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粤教版高中物理选择性必修第一册第2章章末综合提升学案
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这是一份粤教版高中物理选择性必修第一册第2章章末综合提升学案，共17页。
主题1 简谐运动的周期性和对称性1．周期性——做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回复到原来的状态．2．对称性——做简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性．(1)在同一位置，振子的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反．(2)在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反．(3)一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过时间t＝(2n＋1)T2(n为自然数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称．【典例1】 (多选)如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点，再继续运动，又经过0.6 s质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是( )A．1 s B．1.2 s C．2.4 s D．4.2 sAD [根据题意可以判断质点通过MB之间的距离所用的时间为0.3 s，质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点分两种情况考虑：(1)质点由O点向右运动到M点，则OB之间所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，根据对称性，OA之间所用的时间也为1.2 s，第三次通过M点所用的时间为2tMO＋2tOA＝2×0.9 s＋2×1.2 s＝4.2 s．(2)质点由O点先向左运动再到M点，则从O→A→O→M→B所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，为34个周期，得周期为1.6 s，第三次经过M点所用的时间为1.6 s－2tMB＝1.6 s－0.6 s＝1.0 s．故A、D正确，B、C错误．] 主题2 简谐运动图像的应用从振动图像中可得到的信息(1)可直接读取振子在某一时刻相对于平衡位置的位移大小．(2)从振动图像上可直接读出振幅：正(负)位移的最大值．(3)从振动图像上可直接读出周期．(4)可判断某一时刻振动物体的速度方向和加速度方向，以及它们的大小和变化趋势．【典例2】 (多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，规定沿x轴正方向为正，由图可知( )A．频率是2 HzB．振幅是10 cmC．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负D．t＝0.5 s时质点所受的回复力为零CD [由题图可知，质点振动的周期为2 s，频率为0.5 Hz，振幅为5 cm，A、B错误；t＝1.7 s时的位移为负，加速度为正，速度为负，C正确；t＝0.5 s时质点在平衡位置，所受的回复力为零，D正确．]简谐运动图像问题的处理思路(1)根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义，明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位．(2)将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来，根据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析．(3)判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路：根据F＝－kx判断回复力F的变化情况；根据F＝ma判断加速度的变化情况；根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况． 主题3 单摆的周期公式及应用单摆在小角度(θ＜5°)振动时可看作简谐运动，除考查简谐运动的一般规律外，单摆的周期公式及特点、应用在近几年的高考中也频频出现，值得重视：(1)单摆的周期T＝2πLg，与振幅、质量无关，只取决于摆长L和重力加速度g．(2)单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供．在平衡位置，回复力为零，合力沿半径方向提供向心力；在最高点，向心力为零，回复力最大．(3)利用单摆测重力加速度原理：由单摆的周期公式可得g＝4π2LT2，因此通过测定单摆的周期和摆长，便可测出重力加速度g的值．【典例3】 如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R≫AB，甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？[解析] (1)甲球做自由落体运动R＝12gt12，所以t1＝2Rg，乙球沿圆弧做简谐运动(由于AB≪R，可认为摆角θ＜5°)．此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝14T＝14×2πRg＝π2Rg，所以t1:t2＝22π．(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间为t甲＝2hg，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝T4＋nT2＝π2Rg(2n＋1)(n＝0，1，2，…)由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙解得h＝2n+12π2R8(n＝0，1，2，…)[答案] (1)22π (2)2n+12π2R8(n＝0，1，2，…)单摆模型问题的求解方法(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型，模型满足条件：①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力F＝－kx．(2)首先确认符合单摆模型条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式T＝2πlg或简谐运动规律分析求解问题．(3)如图甲所示的双线摆的摆长l＝r ＋L cos α．乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l＝R．章末综合测评(二) 机械振动一、单项选择题1．简谐运动的平衡位置是指( )A．速度为零的位置 B．回复力为零的位置C．加速度为零的位置 D．位移最大的位置B [简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零．例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度．简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零．]2．一个水平弹簧振子的振动周期是0.025 s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17 s时，振子运动情况是( )A．正在向右做减速运动B．正在向右做加速运动C．正在向左做减速运动D．正在向左做加速运动B [tT＝0.17 s0.025 s＝645，45T在34T～T之间，故0.17 s时振子从最大位移处正向右加速接近平衡位置．]3．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的( )A B C DB [不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故B正确，A、C、D错误．]4．如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的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，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则( )A．