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2023年新教材高中物理达标检测卷2第2章机械振动新人教版选择性必修第一册
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这是一份2023年新教材高中物理达标检测卷2第2章机械振动新人教版选择性必修第一册，共8页。
第二章达标检测卷
(考试时间：60分钟 满分：100分)
班级：________ 座号：________ 姓名：________ 分数：________
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题，每小题6分，共60分)
1．下列关于简谐运动的说法，正确的是( )
A．只要有回复力，物体就会做简谐运动
B．物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大
C．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同
D．物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反
【答案】C 【解析】只要有回复力物体一定振动，但不一定是简谐运动，如阻尼振动，A错误；物体做简谐运动，加速度最大时，根据a＝可知位移最大，此时速度最小为零，B错误； 物体做简谐运动时，位移一定是背离平衡位置，故速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，C正确；物体做简谐运动时，加速度方向总是与位移方向相反，而速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，D错误．
2．一弹簧振子的振动图像如图所示．在2～3 s的时间内，振子的动能Ek和势能Ep的变化情况是( )
A．Ek变小，Ep变大 B．Ek变大，Ep变小
C．Ek、Ep均变小 D．Ek、Ep均变大
【答案】B 【解析】在2～3 s的时间内，振子从最大位移处向平衡位置运动，速度增大，动能变大，势能减小，B正确．
3．下表中给出的是做机械振动的物体的位移x或速度v与时刻的对应关系，T是振动周期．则下列选项中正确的是( )
项目
0
T
甲
零
正向最大
零
负向最大
零
乙
零
负向最大
零
正向最大
零
丙
正向最大
零
负向最大
零
正向最大
丁
负向最大
零
正向最大
零
负向最大
A．若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v
B．若乙表示位移x，则甲表示相应的速度v
C．若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v
D．若丁表示位移x，则丙表示相应的速度v
【答案】A 【解析】若甲表示位移x，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度从正向最大开始减小到零，所以丙表示相应的速度v，故A正确；若乙表示位移x，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，速度从负向最大开始减小到零，所以丁表示相应的速度v，故B错误；若丙表示位移x，位移从正向最大变化到零，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向负向最大速度变化，所以乙表示相应的速度v，故C错误；若丁表示位移x，位移从负向最大位移变化到零，振子从负向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向正向最大速度变化，所以甲表示相应的速度v，故D错误．
4．如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示．由振动图像可以得知( )
A．振子的振动周期等于t1
B．在t＝0时刻，振子的位置在a点
C．在t＝t1时刻，振子的速度为零
D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动
【答案】D 【解析】振子的振动周期等于2t1，故A错误；在t＝0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B错误；在t＝t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C错误；从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D正确．
5．一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是( )
A．g甲>g乙，将摆长缩短
B．g甲
【答案】B 【解析】走时变快了，说明周期T＝2π变小了，即g乙>g甲，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使不变，故B正确．
6．如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm，图示P位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m向右拉动5 cm 后由静止释放，经0.5 s振子m第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是( )
A．该弹簧振子的振动频率为1 Hz
B．若向右拉动10 cm后由静止释放，经过1 s振子m第一次回到P位置
C．若向左推动8 cm后由静止释放，振子m两次经过P位置的时间间隔是2 s
D．在P位置给振子m任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20 cm，总是经0.5 s速度就降为0
【答案】D 【解析】由题意知，该弹簧振子振动周期T＝0.5×4 s＝2 s，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s，振动频率为0.5 Hz，A错误；固有周期与振幅无关，所以若向右拉动10 cm后由静止释放，经过0.5 s振子第一次回到P位置，B错误；振子两次经过P位置的时间间隔为半个周期即1 s，C错误；只要位移不超过弹簧形变的最大限度，振子的周期不变，D正确．
7．一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知( )
A．振幅为2 cm，频率为0.2 Hz
B．t＝1 s时速度为零，但质点所受合外力为最大
C．t＝2 s时质点具有正方向最大加速度
D．该质点的振动方程为x＝2sin
【答案】C 【解析】根据图像可知振幅为2 cm，频率为f＝＝ Hz＝0.25 Hz，A错误；t＝1 s时，质点处于平衡位置，所受合力为0，速度最大，B错误；t＝2 s时，质点处于负向位移最大处，所受指向平衡位置的合力最大，具有正方向最大加速度，C正确；根据图像可知ω＝＝＝ rad/s，则该质点的振动方程为x＝2cos，D错误．
