A．弹簧振子受重力、支持力、弹簧的弹力、回复力 B．t=0.1 s时，弹簧振子的位移为2.5 cm C．从t=0到t=0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续地减小 D．在t=0.2 s与t=0.6 s两个时刻，弹簧振子的回复力不相同 6．一质点做简谐运动，其位移与时间的关系曲线如图所示，由图可知（     ） A．振幅为，频率为0.2 Hz B．时质点具有负方向最大加速度 C．从到的时间内质点的路程为 D．该质点的振动方程为 7．图甲所示的“弹簧公仔”玩具由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型。现固定底座B，用力向下按物块A，松手后物块A沿竖直方向做简谐运动。取向上为正方向，物块A的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是（     ） A．物块A做简谐运动的回复力由弹簧弹力提供 B．时和时，物块A的位移大小相等、方向相反 C．物块A在任意内经过的路程不一定为 D．内，头部的动能与弹簧的弹性势能之和增加 8．（多选）如图甲所示，在光滑水平地面上，劲度系数的轻弹簧一端固定在竖直墙上，另一端与位于水平地面上、质量为的滑块拴接，质量为的滑块静置在滑块的水平上表面。向左轻轻推动滑块压缩弹簧，撤去外力后滑块、一起运动，弹簧右端在、之间运动，运动过程中A、B两滑块始终相对静止，滑块A做简谐运动，它的位移-时间图像如图乙所示。下列说法中正确的是（     ） A．两个滑块之间的摩擦力大小与滑块A偏离平衡位置的位移大小成正比 B．时，滑块受到的摩擦力大小为 C．滑块做简谐运动的周期为 D．内滑块通过的路程为 9．（多选）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随时间变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时，弹簧弹力为0 B．时，手机位于平衡位置下方 C．从至，手机的动能减小 D．a随t变化的关系式为 10．（多选）如图甲所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做简谐运动，O为平衡位置。以水平向右为正方向，从时刻起，振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．该振子的振动周期为 B．A、B之间的距离为 C．内，该振子从O向B运动，且其加速度不断增大 D．该振子在处和在处的速度一定相同 ▌题型04 单摆 1. 单摆 （1）定义：忽略悬挂小球的细线长度的形变量，且细线长度远大于球的直径，这样的装置就叫作单摆。 （2）实际摆看成单摆的条件 ①细线的质量与小球相比可以忽略不计。 ②小球的直径与线的长度相比可以忽略不计。 ③摆线的形变量与摆线长度相比可以忽略不计。 ④阻力与摆球的重力及细线的拉力相比可以忽略不计。 2．单摆的回复力 （1）回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力，即。 （2）回复力的特点：在摆角很很小时， （其中为偏离平衡位置的位移），单摆的回复力F＝，令，则。即摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 3．单摆的周期公式 (1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 (2)公式：T＝，即周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 4．对周期公式的理解 （1）单摆的周期公式在单摆偏角较小时（θ≤5°）成立。 （2）公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球。 （3）公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。 （4）周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。 1．下列有关单摆周期的说法正确的是（　　） A．只改变小球的质量不会改变单摆的周期 B．单摆的周期只与摆线长度有关 C．单摆在同步卫星中的周期与在地面时的相同 D．单摆的周期与摆线长度成正比 2．把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，已知绳子等长且不可伸长，二人均可看成质点，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．图中b点对应荡秋千时的最低点，此时回复力为零 B．小王荡秋千时，其周期大于6.28s C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小 D．该秋千的绳子长度约为5m 3．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin100πt(cm) C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 4．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的点钉一个光滑钉子，使。将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间往复运动，若运动中摆线与竖直方向夹角不超过5°，不计空气阻力，已知重力加速度为g。以下说法正确的是（     ） A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变 B．小球第一次从A到B与第一次从B到C的时间之比为 C．该摆动的周期为 D．小球碰钉前后绳的拉力之比为 5．如图甲所示，单摆固定悬点为，将摆球拉至点（摆球可看成质点），然后由静止释放，摆球在竖直平面内的、之间来回摆动，摆角，点为运动中的最低位置。从点刚释放开始计时，摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度，。