高中物理第一章机械振动1.2探究摆钟的物理原理练习(含解析)沪科版选修3-4

第一章机械振动(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的()A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速直线运动D．非匀变速直线运动解析：选D.从位移方面来看，做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化，所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动；从振子的受力情况来看，水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力，而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的．随着振子的不断运动，弹簧的形变量在不断变化，弹簧对振子的弹力也在不断变化，从而振子的加速度也在变化．因此，振子的简谐运动属于非匀变速直线运动．2.如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加解析：选D.从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量一直减小，即弹性势能一直减小，A错；运动到平衡位置时速度最大，动能最大，B 错；球所受合力最大的位置在最低点，若小球好脱离弹簧时的速度恰好为零，则由简谐运动的对称性知，在最低点合力的最大值大小等于重力，但由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动，所以在最低点向上的合力大于重力，C错；从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中，动能减小，但由于该过程弹簧对小球做正功，小球机械能增加，D正确．3.在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是()A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz解析：选D.驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz ，就能使酒杯碎掉．4.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N 被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO 1代表时间轴．图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板N 1和板N 2的速度v 1和v 2的关系为v 2＝2v 1，则板N 1、N 2上曲线所代表的振动的周期T 1和T 2的关系是( )A ．T 2＝T 1B ．T 2＝2T 1C ．T 2＝4T 1D ．T 2＝14T 1解析：选D.由图乙知x 1＝x 2，因此t 1＝x 1v 1，t 2＝x 2v 2，且v 2＝2v 1，则t 1t 2＝v 2v 1＝21，又t 1＝T 1，t 2＝2T 2，故有T 12T 2＝21，则T 1＝4T 2. 5.如图所示为某一质点的振动图像，由图可知，在t 1和t 2两个时刻，|x 1|＞|x 2|，质点速度v 1、v 2与加速度a 1、a 2的关系为( )A ．v 1＜v 2，方向相同B ．v 1＜v 2，方向相反C ．a 1＞a 2，方向相同D ．a 1＞a 2，方向相反解析：选AD.由图像可知，t 1、t 2两时刻，质点都在沿x 轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A 正确．由F ＝－kx 可知F 1＞F 2，对于同一质点来说，a 1＞a 2且方向相反．选项D 正确．6.如图所示，A 、B 分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A 为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中( )A ．位于B 处的动能最大B ．位于A 处时势能最大C ．在位置A 的势能大于在位置B 的动能D ．在位置B 的机械能大于在位置A 的机械能解析：选BC.单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点重力势能最大，最低位置时动能最大，故B 正确，A 错误．在B 点E B ＝E k B ＋E p B ＝E p A ，故C 正确，D 错误．7.如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则( )A ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l 甲∶l 乙＝2∶1B ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l 甲∶l 乙＝4∶1C ．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g 甲∶g 乙＝4∶1D ．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g 甲∶g 乙＝1∶4解析：选BD.由图像可知T 甲∶T 乙＝2∶1，根据T ＝2πl g ，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l 甲∶l 乙＝4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g 甲∶g 乙＝1∶4.故B 、D 正确．8.甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由平衡位置拉开，使摆角α甲＞α乙(α甲、α乙都小于10°)，由静止开始释放，则( )A ．甲先到达平衡位置B ．乙先到达平衡位置C ．甲、乙同时到达平衡位置D ．无法判断解析：选C.两个摆长相同的单摆，实际上就是相同的摆，在摆角都小于10°时都做简谐运动并且“步调”相同，即两单摆的振动是同相的．9.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为fA.f 固＝固C ．50 Hz<f 固<60 Hz D ．以上三个都不对解析：选C.从图所示的共振曲线，可判断出f 驱与f 固相差越大，受迫振动的振幅越小；f 驱与f 固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f 驱越接近f 固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f 驱在50 Hz ～60 Hz 范围内时振幅变化最小，因此50 Hz<f固<60 Hz ，即C 正确．10.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A 、B 两点，历时1 s ，质点通过B 点后再经过1 s 又第2次通过B 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 cmB ．4 s ，6 cmC ．4 s ，9 cmD ．2 s ，8 cm解析：选B.因质点通过A 、B 两点时速度相同，说明A 、B 两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由B 到最大位移，与由A 到最大位移的时间相等，即t 1＝0.5 s ，则T 2＝t AB ＋2t 1＝2 s ，即T ＝4 s ，由过程的对称性可知：质点在这2 s 内通过的路程恰为2A ，即2A ＝12 cm ，A ＝6 cm ，故B 正确．二、实验题(本题共2小题，共12分．按题目要求作答)11.(4分)利用单摆测重力加速度时，测出几组摆长和相应周期T ，并作出T 2－l 图像，如图所示．