8．如图，轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则( )
A．最大回复力为500 N，振幅为5 cm
B．最大回复力为200 N，振幅为2 cm
C．只减小A的质量，振动的振幅变小，周期不变
D．只减小B的质量，振动的振幅变小，周期不变
【答案】BD 【解析】轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，故劲度系数k＝＝＝1×104 N/m，若将连接A、B两物体的细线烧断，物体A将做简谐运动，细线烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡状态，烧断后细线对A的拉力减小了200 N，而弹力不变，故合力为200 N，故最大回复力为200 N，刚烧断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的最大位移处，故振幅为2 cm，故A错误，B正确．只减小A的质量，振动的幅度不变，而周期与振幅无关，所以周期不变，故C错误．只减小B的质量，振动的幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，故D正确．
9．如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为l，先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则( )
A．其他各摆振动周期跟A摆相同
B．其他各摆振动的振幅大小相等
C．其他各摆振动的振幅大小不同，E摆的振幅最大
D．B、C、D三摆振动的振幅大小不同，B摆的振幅最小
【答案】ACD 【解析】A摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同，故A正确．A摆的频率等于驱动力的频率，即fA＝＝，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：
fB＝≈1.41fA，fC＝≈0.82fA，
fD＝≈0.71fA，fE＝＝fA.
可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小，故B错误，C、D正确．
10．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振动的平衡位置位于x轴上的O点．如图甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位移，黑点上的箭头表示运动的方向．如图乙给出的①②③④四条振动曲线，则下列选项中对振动图像描述正确的是( )
A．若规定状态a时t＝0，则图像为①
B．若规定状态b时t＝0，则图像为②
C．若规定状态c时t＝0，则图像为③
D．若规定状态d时t＝0，则图像为④
【答案】AD 【解析】若振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，故A正确．若振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像②中初始位移不对，故B错误．若振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像③中运动方向及初始位移均不对，故C错误．若振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，故D正确．
二、非选择题(本大题4小题，共40分)
11．(8分)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示．这样做的目的是________(填字母代号)．
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则该摆球的直径为______ mm，单摆摆长为______ m.
(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，其中A、B、C均为30次全振动的图像，取sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______(填字母代号)．
【答案】(1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A
【解析】(1)夹牢摆线可以使摆动过程中摆线长度不变，夹子可以根据需要改变摆长，故选AC．
(2)游标尺的0刻线与主尺12 mm对齐，10刻线与主尺刻线对齐，所以读数为12.0 mm；摆长L＝0.999 0 m－ m＝0.993 0 m.
(3)sin 5°≈0.087，摆长为1 m，所以振幅约为8.7 cm，C、D选项振幅较大，误差较大；又因振子在平衡位置开始计时误差较小，所以t＝0时，振子应在平衡位置，故选A．
12．(10分)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，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为______cm.摆动时偏角满足的条件是小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最______(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则该单摆振动周期为________．
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为________m.
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________．
A．学生甲的说法正确
B．学生乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
(5)某同学用单摆测量当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T.图丁所示为测摆线长度L的方法．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图戊所示．由图像可知，摆球的半径r＝________m，当地重力加速度g＝________m/s2(结果保留2位小数)；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(填“偏大”“偏小”或“一样”)．
【答案】(1)0.97 低 2.05 s (2)0.998 0 (3) (4)A
(5)0.01 9.86 一样
【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为9 mm＋7×0.1 mm＝9.7 mm＝0.97 cm；
为了减小测量周期的误差，应从摆球经过最低点的位置时开始计时；
由图示秒表可知，其示数t＝90 s＋12.5 s＝102.5 s，
单摆周期T＝＝ s＝2.05 s.