下列说法正确的是（　　） A．单摆的摆长为 B．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 C．点处于摆球运动的平衡位置，回复力最大 D．在的时间内，摆球从点向点运动 6．如图甲所示，在天花板上的O点用一定长度的摆线悬挂一个摆球，在O点的下方P点处有一个钉子，现将摆球向左拉开一个很小的角度，t＝0时将摆球由静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到钉子，此后摆球又向右摆动一个很小角度（不超过5°），设向左为正方向，摆球的振动图像如图乙所示（图线与两轴的交点已在图中标出，x1、x2分别为最低点到两侧最高点的位移），不计摆线和钉子相碰时的能量损失，取重力加速度g＝π2m/s2，求： (1)单摆的振动周期； (2)钉子的位置P点到悬点O的距离； (3)摆球摆到两侧最高点的位置是否等高？请论证； (4)图像中x1与x2的比值。 7．甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，由图可知（     ） A．时，甲的回复力为0，乙的速度为0 B．时，甲、乙的速度方向相同 C．甲、乙两个摆的振幅之比是4：1 D．甲、乙两个摆的摆长之比是1：2 8．如图所示，AO'段为半径为R的光滑圆弧面，BO'段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长≪R，且A、B等高，现有四个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，d球从中点P处静止释放沿圆弧下滑，若四个小球（均可看成质点）同时释放，各自第一次到达圆弧最低点的时间分别为ta、tb、tc、td，则下列判断正确的是（　　） A．ta>tb>tc> td B．ta=tb=td>tc C．ta>tb>td>tc D．tb>ta=td>tc 9．（多选）如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧曲面AOB上做简谐运动，圆弧轨道对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，图中t=0时刻小球从A点开始运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．该圆弧轨道的半径为 B．小球的质量为 C．小球在A点所受的回复力为零 D．t0时刻小球的动能为零 10．如图甲，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之间做简谐运动，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，图中为摆球从A点开始运动的时刻，g取。求： (1)单摆的摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度。 ▌题型05 等效单摆 单摆的周期公式：T＝，式中l是等效摆长，g是等效重力加速度。等效重力加速度等于单摆没有摆动时在平衡位置时摆线上的拉力与摆球质量的比值。 1．等效法是物理学常用的科学思想方法，可以建构等效物理过程以便于解决问题。不可伸长的轻质、绝缘细线一端固定在天花板上，一端与带电小球相连，组成如图所示的单摆，其摆动周期为。仅在空间中加水平向右的匀强电场时，其摆动周期为。仅在空间中加垂直纸面向里的匀强磁场时，其摆动周期为。若不计空气阻力，摆角均小于，则、、的大小关系为（     ） A． B． C． D． 2．将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为的斜面上，其摆角为，如图。下列说法正确的是（　　） A．摆球做简谐运动的回复力为 B．摆球做简谐运动的回复力为 C．摆球做简谐运动的周期为 D．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力 3．小周同学在学习完单摆知识后，制作了一个秒摆（周期是2s的单摆叫秒摆），如图1所示，已知摆球质量为m，已知地球表面的重力加速度为g。 (1)若将金属球带上电荷量为q的正电荷，置于竖直向下大小为的匀强电场中，如图2所示，则该单摆的周期为多少？ (2)若该秒摆被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速度为0.4g，如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2s，仅将摆长调整为原来的多少倍？ 4．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上与O相距为l的两点上，使三角形AOB成直角三角形，，已知OC线长为l，下端C点系着一个小球。下列说法正确的是（以下振动皆指小角度摆动）（　　） A．让小球在纸面内振动，周期 B．让小球垂直于纸面振动，周期 C．让小球在纸面内振动，周期 D．让小球垂直于纸面振动，周期 5．如图所示，三根长度均为l0的绳a、b、c组合系住一质量分布均匀的小球，球的直径为d，绳a、b与天花板的夹角均为α=30°，重力加速度为g。则： (1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期T1为多少？ (2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期T2又为多少？ 6．如图所示为相同的小球（可看作质点）构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4（其中（3）图两小球均带负电荷，（4）图中振动系统处于匀加速下降的电梯内），关于周期大小关系的判断，正确的是（     ） A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2 C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T4 7．