已知图线与横轴间的夹角为θ，图线上的A 、B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)(x 2，y 2)，则可得到重力加速度g ＝________．解析：先根据图线上A 、B 两点的坐标(x 1，y 1)(x 2，y 2)，求出图线斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1，再根据T 2＝4π2g l 知：4π2g ＝k ，所以g ＝4π2k ＝4π2（x 2－x 1）y 2－y 1. 答案：4π2（x 2－x 1）y 2－y 112.(8分)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50 cm ，摆球直径为2.00 cm ，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则(1)该摆摆长为______cm ，停表表示的读数为______s.(2)如果测得的g 值偏小，可能的原因是________．A ．测摆线时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验时误将49次全振动数为50次解析：(1)本题要求真正掌握摆长的概念，能应用停表读数，会应用公式g＝4π2l/T2去分析造成实验误差的原因．由摆长的概念，摆长应等于摆线长与摆球半径之和：97.50 cm＋1.00 cm＝98.50 cm停表读数t总＝90 s＋9.78 s＝99.78 s.(2)由公式g＝4π2l/T2，可知：A项是使l变大，测得g值偏大，B项导致周期T 偏大，使g值偏小，C、D项导致周期T偏小，使g值偏大．答案：(1)98.5099.78(2)B三、计算题(本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(8分)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的物块．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.解析：单摆周期公式T＝2πlg，(3分)又因为kl＝mg(3分)解得T＝2πmk.(2分)答案：2πm k14.(12分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s内通过的路程及位移大小；(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．解析：(1)设振幅为A，由题意BC＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm.振子从B到C所用时间t＝0.5 s，为周期T的一半，所以T＝1.0 s；f＝1/T＝1.0 Hz.(4分)(2)振子在1个周期内通过的路程为4A.故在t＝5 s＝5T内通过的路程s＝t/T×4A＝200 cm.5 s内振子振动了5个周期，5 s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm.(4分)(3)振子加速度a＝－km x，a∝x，所以a B∶a P＝x B∶x P＝10∶4＝5∶2.(4分)答案：见解析15.(14分)如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力F作用下由静止开始向上做匀变速直线运动，一个装有指针的频率为5 Hz的电动音叉在玻璃板上画出如图所示的曲线，量得OA＝1 cm，OB＝4 cm，OC＝9 cm，则拉力F的大小为多少？(g取10 m/s2)解析：由振动图线可知，OA 、AB 、AC 三段时间相同，设为T ，有2T ＝1f ＝15 s ＝0.2 s ，解得T ＝0.1 s(4分)对玻璃板匀变速运动过程，由运动学知识可得Δx ＝BC －OA ＝2aT 2(3分)解得a ＝BC －OA 2T 2＝2 m/s 2(3分) 对玻璃板，由牛顿第二定律可得F －mg ＝ma (2分)解得F ＝mg ＋ma ＝24 N ．(2分)答案：24 N16.(14分)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的周期是T 0，当气球停在某一高度时，测得单摆周期为T ，求该气球此时离海平面的高度h .(地球可看成质量均匀分布半径为R 的球体)解析：设单摆的摆长为l ，海平面处的重力加速度为g 0，h 高处的重力加速度为g ，根据单摆周期公式，分别有T 0＝2πl g 0(3分)T ＝2πl g (3分)设地球的质量为M ，地球表面附近物体的质量为m ，在地面附近重力近似等于万有引力，分别有mg 0＝G Mm R 2(3分)mg ＝G Mm （R ＋h ）2(3分) 联立以上各式解得h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T T 0－1R .(2分) 答案：h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T T 0－1R。

第一章机械振动(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的()A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速直线运动D．非匀变速直线运动解析：选D.从位移方面来看，做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化，所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动；从振子的受力情况来看，水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力，而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的．随着振子的不断运动，弹簧的形变量在不断变化，弹簧对振子的弹力也在不断变化，从而振子的加速度也在变化．因此，振子的简谐运动属于非匀变速直线运动．2.如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加解析：选D.从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量一直减小，即弹性势能一直减小，A错；运动到平衡位置时速度最大，动能最大，B错；球所受合力最大的位置在最低点，若小球好脱离弹簧时的速度恰好为零，则由简谐运动的对称性知，在最低点合力的最大值大小等于重力，但由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动，所以在最低点向上的合力大于重力，C错；从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中，动能减小，但由于该过程弹簧对小球做正功，小球机械能增加，D正确．3.在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是()A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz解析：选D.驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，就能使酒杯碎掉．4.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO1代表时间轴．图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板N1和板N2的速度v1和v2的关系为v2＝2v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系是()A ．T 2＝T 1B ．T 2＝2T 1C ．T 2＝4T 1D ．T 2＝14T 1解析：选D.