(2)悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单摆摆长L＝99.80 cm＝0.998 0 m.
(3)由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝.
(4)考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故A正确，B、C错误．
(5)T2与L的图像，应为过原点的直线，但图像中没有过原点；且实验中该学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，据此可知横轴截距应为球的半径，由图像可知，摆球的半径r＝1.0 cm＝0.010 m；
由单摆周期公式T＝2π可知T2＝，
所以T2－L图像的斜率k＝＝＝4，
重力加速度g＝＝ m/s2≈9.86 m/s2；
用T2－L的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线，T2－L图像的斜率不变，所测重力加速度不变．
13．(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．
(1)求t＝0.25×10－2 s时刻的位移．(结果保留三位小数)
(2)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？
【答案】(1)－1.414 cm (2)34 cm 0
【解析】(1)由图像可知T＝2×10－2 s，则ω＝＝100π，
横坐标t＝0.25×10－2 s时，所对应纵坐标x＝－Acos ωt＝－2cos(100π×0.25×10－2) cm≈－1.414 cm.
(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，题中Δt＝8.5×10－2 s＝T，所以质点通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm，经个周期振子回到平衡位置，位移为零．
14．(12分)一轻弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一物块，物块上装有一只记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当物块上下振动时，以速率v水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下印迹如图所示．y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标．
(1)求物块振动的周期和振幅；
(2)若弹簧的劲度系数为k，物块与笔的总质量为m，写出物块振动到最高点时的加速度大小．
【答案】(1)T＝ A＝ (2)a＝
【解析】(1)记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用时间，因此由图可知T＝，
再根据图像可以看出振幅A＝.
(2)在最高点时回复力F＝－kx＝kA，
根据牛顿第二定律可得，kA＝ma，
且A＝，
代入数据解得加速度大小a＝.
第二章达标检测卷
(考试时间：60分钟 满分：100分)
班级：________ 座号：________ 姓名：________ 分数：________
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题，每小题6分，共60分)
1．下列关于简谐运动的说法，正确的是( )
A．只要有回复力，物体就会做简谐运动
B．物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大
C．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同
D．物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反
【答案】C 【解析】只要有回复力物体一定振动，但不一定是简谐运动，如阻尼振动，A错误；物体做简谐运动，加速度最大时，根据a＝可知位移最大，此时速度最小为零，B错误； 物体做简谐运动时，位移一定是背离平衡位置，故速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，C正确；物体做简谐运动时，加速度方向总是与位移方向相反，而速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，D错误．
2．一弹簧振子的振动图像如图所示．在2～3 s的时间内，振子的动能Ek和势能Ep的变化情况是( )
A．Ek变小，Ep变大 B．Ek变大，Ep变小
C．Ek、Ep均变小 D．Ek、Ep均变大
【答案】B 【解析】在2～3 s的时间内，振子从最大位移处向平衡位置运动，速度增大，动能变大，势能减小，B正确．
3．下表中给出的是做机械振动的物体的位移x或速度v与时刻的对应关系，T是振动周期．则下列选项中正确的是( )
项目
0
T
甲
零
正向最大
零
负向最大
零
乙
零
负向最大
零
正向最大
零
丙
正向最大
零
负向最大
零
正向最大
丁
负向最大
零
正向最大
零
负向最大
A．若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v
B．若乙表示位移x，则甲表示相应的速度v
C．若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v
D．若丁表示位移x，则丙表示相应的速度v