（多选）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为，在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（　　） A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为 C．多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立 D．在图2的测量过程中，满足关系 8．如图甲所示，一根轻杆和一根轻质细线组成一个“杆线摆”，杆线摆可以绕着悬挂轴来回摆动，轻杆与悬挂轴垂直，摆线与轻杆的夹角。其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，倾斜平面与水平面的夹角也为，该杆线摆做简谐运动的x-t图像如图乙所示，P是图像上对应。时刻的某点，，取重力加速度。则（　　） A．时刻摆球的速度方向沿图像上P点的切线 B．该杆线摆的细线长约为 C．该杆线摆做简谐运动的振幅是8cm D．摆球在10s内通过平衡位置5次 9．“双线摆”如图甲所示，双线长均为L，两线夹角为，摆球质量为m，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角（小于5°）摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为L的轻杆一端通过活动绞链与立柱垂直连接，另一端安装质量为m的摆球，细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的A点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于5°，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．图甲中摆球的周期为 B．图乙中摆球的摆动周期为 C．图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小 D．若增大细线长度使A点上移，则摆球运动周期增大 10．如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（　　） A．单摆在斜面上摆动的周期为 B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为 C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大 D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小 ▌题型06 用单摆测量重力加速度 一、实验原理 由，得，则测出单摆的摆长l和周期T，即可求出当地的重力加速度． 二、实验器材 铁架台及铁夹，金属小球(有孔)、秒表、细线(1 m左右)、刻度尺、游标卡尺． 三、实验步骤 1．让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，制成一个单摆． 2．将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹上，使摆线自由下垂．在单摆平衡位置处做上标记． 3．用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长为l＝ 。 4．把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球．摆球经过最低位置时，用秒表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期． 5．改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格． 四、数据处理 1．公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝ 中求出g值，最后求出g的平均值． 设计如下所示实验表格 实验次数 摆长l/m 周期T/s 重力加速度g/(m·s－2) 重力加速度g的平均值/(m·s－2) 1 2 3 2．图像法：由T＝得T2＝ ，以T2为纵坐标，以l为横坐标作出T2－l图像(如图所示)．其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。 五、注意事项 1．选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球． 2．摆动时摆线偏离竖直方向的角度应很小． 3．摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆． 4．计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测n次全振动的时间t. 1．某实验小组用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。 (1)如图乙中A、B、C是摆线上端的三种悬挂方式，应选哪种方式更好？答：应选__________； (2)用游标卡尺测量摆球直径如图所示，则摆球直径为_______cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0，通过计算得到摆长L； (3)当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当n数到一定数值时秒表的示数如上图所示，则此时秒表读数为_______s； (4)若某同学实验中测出单摆做N次全振动所用时间为t、摆线长为L、摆球直径为d，则当地的重力加速度g=_______（用测出的物理量表示）； (5)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摆长（T2-L）的关系图像如图丁所示，已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是（　　） A．