此振动系统的固有频率约为0.25 HzB．此振动系统的固有频率约为3 HzC．若圆盘匀速转动的周期增大，系统振动的频率不变D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动B [由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；做受迫振动的振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误．]5．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B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的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小A [t＝0.8 s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，故A正确；t＝0.2 s时，振子在O点右侧62 cm处，故B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，故C错误；t＝0.4 s时到t＝0.8 s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，故D错误．]6．一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速运动，加速度a为( )A．方向向上，大小为g2 B．方向向上，大小为3g4C．方向向下，大小为g4 D．方向向下，大小为3g4D [由T＝2πlg可知，周期增大为原来的2倍，等效重力加速度g′＝g4．设绳子拉力为F，由F－mg＝ma，F＝mg′，上式联立可得a＝－3g4，则大小为3g4，方向向下．综上分析，D正确．]7．一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经过t＝11π2lg，摆球具有负向最大加速度，下面四个图像分别记录了该单摆从计时时刻开始到3T2的振动图像，其中正确的是( )A BC DA [单摆的周期公式T＝2πlg，则t时间内小球的振动周期数为n＝11π2lg2πlg＝114，为234个周期，因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时小球的位置应为平衡位置向负方向运动，故A正确，B、C、D错误．]二、多项选择题8．一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是( )A．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态B．t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置C．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态D．t＝1.0 s时，摆线所受拉力最大BCD [位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球做圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只能是平衡位置，故A错误，B正确；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t＝1.0 s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所受拉力最大，D正确．]9．如图所示为一质点的简谐运动图像．由图可知( )A．质点的运动轨迹为正弦曲线B．t＝0时，质点正通过平衡位置向正方向运动C．t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移的正方向相同D．质点运动过程中，两端点间的距离为 0.1 mCD [简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t＝0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图像的斜率表示速度，则t＝0.25 s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同，故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为x＝2A＝2×5 cm＝10 cm＝0.1 m，故D正确．故选C、D．]10．如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于T2的整数倍B．若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相同C．研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板摩擦力的合力充当了木板做简谐运动的回复力D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于mm+M kxCD [设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有kx＝(m＋M)a ①对m物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有f＝ma ②所以f＝mM+mkx ③若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不一定等于T2的整数倍，故A错误；若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C正确；由③可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于 mm+M kx，故D正确．故选C、D．]三、非选择题11．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2lT2，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2-l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：(1)造成图像不过坐标原点的原因可能是________．(2)由图像求出的重力加速度g＝_____________m/s2(取π2＝9.87)．(3)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)图像不通过坐标原点，将图像向右平移1 cm 就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径．(2)由单摆周期公式T＝2πlg可得T 2＝4π2lg，则T 2-l图像的斜率k＝4π2g由图像得k＝40.01+0.99＝4π2g解得g＝9.87 m/s2．(3)测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误．[答案] (1)测摆长时漏掉了摆球的半径 (2)9.87 (3)B12．(2023·全国·高三专题练习)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)请选择正确的器材( )A．体积较小的钢球B．体积较大的木球C．无弹性的轻绳子D．有弹性、质量大的绳子(2)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为____________mm．利用刻度尺测得摆线长90.10 cm，则该单摆的摆长L＝______ cm．(3)用秒表测量单摆的周期．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，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)．(4)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图像如图丙，此图线斜率的物理意义是( )A．g B．1g C．4π2g D．g4π2(5)与重力加速度的真实值比较，发现第(4)问中获得的测量结果偏大，分析原因可能是( )A．振幅偏小B．将摆线长加直径当成了摆长C．将摆线长当成了摆长D．开始计时误记为n＝1(6)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度l，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g＝________．[解析] (1)为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，A正确，B错误；实验过程中单摆摆长应保持不变，摆线应选用无弹性的轻绳子，C正确，D错误．(2)由题图甲可知，游标卡尺的游标为10分度，且第6个小格与主尺对齐，则摆球直径为d＝20 mm＋6×0.1 mm＝20.6 mm该单摆的摆长为L＝l＋d2＝91.13 cm．(3)由题图乙可知，秒表的读数为t＝67.35 s，根据题意可知，共经历了30个周期，则单摆的周期是T＝t30≈2.25 s．(4)由单摆的周期公式T＝2πLg可得T2＝4π2gL，则T2-L图像的斜率的物理意义是4π2g．故选C．(5)由(4)分析可得，重力加速度为g＝4π2LT2，可知重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，A错误；将摆线长加直径当成了摆长，则L偏大，g值偏大，B正确；将摆线长当成了摆长，则L偏小，g值偏小，C错误；开始计时误记为n＝1，则周期偏小，g值偏大，D正确．(6)根据题意，由单摆的周期公式T＝2πLg，设单摆周期为T1时摆长(摆球静止时悬点到摆球球心的距离)为L，可得T1＝2πLgT2＝2πL-lg联立解得g＝4π2lT12-T22[答案] (1)AC (2)20.6 91.13 (3)2.25 (4)C (5)BD 64π2lT12-T2213．摆钟是一种利用摆的等时性制成的计时装置，它具有下列特性：钟摆的振动可以等效成是单摆的简谐运动；摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，现有一座摆钟，摆长为1 m，一昼夜快10 min，要使它走时正确，应该将摆长调到多长？(精确到0.001 m)[解析] 摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，设准确的钟摆摆动的周期为T则24×60 min＝kn不准确的摆周期为T′则24×60 min＋10 min＝kn′在时间一定时，摆动次数与周期成反比，则 TT'＝n'n＝1 4501 440由T＝2πLg∝L可得LL'＝T2T'2＝1 4501 4402其中L′＝1 m，则L＝1 4501 4402×1 m≈1.014 m．[答案] 1.014 m14．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ(θ很小)．图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)(1)容器的半径；(2)小滑块的质量．[解析] (1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期T＝π5 s由T＝2πRg得R＝T2g4π2＝0.1 m．(2)在最高点A，有Fmin＝mg cos θ＝0.495 N在最低点B，有Fmax＝mv2R＋mg＝0.510 N从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1－cos θ)＝12mv2解得m＝0.05 kg．[答案] (1)0.1 m (2)0.05 kg15．一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示．A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动．已知弹簧的弹性势能决定于弹簧形变大小(g取10 m/s2，阻力不计)． 求：(1)物体A的振幅；(2)物体B的最大速率；(3)在最高点和最低点A对B的作用力．[解析] (1)从原长到平衡位置x1＝2mgk＝5 cm振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm．(2)最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此重力势能转化为动能．(mA＋mB)g·A＝12(mA＋mB)v2v＝2 m/s．(3)在最高点，对整体，有(mA＋mB)g＋k×0.05＝(mA＋mB)a对B有F1＋mBg＝mBa 可求得F1＝10 N，向下．在最低点，加速度大小也为a，方向向上，有F2－mBg＝mBa，得F2＝30 N，向上．[答案] (1)10 cm (2)2 m/s (3)10 N 向下；30 N 向上
主题1 简谐运动的周期性和对称性1．周期性——做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回复到原来的状态．2．对称性——做简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性．(1)在同一位置，振子的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反．(2)在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反．(3)一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过时间t＝(2n＋1)T2(n为自然数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称．【典例1】 (多选)如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点，再继续运动，又经过0.6 s质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是( )A．1 s B．1.2 s C．2.4 s D．4.2 sAD [根据题意可以判断质点通过MB之间的距离所用的时间为0.3 s，质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点分两种情况考虑：(1)质点由O点向右运动到M点，则OB之间所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，根据对称性，OA之间所用的时间也为1.2 s，第三次通过M点所用的时间为2tMO＋2tOA＝2×0.9 s＋2×1.2 s＝4.2 s．(2)质点由O点先向左运动再到M点，则从O→A→O→M→B所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，为34个周期，得周期为1.6 s，第三次经过M点所用的时间为1.6 s－2tMB＝1.6 s－0.6 s＝1.0 s．故A、D正确，B、C错误．] 主题2 简谐运动图像的应用从振动图像中可得到的信息(1)可直接读取振子在某一时刻相对于平衡位置的位移大小．(2)从振动图像上可直接读出振幅：正(负)位移的最大值．(3)从振动图像上可直接读出周期．(4)可判断某一时刻振动物体的速度方向和加速度方向，以及它们的大小和变化趋势．【典例2】 (多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，规定沿x轴正方向为正，由图可知( )A．频率是2 HzB．振幅是10 cmC．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负D．t＝0.5 s时质点所受的回复力为零CD [由题图可知，质点振动的周期为2 s，频率为0.5 Hz，振幅为5 cm，A、B错误；t＝1.7 s时的位移为负，加速度为正，速度为负，C正确；t＝0.5 s时质点在平衡位置，所受的回复力为零，D正确．]简谐运动图像问题的处理思路(1)根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义，明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位．(2)将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来，根据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析．(3)判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路：根据F＝－kx判断回复力F的变化情况；根据F＝ma判断加速度的变化情况；根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况． 主题3 单摆的周期公式及应用单摆在小角度(θ＜5°)振动时可看作简谐运动，除考查简谐运动的一般规律外，单摆的周期公式及特点、应用在近几年的高考中也频频出现，值得重视：(1)单摆的周期T＝2πLg，与振幅、质量无关，只取决于摆长L和重力加速度g．(2)单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供．在平衡位置，回复力为零，合力沿半径方向提供向心力；在最高点，向心力为零，回复力最大．(3)利用单摆测重力加速度原理：由单摆的周期公式可得g＝4π2LT2，因此通过测定单摆的周期和摆长，便可测出重力加速度g的值．【典例3】 如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R≫AB，甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？[解析] (1)甲球做自由落体运动R＝12gt12，所以t1＝2Rg，乙球沿圆弧做简谐运动(由于AB≪R，可认为摆角θ＜5°)．此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝14T＝14×2πRg＝π2Rg，所以t1:t2＝22π．(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间为t甲＝2hg，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝T4＋nT2＝π2Rg(2n＋1)(n＝0，1，2，…)由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙解得h＝2n+12π2R8(n＝0，1，2，…)[答案] (1)22π (2)2n+12π2R8(n＝0，1，2，…)单摆模型问题的求解方法(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型，模型满足条件：①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力F＝－kx．(2)首先确认符合单摆模型条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式T＝2πlg或简谐运动规律分析求解问题．(3)如图甲所示的双线摆的摆长l＝r ＋L cos α．乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l＝R．章末综合测评(二) 机械振动一、单项选择题1．简谐运动的平衡位置是指( )A．速度为零的位置 B．回复力为零的位置C．加速度为零的位置 D．位移最大的位置B [简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零．例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度．简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零．]2．一个水平弹簧振子的振动周期是0.025 s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17 s时，振子运动情况是( )A．正在向右做减速运动B．正在向右做加速运动C．正在向左做减速运动D．正在向左做加速运动B [tT＝0.17 s0.025 s＝645，45T在34T～T之间，故0.17 s时振子从最大位移处正向右加速接近平衡位置．]3．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的( )A B C DB [不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故B正确，A、C、D错误．]4．如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的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，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则( )A．此振动系统的固有频率约为0.25 HzB．此振动系统的固有频率约为3 HzC．若圆盘匀速转动的周期增大，系统振动的频率不变D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动B [由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；做受迫振动的振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误．]5．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B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的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小A [t＝0.8 s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，故A正确；t＝0.2 s时，振子在O点右侧62 cm处，故B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，故C错误；t＝0.4 s时到t＝0.8 s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，故D错误．]6．一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速运动，加速度a为( )A．方向向上，大小为g2 B．方向向上，大小为3g4C．方向向下，大小为g4 D．方向向下，大小为3g4D [由T＝2πlg可知，周期增大为原来的2倍，等效重力加速度g′＝g4．设绳子拉力为F，由F－mg＝ma，F＝mg′，上式联立可得a＝－3g4，则大小为3g4，方向向下．综上分析，D正确．]7．一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经过t＝11π2lg，摆球具有负向最大加速度，下面四个图像分别记录了该单摆从计时时刻开始到3T2的振动图像，其中正确的是( )A BC DA [单摆的周期公式T＝2πlg，则t时间内小球的振动周期数为n＝11π2lg2πlg＝114，为234个周期，因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时小球的位置应为平衡位置向负方向运动，故A正确，B、C、D错误．]二、多项选择题8．一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是( )A．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态B．t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置C．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态D．t＝1.0 s时，摆线所受拉力最大BCD [位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球做圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只能是平衡位置，故A错误，B正确；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t＝1.0 s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所受拉力最大，D正确．]9．如图所示为一质点的简谐运动图像．由图可知( )A．质点的运动轨迹为正弦曲线B．t＝0时，质点正通过平衡位置向正方向运动C．t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移的正方向相同D．质点运动过程中，两端点间的距离为 0.1 mCD [简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t＝0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图像的斜率表示速度，则t＝0.25 s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同，故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为x＝2A＝2×5 cm＝10 cm＝0.1 m，故D正确．故选C、D．]10．如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于T2的整数倍B．若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相同C．研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板摩擦力的合力充当了木板做简谐运动的回复力D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于mm+M kxCD [设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有kx＝(m＋M)a ①对m物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有f＝ma ②所以f＝mM+mkx ③若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不一定等于T2的整数倍，故A错误；若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C正确；由③可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于 mm+M kx，故D正确．故选C、D．]三、非选择题11．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2lT2，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2-l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：(1)造成图像不过坐标原点的原因可能是________．(2)由图像求出的重力加速度g＝_____________m/s2(取π2＝9.87)．(3)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)图像不通过坐标原点，将图像向右平移1 cm 就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径．(2)由单摆周期公式T＝2πlg可得T 2＝4π2lg，则T 2-l图像的斜率k＝4π2g由图像得k＝40.01+0.99＝4π2g解得g＝9.87 m/s2．(3)测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误．[答案] (1)测摆长时漏掉了摆球的半径 (2)9.87 (3)B12．(2023·全国·高三专题练习)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)请选择正确的器材( )A．体积较小的钢球B．体积较大的木球C．无弹性的轻绳子D．有弹性、质量大的绳子(2)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为____________mm．利用刻度尺测得摆线长90.10 cm，则该单摆的摆长L＝______ cm．(3)用秒表测量单摆的周期．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，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)．(4)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2-L图像如图丙，此图线斜率的物理意义是( )A．g B．1g C．4π2g D．g4π2(5)与重力加速度的真实值比较，发现第(4)问中获得的测量结果偏大，分析原因可能是( )A．振幅偏小B．将摆线长加直径当成了摆长C．将摆线长当成了摆长D．开始计时误记为n＝1(6)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度l，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g＝________．[解析] (1)为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，A正确，B错误；实验过程中单摆摆长应保持不变，摆线应选用无弹性的轻绳子，C正确，D错误．(2)由题图甲可知，游标卡尺的游标为10分度，且第6个小格与主尺对齐，则摆球直径为d＝20 mm＋6×0.1 mm＝20.6 mm该单摆的摆长为L＝l＋d2＝91.13 cm．(3)由题图乙可知，秒表的读数为t＝67.35 s，根据题意可知，共经历了30个周期，则单摆的周期是T＝t30≈2.25 s．(4)由单摆的周期公式T＝2πLg可得T2＝4π2gL，则T2-L图像的斜率的物理意义是4π2g．故选C．(5)由(4)分析可得，重力加速度为g＝4π2LT2，可知重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，A错误；将摆线长加直径当成了摆长，则L偏大，g值偏大，B正确；将摆线长当成了摆长，则L偏小，g值偏小，C错误；开始计时误记为n＝1，则周期偏小，g值偏大，D正确．(6)根据题意，由单摆的周期公式T＝2πLg，设单摆周期为T1时摆长(摆球静止时悬点到摆球球心的距离)为L，可得T1＝2πLgT2＝2πL-lg联立解得g＝4π2lT12-T22[答案] (1)AC (2)20.6 91.13 (3)2.25 (4)C (5)BD 64π2lT12-T2213．摆钟是一种利用摆的等时性制成的计时装置，它具有下列特性：钟摆的振动可以等效成是单摆的简谐运动；摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，现有一座摆钟，摆长为1 m，一昼夜快10 min，要使它走时正确，应该将摆长调到多长？(精确到0.001 m)[解析] 摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，设准确的钟摆摆动的周期为T则24×60 min＝kn不准确的摆周期为T′则24×60 min＋10 min＝kn′在时间一定时，摆动次数与周期成反比，则 TT'＝n'n＝1 4501 440由T＝2πLg∝L可得LL'＝T2T'2＝1 4501 4402其中L′＝1 m，则L＝1 4501 4402×1 m≈1.014 m．[答案] 1.014 m14．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ(θ很小)．图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)(1)容器的半径；(2)小滑块的质量．[解析] (1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期T＝π5 s由T＝2πRg得R＝T2g4π2＝0.1 m．(2)在最高点A，有Fmin＝mg cos θ＝0.495 N在最低点B，有Fmax＝mv2R＋mg＝0.510 N从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1－cos θ)＝12mv2解得m＝0.05 kg．[答案] (1)0.1 m (2)0.05 kg15．一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示．A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动．已知弹簧的弹性势能决定于弹簧形变大小(g取10 m/s2，阻力不计)． 求：(1)物体A的振幅；(2)物体B的最大速率；(3)在最高点和最低点A对B的作用力．[解析] (1)从原长到平衡位置x1＝2mgk＝5 cm振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm．(2)最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此重力势能转化为动能．(mA＋mB)g·A＝12(mA＋mB)v2v＝2 m/s．(3)在最高点，对整体，有(mA＋mB)g＋k×0.05＝(mA＋mB)a对B有F1＋mBg＝mBa 可求得F1＝10 N，向下．在最低点，加速度大小也为a，方向向上，有F2－mBg＝mBa，得F2＝30 N，向上．[答案] (1)10 cm (2)2 m/s (3)10 N 向下；30 N 向上
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