【答案】A 【解析】若甲表示位移x，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度从正向最大开始减小到零，所以丙表示相应的速度v，故A正确；若乙表示位移x，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，速度从负向最大开始减小到零，所以丁表示相应的速度v，故B错误；若丙表示位移x，位移从正向最大变化到零，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向负向最大速度变化，所以乙表示相应的速度v，故C错误；若丁表示位移x，位移从负向最大位移变化到零，振子从负向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向正向最大速度变化，所以甲表示相应的速度v，故D错误．
4．如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示．由振动图像可以得知( )
A．振子的振动周期等于t1
B．在t＝0时刻，振子的位置在a点
C．在t＝t1时刻，振子的速度为零
D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动
【答案】D 【解析】振子的振动周期等于2t1，故A错误；在t＝0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B错误；在t＝t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C错误；从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D正确．
5．一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是( )
A．g甲>g乙，将摆长缩短
B．g甲
【答案】B 【解析】走时变快了，说明周期T＝2π变小了，即g乙>g甲，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使不变，故B正确．
6．如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm，图示P位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m向右拉动5 cm 后由静止释放，经0.5 s振子m第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是( )
A．该弹簧振子的振动频率为1 Hz
B．若向右拉动10 cm后由静止释放，经过1 s振子m第一次回到P位置
C．若向左推动8 cm后由静止释放，振子m两次经过P位置的时间间隔是2 s
D．在P位置给振子m任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20 cm，总是经0.5 s速度就降为0
【答案】D 【解析】由题意知，该弹簧振子振动周期T＝0.5×4 s＝2 s，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s，振动频率为0.5 Hz，A错误；固有周期与振幅无关，所以若向右拉动10 cm后由静止释放，经过0.5 s振子第一次回到P位置，B错误；振子两次经过P位置的时间间隔为半个周期即1 s，C错误；只要位移不超过弹簧形变的最大限度，振子的周期不变，D正确．
7．一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知( )
A．振幅为2 cm，频率为0.2 Hz
B．t＝1 s时速度为零，但质点所受合外力为最大
C．t＝2 s时质点具有正方向最大加速度
D．该质点的振动方程为x＝2sin
【答案】C 【解析】根据图像可知振幅为2 cm，频率为f＝＝ Hz＝0.25 Hz，A错误；t＝1 s时，质点处于平衡位置，所受合力为0，速度最大，B错误；t＝2 s时，质点处于负向位移最大处，所受指向平衡位置的合力最大，具有正方向最大加速度，C正确；根据图像可知ω＝＝＝ rad/s，则该质点的振动方程为x＝2cos，D错误．
8．如图，轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则( )
A．最大回复力为500 N，振幅为5 cm
B．最大回复力为200 N，振幅为2 cm
C．只减小A的质量，振动的振幅变小，周期不变
D．只减小B的质量，振动的振幅变小，周期不变
【答案】BD 【解析】轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，故劲度系数k＝＝＝1×104 N/m，若将连接A、B两物体的细线烧断，物体A将做简谐运动，细线烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡状态，烧断后细线对A的拉力减小了200 N，而弹力不变，故合力为200 N，故最大回复力为200 N，刚烧断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的最大位移处，故振幅为2 cm，故A错误，B正确．只减小A的质量，振动的幅度不变，而周期与振幅无关，所以周期不变，故C错误．只减小B的质量，振动的幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，故D正确．
9．如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为l，先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则( )
A．其他各摆振动周期跟A摆相同
B．其他各摆振动的振幅大小相等
C．其他各摆振动的振幅大小不同，E摆的振幅最大
D．B、C、D三摆振动的振幅大小不同，B摆的振幅最小
【答案】ACD 【解析】A摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同，故A正确．A摆的频率等于驱动力的频率，即fA＝＝，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：
fB＝≈1.41fA，fC＝≈0.82fA，
fD＝≈0.71fA，fE＝＝fA.