出现图线c的原因可能是误将摆线长记作摆长L B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长L C．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，由图线c计算出的g值偏小 (6)在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是（　　） A．测摆长时，摆线拉得过紧，则L偏大，重力加速度偏大 B．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径，重力加速度偏大 C．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小，重力加速度偏大 D．测量周期时，把n个全振动误认为（n-1）个全振动，使周期偏大，重力加速度偏大 2．某同学用双线摆测当地的重力加速度，装置如图所示。用长为L的不可伸长的细线穿过球上过球心的V型小孔，细线两端固定在水平杆上的A、B两点。球的直径远小于细线长。 (1)使小球在垂直于AB的竖直平面内做小幅度摆动，小球经过最低点时开始计时并记为1，第 n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则该双线摆的周期 ________（用 n、t表示），若A、B间距离为d，则等效摆长为___________（用L、d表示）； (2)改变细线的长度，细线的两端分别固定在A、B两点不变，多次重复实验，记录每次细线的长L及相应的周期T，为了能直观地看出物理量之间的关系，根据测得的多组L、T，应作出___________图像（填选项序号）； A． B． C． D． (3)若作出的图像为直线且斜率为k，则可求得当地的重力加速度。___________。（用π、k表示） 3．某实验小组的同学们用图甲所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。 (1)在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆________（填选项前的字母） A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约1cm的均匀铁球 D．直径约1cm的塑料球 (2)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________（填选项前的字母）。 A．测出摆线长作为单摆的摆长 B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动 C．在摆球经过平衡位置时开始计时 D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 (3)王同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据作出了如图乙所示的图像，横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方。若图线斜率为k，则当地的重力加速度g＝________（用k表示）。 (4)李同学用一组数据测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（填选项前的字母）。 A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下秒表 C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间 4．某同学在学习完单摆的相关知识后，想要在家利用手边的物品测量本地的重力加速度，用不规则的钥匙扣代替小球做成简单单摆装置，手机上的计时功能代替秒表，实验过程如下： （1）拉开较小角度后将钥匙扣由静止释放，并在钥匙扣第1次通过最低点按下计时“开始”按钮，第次通过最低点停止计时，记录手机上的时间为，则单摆的周期为___________； （2）用家中软尺测得悬挂点到钥匙扣连接处的长度为； （3）若该同学多次改变细线长度得到多组数据，描点作出得到图像，得到的图像可能是___________； （4）若该同学改变细线长度后只做两次实验，得到两组长度和周期的数据：、、 、，利用数据测得重力加速度为___________； （5）钥匙扣的形状不规则，对上述实验测得的重力加速度___________（填“有”或者“无”）影响。 5．某学习小组用如图甲所示装置进行“用单摆测定重力加速度”的实验。 (1)下列说法正确的有______（填标号）。 A．摆角要尽可能大 B．摆线应适当长些 C．摆球应选择密度大、体积小的实心金属小球 (2)如图甲，可在单摆悬点处安装力传感器，某同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，则单摆的周期为______（用字母表示）。 (3)在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为，再用螺旋测微器测得摆球的直径为，则该单摆摆长的表达式为______（用所测物理量的字母表示）。 (4)根据已知的物理量，可得重力加速度的表达式为______（用字母、、表示）。 6．某同学欲测量当地的重力加速度，利用的实验器材有：带有滑槽的水平导轨，足够长的一端带有滑轮的木板，不可伸长的细线，重物，沙漏（装有沙子），立架，加速度传感器，刻度尺。具体操作如下： ①按图甲所示安装好实验器材，并测量摆线的长度L（沙漏的大小可忽略）； ②将沙漏拉离平衡位置（摆角较小）由静止释放，使沙漏在竖直面内摆动； ③沙漏振动稳定后，由静止释放重物，使木板沿滑槽运动，记下加速度传感器的示数a0，漏出的沙子在木板上形成的曲线如图乙所示（忽略沙子落在木板上后木板的质量变化）； ④缓慢移出木板，测量曲线上相邻三点A、B、C之间的间距xAB、xBC，并计算出； ⑤改变立架的高度及摆线的长度，重复②③④的操作。 回答下列问题： (1)对该实验，下列说法正确的是 。（填字母） A．随着沙漏中沙子的流出，将减小 B．其他条件不变，增大重物的质量且减小摆角，将增大 C．其他条件不变，增大摆线的长度且减小摆角，不变 (2)沙漏振动稳定的周期T=_________。