由图乙知x 1＝x 2，因此t 1＝x 1v 1，t 2＝x 2v 2，且v 2＝2v 1，则t 1t 2＝v 2v 1＝21，又t 1＝T 1，t 2＝2T 2，故有T 12T 2＝21，则T 1＝4T 2. 5.如图所示为某一质点的振动图像，由图可知，在t 1和t 2两个时刻，|x 1|＞|x 2|，质点速度v 1、v 2与加速度a 1、a 2的关系为( )A ．v 1＜v 2，方向相同B ．v 1＜v 2，方向相反C ．a 1＞a 2，方向相同D ．a 1＞a 2，方向相反解析：选AD.由图像可知，t 1、t 2两时刻，质点都在沿x 轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A 正确．由F ＝－kx 可知F 1＞F 2，对于同一质点来说，a 1＞a 2且方向相反．选项D 正确．6.如图所示，A 、B 分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A 为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中( )A ．位于B 处的动能最大 B ．位于A 处时势能最大C ．在位置A 的势能大于在位置B 的动能D ．在位置B 的机械能大于在位置A 的机械能解析：选BC.单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点重力势能最大，最低位置时动能最大，故B 正确，A 错误．在B 点E B ＝E k B ＋E p B ＝E p A ，故C 正确，D 错误． 7.如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则( )A ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l 甲∶l 乙＝2∶1B ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l 甲∶l 乙＝4∶1C ．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g 甲∶g 乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4解析：选BD.由图像可知T甲∶T乙＝2∶1，根据T＝2πlg，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4.故B、D正确．8.甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由平衡位置拉开，使摆角α甲＞α乙(α甲、α乙都小于10°)，由静止开始释放，则()A．甲先到达平衡位置B．乙先到达平衡位置C．甲、乙同时到达平衡位置D．无法判断解析：选C.两个摆长相同的单摆，实际上就是相同的摆，在摆角都小于10°时都做简谐运动并且“步调”相同，即两单摆的振动是同相的．9.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()A.f固＝固C．50 Hz<f固<60 Hz D．以上三个都不对解析：选C.从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱在50 Hz～60 Hz范围内时振幅变化最小，因此50 Hz<f固<60 Hz，即C正确．10.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1 s，质点通过B 点后再经过1 s又第2次通过B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，6 cmC．4 s，9 cm D．2 s，8 cm解析：选B.因质点通过A、B两点时速度相同，说明A、B两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由B到最大位移，与由A到最大位移的时间相等，即t1＝0.5 s，则T2＝t AB＋2t1＝2 s，即T＝4 s，由过程的对称性可知：质点在这2 s内通过的路程恰为2A，即2A＝12 cm，A＝6 cm，故B正确．二、实验题(本题共2小题，共12分．按题目要求作答)11.(4分)利用单摆测重力加速度时，测出几组摆长和相应周期T，并作出T2－l图像，如图所示．已知图线与横轴间的夹角为θ，图线上的A、B两点的坐标分别为(x1，y1)(x2，y2)，则可得到重力加速度g＝________．解析：先根据图线上A、B两点的坐标(x1，y1)(x2，y2)，求出图线斜率k＝y2－y1x2－x1，再根据T2＝4π2g l知：4π2g＝k，所以g＝4π2k＝4π2（x2－x1）y2－y1.答案：4π2（x2－x1）y2－y112.(8分)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则(1)该摆摆长为______cm，停表表示的读数为______s.(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．A．测摆线时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验时误将49次全振动数为50次解析：(1)本题要求真正掌握摆长的概念，能应用停表读数，会应用公式g＝4π2l/T2去分析造成实验误差的原因．由摆长的概念，摆长应等于摆线长与摆球半径之和：97.50 cm＋1.00 cm＝98.50 cm 停表读数t总＝90 s＋9.78 s＝99.78 s.(2)由公式g＝4π2l/T2，可知：A项是使l变大，测得g值偏大，B项导致周期T偏大，使g值偏小，C、D项导致周期T偏小，使g值偏大．答案：(1)98.5099.78(2)B三、计算题(本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(8分)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的物块．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.解析：单摆周期公式T＝2πlg，(3分)又因为kl＝mg(3分)解得T＝2πmk.(2分)答案：2πm k14.(12分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s内通过的路程及位移大小；(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．解析：(1)设振幅为A，由题意BC＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm.振子从B到C所用时间t＝0.5 s，为周期T的一半，所以T＝1.0 s；f＝1/T＝1.0 Hz.(4分)(2)振子在1个周期内通过的路程为4A.故在t＝5 s＝5T内通过的路程s＝t/T×4A＝200 cm.5 s内振子振动了5个周期，5 s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm.(4分)(3)振子加速度a ＝－kmx ，a ∝x ，所以a B ∶a P ＝x B ∶x P ＝10∶4＝5∶2.(4分)答案：见解析15.(14分)如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg ，在拉力F 作用下由静止开始向上做匀变速直线运动，一个装有指针的频率为5 Hz 的电动音叉在玻璃板上画出如图所示的曲线，量得OA ＝1 cm ，OB ＝4 cm ，OC ＝9 cm ，则拉力F 的大小为多少？(g 取10 m/s 2)解析：由振动图线可知，OA 、AB 、AC 三段时间相同，设为T ，有2T ＝1f ＝15s ＝0.2 s ，解得T ＝0.1 s(4分)对玻璃板匀变速运动过程，由运动学知识可得 Δx ＝BC －OA ＝2aT 2(3分)解得a ＝BC －OA2T2＝2 m/s 2(3分) 对玻璃板，由牛顿第二定律可得F －mg ＝ma (2分) 解得F ＝mg ＋ma ＝24 N ．(2分) 答案：24 N16.(14分)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的周期是T 0，当气球停在某一高度时，测得单摆周期为T ，求该气球此时离海平面的高度h .(地球可看成质量均匀分布半径为R 的球体)解析：设单摆的摆长为l ，海平面处的重力加速度为g 0，h 高处的重力加速度为g ，根据单摆周期公式，分别有T 0＝2πlg 0(3分)T ＝2πlg(3分)设地球的质量为M ，地球表面附近物体的质量为m ，在地面附近重力近似等于万有引力，分别有mg 0＝G MmR 2(3分)mg ＝G Mm（R ＋h ）2(3分)联立以上各式解得h ＝⎝⎛⎭⎫T T 0－1R .(2分)答案：h ＝⎝⎛⎭⎫T T 0－1R。

本章测评(时间90分钟满分100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1关于单摆,下列说法中正确的是（）A．摆球运动回复力是摆线张力和重力的合力B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度相等C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置D．摆球经过平衡位置时,加速度为零2关于简谐运动的频率，下列说法正确的是…（）A．频率越高，振动质点运动的速度越大B．频率越高,单位时间内速度的方向变化的次数越多C．频率是50 Hz时，1 s内振动物体速度方向改变100次D．弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置时的速度大小有关3在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中,对提高测量结果精确度有利的是( )A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期4如图所示是物体做受迫振动时的共振曲线，其纵坐标表示物体的( )A．在不同时刻的位移B．在不同时刻的振幅C．在不同频率的驱动力作用下的振幅D．在相同频率的驱动力作用下不同物体的振幅5如图表示某质点简谐运动的图像,以下说法正确的是（)A．t1、t2时刻的速度相同B．从t1到t2这段时间内,速度与加速度同向C．从t2到t3这段时间内，速度变大，加速度变小D．t1、t3时刻的加速度相同6如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置。

其中，位置A为摆球摆动的最高位置,虚线为过悬点的竖直线。

以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中（)A．位于B处的动能最大B．位于A处时势能最大C．在位置A的势能大于在位置B的动能D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能7如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点,历时1 s,质点通过B点后再经过1 s又第2次通过B点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。

选修34第一章机械振动1.2探究摆钟的原理测试题2019.91,在北京调准的摆钟，随南极考察船达到南极，这个钟（）A、变慢了；B、变慢了，调准应减少摆长；C、变快了，调准应增加摆长；D、变快了，调准应减少摆长。

2,两个单摆A和B，其摆长L A>L B，将它们都拉离竖直方向一个很小的角度θ，然后释放，那么两个摆球到达最低点时的速度大小与经历时间多少的关系应为（）A、v A>v B,t A>t B;B、v A<v B,t A<t B;C、v A>v B,t A<t B;D、v A<v B,t A>t B;3,洗衣机在正常脱水时较平稳，切断电源后，洗衣机的振动先是变得越来越剧烈，然后逐渐减弱，这一现象下列说法正确的是（）A、正常脱水时，洗衣机脱水缸的运转频率和洗衣机的固有频率大小关系无法确定；B、正常脱水时，洗衣机脱水缸的运转频率比洗衣机的固有频率小；C、正常脱水时，洗衣机脱水缸的运转频率等于洗衣机的固有频率；D、当洗衣机的振动最剧烈时，脱水缸的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率。

4,弹簧振子在振动过程中振幅逐渐减小，这是由于（）A、频率不变，振幅不变；B、频率不变，振幅改变；C 、频率改变，振幅改变；D 、频率改变，振幅不变；5,一质点做简谐运动，其位移y 与时间t 的关系如图二所示，由此可知（ ）A 、质点的振动周期是4s ，振幅是2cm ；B 、t=2s 时，质点的速度为负的最大值，加速度为0；C 、t=2s 时，质点的速度为0，加速度为正的最大值；D 、t=3s 时，质点的速度为正的最大值，加速度为0，通过的路程可能是0.06m 。

6,某一钟摆长为L 1，在一段时间内快了ns ，而摆长为L 2时，相同的时间内却慢了ns ，求钟准时的摆长应是多少？7,用单摆测定重力加速度，下表中L 0、d 、n 、t 分别表示实验中已测得的有关数据。

试依据这些数据计算下面各值。

1.3 探究摆钟的物理原理 1.4 探究单摆振动的周期[基础题]1．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的( )A ．合外力为零B ．回复力为零C ．向心力为零D ．摆线中张力为零 答案 C解析 当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，合外力不为零，所以选项A 、B 均可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心力也为零，此时摆mv2r ＝F 错；由向心力公式线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C 对，D 错．2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s ，下列措施可行的是( )A ．将摆球的质量减半B ．将振幅减半 ．将摆长减半C 14．将摆长减为原来的D 答案 D.14可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的l g 2π＝T 由单摆周期公式 解析 3．如图1所示，在两根等长的细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了所谓的双线摆，若摆线长为l ，两线与天花板的左右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面方向做简谐运动时，周期为( )图1l g 2π ．A 2l g 2π．B 2lcos αg2π ．C lsin αg 2π ．D 答案 D与l 计算，但注意此处的l g2π＝T 这是一个变形的单摆，可以用单摆的周期公式 解析题中的绳长不同，公式中的l 是指质点到悬点(等效悬点)的距离，即做圆周运动的半，故选lsin αg2π ＝T ，代入周期公式，可得αsin l 径．此题中单摆的等效摆长为 D.4．利用单摆测重力加速度时，若测得g 值偏大，则可能是因为( )A ．单摆的摆球质量偏大B ．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径C ．测量周期时，把n 次全振动误认为是(n ＋1)次全振动D ．测量周期时，把n 次全振动误认为是(n －1)次全振动答案 C，由此可4π2ln2t2＝g ，所以t n ＝T ，而4π2l T2＝g ，得l g 2π＝T 由单摆周期公式知 解析知C 正确．5．人在平直路面上匀速行走时，关于两臂和两腿的摆动，下列说法中正确的是( )A ．左臂和右臂的摆动始终是反相的B ．左臂和左腿的摆动始终是反相的C ．左臂和右腿的摆动始终是反相的D ．左臂和右臂的摆动始终是同相的答案 AB[能力题]6．如图2所示为甲、乙两单摆的振动图像，则( )图21∶2＝乙l ∶甲l ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为A 1∶4＝乙l ∶甲l ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为B C ．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加1∶4＝乙g ∶甲g 速度之比为 D ．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加4∶1＝乙g ∶甲g 速度之比为 答案 BD∶4＝乙l ∶甲l ，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为1∶2＝乙T ∶甲T 由题图可知 解析，4∶1＝乙g ∶甲g 错误；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为A 正确，B ，故1故D 正确，C 错误．7．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是( )A ．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大B ．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小C ．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大D ．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大答案 D解析 在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故振幅增大，但摆球质量不影响周期，周期不变．选项D 正确．8．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图3所示，则该摆球的直径为________cm.图3(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母)A ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时t 100，则单摆周期为t 次的时间100．测量摆球通过最低点B C ．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小答案 (1)0.97 (2)C解析 (1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9 cm ＋7×0.01 cm ＝0.97 cm(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度值误差较小，故A 、D 错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大．d 2＋l 错；摆长应是B ，t 50是 [探究与拓展题]9．(2014·江苏单科·12B(2))在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．答案 ①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)。

绝密★启用前2019沪科版高中物理选修3-4第1章《机械振动》测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题，每小题3.0分,共60分)1.利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏小，可能的原因是()A．单摆振动过程中振幅有减小B．测摆长时，仅测了摆线长度C．测摆长时，将线长加了小球直径D．测周期时，把N次全振动误记为N＋1【答案】B【解析】由T＝2π可知，重力加速度：g＝；重力加速度与振幅无关，故A错误；测摆长时，仅测了摆线长度，摆长偏小，g偏小，故B正确；测摆长时，将线长加了小球直径，摆长偏大，g偏大，故C错误；测周期时，把N次全振动误记为N＋1，所测周期偏小，g偏大，故D错误．2.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为()A．B．C．D．无法判断【答案】B【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T＝2π得T1＝2π；T2＝2π；联立解得g＝，故选B.3.甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲<θ乙<5°，由静止开始释放，则()A．甲先摆到平衡位置B．乙先摆到平衡位置C．甲、乙两摆同时到达平衡位置D．无法判断【答案】C【解析】两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，选项C正确．4.下列关于单摆的说法，正确的是()A．单摆摆球的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供B．单摆摆球的回复力由摆球所受重力与绳子拉力的合力提供C．单摆做简谐运动时的振幅越大，周期也越大D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零【答案】A【解析】单摆做简谐运动的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，或者说是合力沿着运动轨迹切向的分力，而合力的径向分量提供向心力，故A正确，B错误；单摆做简谐运动时的周期与振幅无关，故C错误；在平衡位置时，摆线的张力最大，回复力为零，切向加速度为零，但所受的合力不为零，加速度不为零，故D错误．5.有一个正在摆动的秒摆，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.2 s时，摆球()A．正在做加速运动，加速度正在增大B．在在做加速运动，加速度正在减小C．正在做减速运动，加速度正在增大D．正在做减速运动，加速度正在减小【答案】C【解析】秒摆的周期为2 s，则摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.2 s时，摆球从平衡位置向右方最远处做减速运动；由于位移在变大，故加速度也在变大．6.在用单摆测重力加速度的实验中为了提高测量精度，下列哪种说法是可取的()A．在最大位移处启动秒表和结束记时B．用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均值C．用直尺测量摆线的长度三次，计算出平均摆长的长度D．在平衡位置启动秒表，并开始记数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，T ＝【答案】B【解析】在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小，故A 错误；用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故B正确；直尺测量摆线的长度三次，再算出球的直径，从而计算出平均摆长的长度，故C错误；在平衡位置启动秒表，并开始记数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，T＝，故D错误．7.如图所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动，O为平衡位置．已知振子由完全相同的P、Q两部分组成，彼此拴接在一起．当振子运动到B点的瞬间，将P拿走，则以后Q的运动和拿走P之前比较有()A．Q的振幅增大，通过O点时的速率增大B．Q的振幅减小，通过O点时的速率减小C．Q的振幅不变，通过O点时的速率增大D．Q的振幅不变，通过O点时的速率减小【答案】C【解析】振幅为偏离平衡位置的最大距离，即速度为零时的位移大小，振子到B点时速度为零，OB间距等于振幅，此时撤去P物体，速度仍然为零，故振幅不变；简谐运动中势能和动能之和守恒，到达B点时，动能为零，弹性势能最大，此时撤去P物体，系统机械能不变，回到O点时动能不变，根据E k＝mv2，振子质量减小，速率一定增加，故选C.8.站在升降机里的人发现，升降机中摆动的单摆周期变大，以下说法正确的是()A．升降机可能加速上升B．升降机一定加速上升C．升降机可能加速下降D．升降机一定加速下降【答案】C【解析】升降机中摆动的单摆周期变大，根据公式T＝2π，等效重力加速度减小，物体处于失重状态，具有向下的加速度，升降机加速下降或者减速上升．9.下列振动中属于受迫振动的是()A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动B．打点计时器接通电源后，振针的振动C．小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动D．弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动【答案】B【解析】受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动，故只有B对．A、C是阻尼振动，D是简谐运动．10.如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，振子在B、C之间做简谐运动，规定向右为正方向．图乙是它的速度v随时间t变化的图象．下列说法中正确的是()A．t＝2 s时刻，它的位置在O点左侧4 cm处B．t＝3 s时刻，它的速度方向向左，大小为2 m/sC．t＝4 s时刻，它的加速度为方向向右的最大值D．振子在一个周期内通过的路程是16 cm【答案】C【解析】t＝2 s时刻，它的位置在O点处，A项错误．t＝3 s时刻，它的速度方向向左，大于2 m/s，B项错．t＝4 s时刻，振子速度为零，位移最大位移处，此时斜率为正，即加速度为正向最大，C项正确；根据速度图象可以求出从0时刻开始的四分之一个周期内振子经过的路程大于 4 cm，即振幅大于4 cm，所以一个周期内振子经过的路程大于16 cm，D项错误.11.如图所示为共振筛示意图，共振筛振动的固有频率为5 Hz，为使共振筛发生共振，使其工作效率达到最高，则偏心轮的转速为()A． 5 r/sB． 10 r/sC． 0.2 r/sD． 300 r/s【答案】A【解析】根据题意，筛子的固有频率为 5 Hz，电动机在某电压下，电动偏心轮的频率应该等于筛子的频率，则周期：T＝s，则转速：n＝＝5 r/s.12.在竖直平面内的一段光滑圆弧轨道上有等高的两点M、N，它们所对圆心角小于10°，P点是圆弧的最低点，Q为弧NP上的一点，在QP间搭一光滑斜面，将两小滑块(可视为质点)分别同时从Q 点和M点由静止释放，则两小滑块的相遇点一定在()A．P点B．斜面PQ上的一点C．PM弧上的一点D．滑块质量较大的那一侧【答案】B【解析】沿斜面下滑的物体：设圆弧的半径为r，NP与竖直方向的夹角是θ，NP距离为2r cosθ，加速度为g cosθ，时间：t1＝2；沿圆弧下滑的小球的运动类似于简谐振动，周期T＝2π，时间：t2＝＝；明显t2＜t1，故B正确．13.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＝mg sinθsinαB．摆球做简谐运动的回复力为mg sinθC．摆球做简谐运动的周期为2πD．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力为F T＝mg sinα【答案】A【解析】单摆做简谐运动的回复力由重力沿斜面向下的分力的沿切线分力提供，即F＝mg sinθsinα，A正确，B错误；摆球做类单摆运动，其周期为：T＝2π＝2π，C错误；摆球经过最低点时，依然存在向心加速度，所以F T＞mg sinα，D错误．14.甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1.如果两摆的悬点处于同一高度，将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，则两摆球经过各自的最低点时()A．甲、乙两摆球的动能相等B．悬线对甲摆球的拉力大于悬线对乙摆球的拉力C．甲、乙两摆球的机械能不相等D．两摆球的向心加速度相等【答案】D【解析】甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1，根据单摆的周期公式T＝2π，摆长的比值为2∶1；将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，摆球摆动过程机械能守恒，故最低点的机械能等于初位置的机械能；最低点的动能等于重力势能的减小量，故A、C错误；根据机械能守恒定律，有：mgl＝mv2，最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F T－mg＝ma＝m，联立解得：a＝2g，F T＝3mg，B错误，D正确．15.一个做简谐运动的质点，它的振幅是5 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5 s后，位移的大小和经过的路程为()A． 5 cm、12.5 cmB． 5 cm、125 cmC． 0、30 cmD． 0、125 cm【答案】B【解析】振子振动的周期为：T＝＝0.4 s，时间t＝2.5 s＝6T.由于从平衡位置开始振动，经过2.5 s，振子到达最大位移处，其位移大小为：x＝A＝5 cm.在2.5 s内振子通过的路程为：s＝6.25×4A＝6.25×4×5 cm＝125 cm，故B正确，A、C、D错误．16.在1 min内甲振动30次，乙振动75次，则()A．甲的周期0.5 s，乙的周期1.25 sB．甲的周期0.8 s，乙的周期2 sC．甲的频率0.5 Hz，乙的频率1.25 HzD．甲的频率0.5 Hz，乙的频率0.8 Hz【答案】C【解析】T甲＝s＝2 s，f甲＝＝0.5 Hz，T2＝s＝0.8 s，f乙＝1.25 Hz.17.在选项图所示的装置中，可视为单摆的是()A． B． C． D．【答案】A【解析】这些装置都是实际摆，我们在研究单摆的摆动过程中，通常忽略空气等对单摆的阻力，因此实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可伸长的线组成单摆．单摆是实际摆的理想化模型，所以只有A装置可视为单摆．18.如图所示，一质点做简谐运动，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 cmB． 4 s、6 cmC． 4 s、9 cmD． 2 s、8 cm【答案】B【解析】简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等．那么平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位置的时间t2＝0.5 s.因此，质点振动的周期是T＝4×(t1＋t2)＝4 s质点通过的总路程的一半，即为振幅，振幅A＝＝6 cm.19.一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是()A．第0.2 s末质点的速度方向是A→OB．在4 s内完成6次全振动C．第0.4 s末质点的加速度方向是A→OD．第0.7 s时质点位置在O点与A点之间【答案】C【解析】位移时间图象切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2 s末质点的速度方向沿负向，即从O→A，故A错误；质点的振动周期为T＝0.8 s，则在4 s内质点完成全振动次数为：n＝＝＝5(次)，故B错误；第0.4 s末质点的位移为负向最大，由a＝－，知质点的加速度为正向，即A→O，故C正确；第0.7 s时，质点位置在O与B两点之间，故D错误．20.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟．如图所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动．在甲地走的准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是()A．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动B．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动C．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动D．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动【答案】C【解析】由甲到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2π，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动．则C正确．第II卷二、计算题(共4小题，每小题10.0分,共40分)21.甲、乙两只相同的摆钟同时计时，当甲钟指示45 min时，乙钟已指示1 h，求甲、乙两钟的摆长之比．【答案】16∶9【解析】设甲、乙两钟经过的时间为t，周期分别为T甲、T乙，标准钟的周期为T0.则两钟在t时间内完成全振动次数为：N甲＝，N乙＝两钟显示的时间为：t甲＝T0，t乙＝T0所以有：＝＝＝由T＝2π得：l甲∶l乙＝T∶T＝16∶9.22.如图所示，小球m自A点以向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知AB弧长为0.8 m，圆弧AB半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？(设g取10 m/s2，不计一切摩擦)【答案】m/s(k＝1,2,3…)【解析】小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动．因为A≪R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长；设小球m恰好能碰到小球n，则有：A＝vt且满足：t＝kT(k＝1,2,3…)又T＝2π解以上方程得：v＝m/s(k＝1,2,3…)23.如图所示，质量为M＝0.5 kg的物体B和质量为m＝0.2 kg的物体C，用劲度系数为k＝100 N/m 的轻弹簧连在一起．物体B放在水平地面上，物体C在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C竖直向下缓慢压下一段距离x＝0.03 m后释放，物体C就上下做简谐运动，在运动过程中，物体B始终不离开地面．已知重力加速度大小为g＝10 m/s2.试求：当物体C运动到最高点时，物体C的加速度大小和此时物体B对地面的压力大小．【答案】15 m/s2 4 N【解析】物体C放上之后静止时，设弹簧压缩量为x0.对物体C，有：mg＝kx0①解得：x0＝＝＝0.02 m物体C从静止向下压缩x后释放，物体C就以原来的静止位置为中心上下做简谐运动，振幅A＝x ＝0.03 m.当物体C运动到最高点时，对物体C，有：mg＋k(x－x0)＝ma②解得：a＝15 m/s2当物体C运动到最高点时，设地面对物体B的支持力大小为F，对物体B，有：k(x－x0)＋F＝Mg③解得：F＝4 N故物体B对地面的压力大小为4 N.24.如图所示，质量为m的物体放在弹簧上，与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动．当振幅为A时，已知物体振动到最低点时对弹簧的压力为物体重力的1.5倍．求：(1)弹簧的劲度系数k和物体振动到最低点时所需的回复力的大小．(2)物体振动到平衡位置时弹簧的形变量的大小．(3)物体振动到最高点时弹簧的弹力是多大．(4)要使物体在振动中不离开弹簧，振幅不能超过多大．【答案】(1)0.5mg(2)2A(3)0.5mg(4)2A【解析】(1)当物体运动到最低点时：F回＝F弹1－mg因为F弹1＝1.5mg，所以F回＝0.5mg.又F回＝kA得：k＝(2)当物体运动到平衡位置时，弹簧的压缩量为x0则：kx0＝mg解得：x0＝2A(3)当物体运动到最高点时，又F回＝kA＝0.5mg，设弹簧的弹力为F弹2，则：F回＝mg－F弹2代入求得：F弹＝mg＝0.5mg.(4)物体在平衡位置下方处于超重状态，不可能离开弹簧，只有在平衡位置上方可能离开弹簧．要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧，物体在最高点的加速度a＝g此时弹簧的弹力为零．若振幅再大，物体便会脱离弹簧．物体在最高点刚好不离开弹簧时，回复力为重力，所以：mg＝kA′，则振幅A′＝＝2A.。

1.4受迫振动与共振同步测控1.两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v 1、v 2(v 1＞v 2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f 1、f 2和A 1、A 2，则( ) A ．f 1＞f 2，A 1＝A 2 B ．f 1＜f 2，A 1＝A 2 C ．f 1＝f 2，A 1＞A 2 D ．f 1＝f 2，A 1＜A 2解析：选C.单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A 、B 错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C 正确，D 错误． 2.下列情况下，单摆的周期会增大的是( ) A ．减小摆长 B ．增大摆球质量C ．把单摆从海平面移至高山D ．把单摆从广州移至北京解析：选C.由单摆周期公式T ＝2πlg可知，减小摆长时周期会减小，A 错；单摆周期大小与摆球质量无关；把单摆从海平面移至高山时，g 变小，故单摆周期变大，C 正确；单摆从广州移至北京，g 增大，故单摆周期减少．应选C.3.在“用单摆测定重力加速度”的实验中． (1)某同学的操作步骤为：a ．取一根细线，下端系住直径为d 的金属小球，上端固定在铁架台上；b ．用米尺量得细线长度l ；c ．在细线偏离竖直方向5°的位置释放小球；d ．用停表记录小球完成n 次全振动所用的总时间t ，得到周期T ＝t /n ；e ．用公式g ＝4π2l /T 2计算重力加速度．按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比________(选填“偏大”“相同”或“偏小”)．(2)已知单摆在任意偏角θ时的周期公式可近似为T ′＝T 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋a sin2θ2，式中T 0为偏角θ趋近于0°时的周期，a 为常数．为了用图像法验证该关系式，需要测量的物理量有________；若某同学在验证该关系式时得到了如图所示的图线，则图像中的横轴表示________．解析：(1)由于此单摆的真实摆长为l ＋d2，而该同学在计算时代入公式的摆长是l .故重力加速度值与实际值相比偏小．(2)在公式中T 0、 a 为定值．故要验证此关系式，只需测量T ′和θ即可．由题图可知，此图线为直线．可判断纵横轴所表示量的关系为一次函数关系．如横轴为sin 2θ2，纵轴为T ′，则由关系式T ′＝T 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋a sin 2θ2可知纵截距一定为正，与题图不符；将公式变形为sin2θ2＝1T 0a T ′－1a可知，此时纵截距可能为负，与题图相符，故可判断横轴表示T ′.答案：(1)偏小 (2)T ′、θ T ′ 4.一个单摆，周期是T ：(1)如果摆球质量增加2倍，周期变为多少？(2)如果摆球的振幅增到2倍(摆角仍很小)，周期变为多少？ (3)如果摆长增到2倍，周期变为多少？解析：(1)单摆周期与质量无关，周期不变，仍为T . (2)单摆周期与振幅无关，周期不变，仍为T . (3)由T ＝2πlg知，周期变为2T . 答案：(1)T (2)T (3)2T课时作业 一、选择题1.如图所示是一个单摆，其周期为T ，则下列说法正确的是( )A ．把摆球质量增加一倍，则周期变小B ．把偏角α变小时，周期也变小C ．摆球由O →B →O ，运动的时间为TD ．摆球由O →B →O ，运动的时间为T2解析：选D.单摆的周期T 与质量无关，选项A 错．偏角α变小，振幅变小，但单摆的周期T 与振幅无关，选项B 错．摆球由O →B →O 的过程仅完成了半个全振动，运动时间等于T2，选项C 错，D 对．2.在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当单摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，则此摆球的周期将( ) A ．逐渐增大 B ．逐渐减小 C ．先增大后减小 D ．先减小后增大解析：选C.摆长l 是摆球重心到悬点的距离，水流出时，重心先降低后升高，故等效摆长l先增大后减小，由T ＝2πLg知，周期将先增大后减小． 3.利用单摆测重力加速度时，若测得g 值偏大，则可能是因为( )A ．单摆的摆锤质量偏大B ．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径C ．测量周期时，把n 次全振动误认为是(n ＋1)次全振动D ．测量周期时，把n 次全振动误认为是(n －1)次全振动 解析：选C.由单摆周期公式知T ＝2πl g得g ＝4π2l T 2，而T ＝t n所以g ＝4π2ln2t2，由此可知C 正确． 4.(2012·延安高二检测)已知在单摆a 完成10次全振动的时间内，单摆b 完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m ．则两单摆摆长L a 与L b 分别为( ) A ．L a ＝2.5 m ，L b ＝0.9 m B ．L a ＝0.9 m ，L b ＝2.5 m C ．L a ＝2.4 m ，L b ＝4.0 m D ．L a ＝4.0 m ，L b ＝2.4 m 解析：选B.由题意：10×2πL ag ＝6×2πL b g，b 周期长，摆长应该长，所以L b －L a ＝1.6 m ，联立解方程组得：L a ＝0.9 m ，L b ＝2.5 m ，选项B 正确．5.将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s ，下列措施可行的是( ) A ．将摆球的质量减半 B ．振幅减半 C ．摆长减半D ．摆长减为原来的14解析：选D.由单摆振动周期公式T ＝2πlg可得选项D 正确． 6.(2012·上海高二检测)将秒摆的周期变为4 s ，下面哪些措施是正确的( ) A ．只将摆球质量变为原来的1/4 B ．只将振幅变为原来的2倍 C ．只将摆长变为原来的4倍 D ．只将摆长变为原来的16倍解析：选C.单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A 、B 均错；对秒摆，T 0＝2πl 0g＝2 s ，对周期为4 s 的单摆，T ＝2πlg＝4 s ，故l ＝4l 0，故C 对，D 错． 7.两个等长的单摆，一个放在海平面上，另一个放在高山上，在相同时间内，当第一个摆振动N 次时，第二个摆振动了N －1次，如果地球半径为R ，那么第二个摆离海平面的高度为( ) A ．NR B ．(N －1)R C.NRN －1D.RN －1解析：选D.根据周期公式知：T 1＝2πl g 1，T 2＝2πl g 2，由于在相等时间内，第一个单摆振动N 次，第二个单摆振动了N －1次，故有：NT 1＝(N －1)T 2，即得：g 1g 2＝N 2（N －1）2.根据万有引力定律得： g 1＝GM R 2，g 2＝GM （R ＋h ）2 得：g 1g 2＝（R ＋h ）2R 2，解得：h ＝RN －1，故正确选项为D.8.在同一地点，单摆甲的周期是单摆乙的周期的4倍，下列说法正确的是( ) A ．甲的频率是乙的4倍 B ．甲的摆长是乙的16倍 C ．甲的振幅是乙的4倍 D ．甲的振动能量是乙的4倍解析：选B.周期与频率成反比，甲的周期是乙的4倍，故甲的频率是乙频率的14，A 错；由单摆周期公式T ＝2πl g 可知 l ＝gT 24π2，甲摆长是乙的16倍，B 项正确，无法比较甲、乙的振幅和能量，C 、D 错．9.如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A 在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以m A 、m B 分别表示摆球A 、B 的质量，则( )A ．如果m A >mB ，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B ．如果m A <m B ，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C ．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D ．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞一定还在平衡位置 解析：选CD.单摆做简谐运动的周期T ＝2πlg，与摆球的质量无关，与振幅的大小无关．碰后经过12T 都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧．10.我国探月的“嫦娥”工程已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球．假如宇航员在月球上测得摆长为l 的单摆做小振幅振动的周期为T ，将月球视为密度均匀、半径为r 的球体，则月球的密度为( ) A.πl3GrT 2 B.3πlGrT2C.16πl3GrTD.3πl16GrT解析：选B.根据单摆周期公式T ＝2πl g ，在月球上重力等于万有引力，mg ＝GMmr2，月球密度ρ＝M V ，V ＝43πr 3，所以ρ＝3πl GrT 2，选项B 正确．二、非选择题11.在某地，摆长为l 1的摆钟A 在某一段时间内快了Δt ，而另一摆长为l 2的摆钟B 在同一段时间内慢了Δt ，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？解析：设走时准确的摆钟摆长为l ，则周期T ＝2πlg ，l 1摆周期T 1＝2πl 1g，l 2摆周期T 2＝2πl 2g ，再设某一段时间为t ，据题意有：t T 1－t T ＝Δt T ，t T －t T 2＝ΔtT ，联立以上各式得：l ＝4l 1l 2（l 1＋l 2）2. 答案：4l 1l 2（l 1＋l 2）212.有一单摆，其摆长l ＝1.02 m ，摆球的质量m ＝0.10 kg ，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t ＝60.8 s ，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？ 解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T ＝2πl g，由此可得g ＝4π2l /T 2,只要求出T 值代入即可． 因为T ＝t n ＝60.830s ＝2.027 s.所以g ＝4π2l T 2＝4×3.142×1.022.0272m/s 2＝9.79 m/s 2. (2)秒摆的周期是2 s ，设其摆长为l 0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有T T 0＝l l 0故有l 0＝T 20lT 2＝22×1.022.0272 m ＝0.993 m.其摆长要缩短Δl ＝l －l 0＝1.02 m －0.993 m ＝0.027 m.答案：(1)9.79 m/s 2(2)其摆长要缩短0.027 m。