可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小，故B错误，C、D正确．
10．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振动的平衡位置位于x轴上的O点．如图甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位移，黑点上的箭头表示运动的方向．如图乙给出的①②③④四条振动曲线，则下列选项中对振动图像描述正确的是( )
A．若规定状态a时t＝0，则图像为①
B．若规定状态b时t＝0，则图像为②
C．若规定状态c时t＝0，则图像为③
D．若规定状态d时t＝0，则图像为④
【答案】AD 【解析】若振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，故A正确．若振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像②中初始位移不对，故B错误．若振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像③中运动方向及初始位移均不对，故C错误．若振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，故D正确．
二、非选择题(本大题4小题，共40分)
11．(8分)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示．这样做的目的是________(填字母代号)．
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则该摆球的直径为______ mm，单摆摆长为______ m.
(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，其中A、B、C均为30次全振动的图像，取sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______(填字母代号)．
【答案】(1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A
【解析】(1)夹牢摆线可以使摆动过程中摆线长度不变，夹子可以根据需要改变摆长，故选AC．
(2)游标尺的0刻线与主尺12 mm对齐，10刻线与主尺刻线对齐，所以读数为12.0 mm；摆长L＝0.999 0 m－ m＝0.993 0 m.
(3)sin 5°≈0.087，摆长为1 m，所以振幅约为8.7 cm，C、D选项振幅较大，误差较大；又因振子在平衡位置开始计时误差较小，所以t＝0时，振子应在平衡位置，故选A．
12．(10分)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，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为______cm.摆动时偏角满足的条件是小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应经过最______(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则该单摆振动周期为________．
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为________m.
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________．
A．学生甲的说法正确
B．学生乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
(5)某同学用单摆测量当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T.图丁所示为测摆线长度L的方法．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图戊所示．由图像可知，摆球的半径r＝________m，当地重力加速度g＝________m/s2(结果保留2位小数)；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(填“偏大”“偏小”或“一样”)．
【答案】(1)0.97 低 2.05 s (2)0.998 0 (3) (4)A
(5)0.01 9.86 一样
【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为9 mm＋7×0.1 mm＝9.7 mm＝0.97 cm；
为了减小测量周期的误差，应从摆球经过最低点的位置时开始计时；
由图示秒表可知，其示数t＝90 s＋12.5 s＝102.5 s，
单摆周期T＝＝ s＝2.05 s.
(2)悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单摆摆长L＝99.80 cm＝0.998 0 m.
(3)由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝.
(4)考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故A正确，B、C错误．
(5)T2与L的图像，应为过原点的直线，但图像中没有过原点；且实验中该学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，据此可知横轴截距应为球的半径，由图像可知，摆球的半径r＝1.0 cm＝0.010 m；
由单摆周期公式T＝2π可知T2＝，
所以T2－L图像的斜率k＝＝＝4，
重力加速度g＝＝ m/s2≈9.86 m/s2；
用T2－L的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线，T2－L图像的斜率不变，所测重力加速度不变．
13．(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．
(1)求t＝0.25×10－2 s时刻的位移．(结果保留三位小数)
(2)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？
【答案】(1)－1.414 cm (2)34 cm 0
【解析】(1)由图像可知T＝2×10－2 s，则ω＝＝100π，
横坐标t＝0.25×10－2 s时，所对应纵坐标x＝－Acos ωt＝－2cos(100π×0.25×10－2) cm≈－1.414 cm.
(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，题中Δt＝8.5×10－2 s＝T，所以质点通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm，经个周期振子回到平衡位置，位移为零．
14．(12分)一轻弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一物块，物块上装有一只记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当物块上下振动时，以速率v水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下印迹如图所示．y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标．
(1)求物块振动的周期和振幅；
(2)若弹簧的劲度系数为k，物块与笔的总质量为m，写出物块振动到最高点时的加速度大小．
【答案】(1)T＝ A＝ (2)a＝
【解析】(1)记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用时间，因此由图可知T＝，
再根据图像可以看出振幅A＝.
(2)在最高点时回复力F＝－kx＝kA，
根据牛顿第二定律可得，kA＝ma，
且A＝，
代入数据解得加速度大小a＝.
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