（用、a0表示）。 (3)该同学依据测出的L和，作出的L-图像如图丙所示，若测得该图像的斜率为k，则计算重力加速度的表达式为g=_________。（用题中字母表示）。 7．某同学利用在半径为R的光滑圆弧球面上做简谐运动的匀质小球来测定当地的重力加速度，实验装置如图1所示，在该实验条件下，小球在圆弧球面上的运动可视为单摆。 (1)该同学首先利用游标卡尺测量小球的直径，示数如图2所示，则小球的直径为______cm。 (2)该同学在圆弧球面下方安装了压力传感器，将小球从A点由静止释放后，压力传感器的示数变化如图3所示，则小球摆动的周期为______。 (3)下列说法不正确的是______。 A．小球摆动到最高点速度为零，加速度不为零 B．小球摆动过程中合力方向始终指向 C．最低点为平衡位置，此时合力为0 (4)根据已知的物理量，可得当地重力加速度g的表达式为______（用d、、R表示）。 (5)另一同学将光滑圆弧球面半径R当做小球等效单摆长度所测得g比真实重力加速度______（选填“偏大”“偏小”“正确”）。 8．某同学在健身房看到一悬挂的沙袋，于是想用手头的工具测定当地重力加速度该同学将沙袋从最低点移开一小段距离由静止释放，则沙袋的运动可等效为单摆模型，如图甲所示。考虑到悬点很高，不方便测量单摆摆长，但可以改变绳长，进行多次实验。 具体步骤如下： ①用米尺测量沙袋底部距地面距离h； ②用秒表测量沙袋摆动时对应周期T； ③调整绳长得到不同的h，重复步骤①②，正确操作，根据实验记录的数据，绘制如图乙所示的—h图像，横纵轴截距分别为a、b。请回答下列问题： (1)该实验中__________（选填“需要”或“不需要”）测出沙袋的质量。 (2)测量沙袋运动周期时，待摆动稳定后，自沙袋经过________（选填“最高”或“最低”）点时记为1次并用秒表开始计时，此后沙袋每经过该点一次计数一次，计数到50时，停表的读数为t，则摆的振动周期T=________。（用t表示）。 (3)由—h图像可得当地的重力加速度g=________（用字母、a、b表示） (4)考虑到沙袋形状不规则，有同学认为应该从沙袋重心往地面测高度h，但由于重心没有办法确定，实际操作是从沙袋底部到地面测h，该做法测重力加速度的测量值________真实值。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 9．如图甲所示，某实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验： (1)下列说法正确的是__________。 A．应选择半径较大、密度较小的摆球 B．为使单摆的周期大一些以方便测量，开始拉开摆球时，应使摆球的摆角大一些 C．为保证摆球摆动时摆长不变，应用夹子夹住摆线上端 D．单摆经过平衡位置时开始计时，一次全振动后停止计时，用此时间作为单摆周期 (2)实验中，测量不同摆长及对应的周期，用多组实验数据做出摆长与周期平方的图像如图乙所示，则重力加速度的大小为__________；（取9.86，结果保留3位有效数字） (3)某名同学每次都把摆线长加上小球直径来计算摆长，由此得到的图像是图丙中的__________（填“①”“②”或“③”），该同学测得的重力加速度值与正确操作得到的测量值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。 10．某探究小组借助手机的计时器和测角度软件来测量当地的重力加速度。实验装置如图甲所示，两根长度均为的细线（不可伸长）系在小球的顶端，构成双线摆。请回答下列问题： (1)如图乙是用游标卡尺测量小球的直径，则小球的直径是__________cm； (2)让双线摆垂直于纸面做小角度摆动。某次摆到最低点时开始计时，并计数为1，第二次摆到最低点时计数为2，当小球第次摆到最低点时停止计时。手机计时器测得的总时间为，则双线摆摆动的周期__________； (3)多次改变细线的两个悬点、间的距离，并用手机测角度软件测出静止时细线与竖直方向的夹角，重复实验多次，得到多组、，作图像，如图丙所示，图像的斜率为，则当地的重力加速度__________（用题中已测物理量的符号表示）；若漏测了小球直径，则用图像处理数据时，得到的值将__________（选填“偏小”、“偏大”或“不变”）。 ▌题型07 受迫振动和共振 1．阻尼振动：振动系统受到阻碍作用时，振幅随时间逐渐减小，振动系统的机械能逐步转变为其他能量的振动。其振动图像如图所示。 2．自由振动与固有频率 （1）自由振动：系统不受外力和任何阻力作用，只在自身回复力作用下的振动。 （2）固有频率：自由振动的频率。固有频率由系统自身的特征决定。 （3）无阻尼振动：理想情况下(即不受任何阻力，没有任何能量损耗)振幅保持不变的简谐运动。 3．受迫振动 （1）驱动力 阻尼振动最终要停下来，为了使系统持续振动下去，使周期性的外力作用于振动系统，外力对系统做功，补偿系统的能量损耗，这种周期性的外力叫作驱动力。 （2）受迫振动 ①定义：系统在驱动力作用下的振动。 ②受迫振动的频率（周期） 物体做受迫振动达到稳定后，其振动频率总等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。 4. 共振 （1）共振概念：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。 （2）共振的条件：驱动力的频率等于系统的固有频率。 （3）共振的特征：共振时振幅最大。 （4）共振曲线（如图所示）。 f＝f0时，A＝Am，f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小。 1．上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，有效抵御了大风对建筑的影响。该阻尼器沿水平方向做阻尼振动，振动图像如图所示。关于阻尼器的说法正确的是（     ） A．振动周期越来越小 B．振动的能量越来越小 C．时的动能为零 D．“上海慧眼”通过和中心大厦发生共振来保持稳定 2．如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中，当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动频率约为3Hz。现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球的振动达到稳定，下列说法正确的是（　） A．圆盘转动时，小球稳定振动周期为4s B．圆盘转动时，小球稳定振动频率为3Hz C．圆盘静止和转动时，小球都是做受迫振动 D．圆盘静止和转动时，小球都是做自由振动 3．下列关于机械振动的说法正确的是（　　） A．受迫振动稳定后，其振动的周期总等于系统的固有周期 B．阻尼振动振幅逐渐减小，同时能量逐渐消失 C．当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大 D．为避免共振现象发生，应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率 4．（多选）如图甲所示，上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，有效抵御了大风对建筑的影响。该阻尼器实质是一个摆，做阻尼振动的振动图像如图乙所示。下列关于阻尼器的说法正确的是（　　） A．阻尼器在A、B两时刻相对O点的高度相同 B．阻尼器在A时刻的动能等于在B时刻的动能 C．阻尼器在A时刻的势能等于在B时刻的势能 D．阻尼器的频率逐渐减小 5．港珠澳大桥是世界上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最大的桥梁工程。港珠澳大桥在设计和建造中采用了一种安装在桥塔与梁体之间的阻尼器，其作用主要是通过消耗振动能量来减小桥梁的振幅。阻尼器的使用主要改变了（　　） A．桥梁的固有频率 B．桥梁系统的总阻尼 C．外来驱动力的频率 D．桥梁的固有周期 6．动圈式扬声器可以利用随声音变化的电流带动扬声器中纸盆的振动，从而发出声音。下列说法正确的是（　　） A．纸盆的振动周期完全由自身决定 B．纸盆的振动属于受迫振动，其周期与输入的电流有关 C．正常工作的扬声器某时刻断开电源后，纸盆继续振动的周期一定会减小 D．正常工作的扬声器某时刻断开电源后，纸盆继续振动的振幅保持不变 7．为了交通安全，常在公路上设置减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为洗衣板效应。如果某路面上的减速带的间距为1.5m，一辆固有频率为2Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（　　） A．当汽车以5m/s的速度行驶时，其振动频率为2Hz B．当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸最厉害 C．当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸 D．汽车速度越大，颠簸的就越厉害 8．一个共振筛如图甲所示，该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电动偏心轮的电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子的质量，筛子的固有周期随之增大。某段时间内偏心轮的转速是，下列说法正确的是（　　） A．共振筛此时的频率是 B．增加偏心轮的转速，可以使筛子的振幅增大 C．适当增大筛子的质量，可以使筛子的振幅增大 D．适当减小偏心轮的电压，可以使筛子的振幅增大 9．如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法正确的是（　　） A．若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则两次摆长之比为l1：l24：25 B．图线II若是在地球表面上完成的，则该摆摆长约为2m C．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线Ⅰ是月球上的单摆共振曲线 D．以上说法都不对 10．如图所示为实验室中一单摆的共振曲线，由共振曲线可知（     ） A．则该单摆的摆长约为1.5m B．若增大摆长，共振曲线的峰值向左偏移 C．若增大摆球的质量，共振曲线的峰值向右偏移 D．若在月球上做实验，共振曲线的峰值向右偏移 11．历史上曾有军队齐步通过桥梁导致桥梁剧烈振动甚至坍塌的事故。为避免此类危险，现代军队过桥时通常改为便步（即步伐不统一）。下列说法正确的是（     ） A．军队齐步走产生的驱动力频率等于桥梁的固有频率时，桥梁的振幅最大 B．桥梁的固有频率与军队齐步走的频率有关 C．军队总质量越大，桥梁越有可能发生共振 D．桥梁做简谐运动时，振幅越大，固有频率越高 12．如图所示，当A振动起来后，通过绷紧的水平绳迫使B、C、D、E、F、G六个小球振动起来，对于摆球振动过程的描述中，下列说法正确的是（　　） A．C的周期最大 B．B、C、D、E、F、G六个小球的周期相同 C．B、C、D、E、F、G六个小球的振幅相同 D．只有A、D、G小球的周期相同 13．如图甲所示，竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动“T”形支架在竖直方向振动，“T”形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，让小球上下做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．t=1.5 s时，小球沿y轴负方向运动 B．t=1.5 s时，小球的加速度方向为y轴正方向 C．t=2 s时，小球的速度为零 D．将圆盘转速调至4r/min，小球振动稳定时振幅最大 14．图示为中国科技馆展示的器具“龙洗”。铜盆内装入适量的水，双手持续摩擦盆耳对盆施加周期性驱动力，若盆固有频率为，仅将双手摩擦盆的频率由逐渐增加至。则盆内溅起水花的剧烈程度（     ） A．逐渐减弱 B．逐渐增强 C．先减弱后增强 D．先增强后减弱 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $