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人教版2019选择性必修第一册 新教材同步 第二章 机械振动 达标检测（教师版+学生版）
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第一章 机械振动本章达标检测(满分:100分；时间:90分钟)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)1.(2024山东泰安期中)关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系,下列说法正确的是( )A.位移减小时,速度增大,加速度也增大B.位移方向总跟加速度方向相反,但跟速度方向相同C.物体远离平衡位置运动时,速度方向跟位移方向相同D.物体的运动方向改变时,加速度方向也改变答案 C 解析 位移减小时,速度增大,加速度减小,故A错误;位移方向总跟加速度方向相反,当物体远离平衡位置时,位移方向与速度方向相同,当物体靠近平衡位置时,位移方向与速度方向相反,故B错误,C正确;物体的运动方向改变的时刻出现在最大位移位置,此时加速度方向不变,故D错误。2.一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置,P、Q是振动过程中关于O对称的两个位置,下列说法正确的是( )A.振子在从M点向N点运动的过程中,动能先减小后增大B.振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等C.振子运动到P、Q两点时,位移相同D.振子在从M点向N点运动的过程中,加速度先增大后减小答案 B 解析 振子在从M点向N点运动的过程中,动能先增大后减小,A错误;由对称性可知,振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等,B正确;由对称性可知,振子运动到P、Q两点时,位移等大反向,C错误;振子在从M点向N点运动的过程中,加速度先减小后增大,D错误。3.做简谐运动的单摆,其摆长不变,若摆球的质量增加为原来的94,摆球经过平衡位置的速度减小为原来的23,则单摆振动的( )A.周期不变,振幅不变 B.周期不变,振幅变小C.周期改变,振幅不变 D.周期改变,振幅变大答案 B 由单摆的周期公式T=2πlg可知,单摆摆长不变,则周期不变;摆球经过平衡位置的速度减小而摆动周期不变,则一个周期内通过的路程变小,即振幅变小,故B正确。4.(2024河北保定质检)两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置,取向右为正方向,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )A.两弹簧振子具有相同的相位B.甲的振幅比乙大,所以甲的能量比乙大C.t=2 s时甲具有负向最大速度,乙具有正向最大位移D.甲、乙两弹簧振子回复力最大值之比一定为2∶1答案 C 解析 由图像知两弹簧振子的周期不相等,只是初相相同,所以它们的相位不相同,选项A错误;甲、乙的能量只有动能和弹性势能,当位移最大时振动能量即弹性势能,甲的振幅大,但两弹簧的劲度系数大小不知,所以在最大位移处的弹性势能大小无法判断,即总能量大小无法判断,选项B错误;t=2 s时甲处于平衡位置向负向运动,具有负向最大速度,乙在正向最大位移处,具有正向最大位移,选项C正确;不知道两个弹簧的劲度系数或振子质量的大小关系,所以无法判断回复力大小的比例关系,选项D错误。5.如图所示,光滑直杆上弹簧连接的小球以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。以O点为原点,选择由O指向B为正方向,建立Ox坐标轴。小球经过B点时开始计时,经过0.5 s首次到达A点。则小球在第一个周期内的振动图像为( )答案 A 解析 小球经过B点时开始计时,即t=0时小球的位移为正向最大,经过0.5 s首次到达A点,位移为负向最大,且周期为T=1 s。故A正确。6.如图甲所示,金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动,到达最高点时,弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向,小球的振动图像如图乙所示。则( )A.弹簧的最大伸长量为4 mB.t=0.2 s时,弹簧的弹性势能最大C.t=0.2 s到t=0.6 s时间内,小球的重力势能逐渐减小D.t=0到t=0.4 s时间内,回复力的冲量为零答案 C 解析 小球的振幅等于振子位移的最大值,由图乙读出,振幅为A=2 cm,由于当振子到达最高点时,弹簧处于原长,所以弹簧的最大伸长量为2A=4 cm,A错误;t=0.2 s时,弹簧处于原长,弹簧的弹性势能最小,为零,B错误;t=0.2 s到t=0.6 s时间内,小球由最高点向最低点运动,小球的重力势能逐渐减小,C正确;t=0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动,t=0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动,回复力方向都为斜向下,根据动量定理可知回复力的冲量不为零,D错误。7.一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有一记录笔,在竖直面内放置有一记录纸,当振子上下振动时,以速率v水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标,则以下说法正确的是( )A.振子平衡位置的纵坐标是y=y1-y22B.该弹簧振子的振动周期为x0vC.振子在坐标(x0,y2)位置时加速度最大D.匀速拉动记录纸的速率增大为原来的2倍,振子振动的周期变为原来的12答案 C 解析 根据简谐运动对称性可知,平衡位置纵坐标为y=y1+y22,故A错误;由图像可知,记录纸在一个周期内沿x轴负方向的位移大小为2x0,水平速度大小为v,则振子的周期T=2x0v,故B错误;由图可知,振子在坐标(x0,y2)位置时处于最大位移处,则回复力最大,由牛顿第二定律知加速度最大,故C正确;弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关,匀速拉动记录纸的速率增大为原来的2倍,则一个周期内记录纸沿x轴负方向运动的位移增大为原来的2倍,弹簧振子的周期不变,故D错误。二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。)8.关于单摆摆球在运动过程中的受力,下列说法正确的是( )A.摆球受重力、摆线的拉力两个力作用B.摆球所受的回复力最大时,摆线中的拉力大小比摆球的重力大C.摆球所受的向心力最大时,摆球的加速度方向沿摆球的运动方向D.摆球由最大位移处向平衡位置运动时回复力逐渐减小,向心力逐渐增大答案 AD 解析 单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力,故A正确。重力垂直于摆线的分力提供回复力,当回复力最大时,摆球在最大位移处,速度为零,向心力为零,则拉力小于重力;在平衡位置处,回复力为零,速度最大,向心力最大,摆球的加速度方向沿摆线指向悬点,故B、C错误。摆球由最大位移处向平衡位置运动时,回复力逐渐减小,向心力逐渐增大,D正确。9.弹簧振子做简谐运动,若从平衡位置O开始计时,经过4 s振子第一次经过P点,又经过了1 s,振子第二次经过P点,则该简谐运动的周期可能为( )A.5 s B.6 s C.14 s D.18 s答案 BD 解析 如图所示,假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动,若振子计时开始后先向右振动,振子的振动周期为T=4×4+12 s=18 s;若振子计时开始后先向左振动,设振子的振动周期为T',则T'2+T'4-12=4 s,解得T'=6 s,故B、D正确。10.弹簧振子以O点为平衡位置,在水平方向上的A、B两点间做简谐运动,以下说法正确的是( )A.振子在A、B两点时的速度为零,位移不为零B.振子在经过O点时速度的方向将发生改变C.振子所受的弹力方向总跟速度方向相反D.振子远离O点的运动总是减速运动,靠近O点的运动总是加速运动答案 AD 解析 振子在A、B两点时的速度为零,但位移为最大,A正确;振子经过O点时速度方向不变,B错误;振子靠近O点的过程中,弹力的方向与速度方向相同,C错误;振子远离O点运动时,加速度方向与速度方向相反,是减速运动,靠近O点运动时,加速度方向与速度方向相同,是加速运动,D正确。三、非选择题(本题共5小题,共54分。)11.(6分)(2024山东学情期中联考)在探究单摆运动的实验中:(1)用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图如图甲所示,与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像如图乙所示,根据图乙的信息可得,从t=0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻为 ,摆长为 (取π2=10,重力加速度g取10 m/s2)。 (2)单摆振动的回复力是 。 A.摆球所受的重力B.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力C.摆线对摆球的拉力D.摆球重力在垂直摆线方向上的分力(3)某同学的操作步骤如下,其中正确的是 。 A.取一根细线,下端系住直径为d的金属摆球,上端固定在铁架台上B.用刻度尺量得摆线长度L,摆长为L再加上摆球半径C.在摆线偏离竖直方向15°位置释放摆球D.让摆球在水平面内做圆周运动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度答案 (1)1.3 s 0.64 m (2)D (3)AB解析 (1)摆球在最低点时摆线拉力最大,从t=0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻对应图像的第二个峰值,该时刻为1.3 s;根据图像,单摆的周期为T=2×(0.9-0.1) s=1.6 s,根据T=2πLg,解得L=0.64 m。(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力,故选D。(3)取一根细线,下端系住直径为d的金属摆球,上端固定在铁架台上,A正确;用刻度尺量得细线长度L,摆长为L再加上摆球半径,B正确;在摆线偏离竖直方向不超过5°位置由静止释放摆球,C错误;让摆球在竖直面内摆动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度,D错误。12.(9分)如图甲所示,某学习小组利用单摆测当地的重力加速度。(1)在测量单摆周期时,某同学在摆球某次通过最低点时,按下停表开始计时,同时数“1”,当摆球第二次通过最低点时数“2”,依此法往下数,当他数到“50”时,停表停止计时,读出这段时间t。则该单摆的周期为 。如果他在实验中误将周期计算为t50,则测得的g值 (选填“偏大”“偏小”或“准确”)。 (2)若小组同学周期测量正确,但由于没有游标卡尺,无法测量摆球的直径,于是小组同学改变摆线长L,分别测出对应的单摆周期T,作出L-T2图像如图乙所示,根据图像,小组同学得到了图线在横轴上的截距为a,图线的斜率为k,则摆球的直径为 ,当地的重力加速度为 。 答案 (1)t24.5 偏大 (2)2ka 4π2k解析 (1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期,单摆周期T=tn=t50-12=t24.5根据单摆周期公式T=2πlg,整理得g=4π2lT2,周期测量值偏小,则g测量值偏大。(2)由单摆周期公式T=2πL+d2g整理得L=g4π2T2-d2L-T2图线的斜率k=g4π2将L=0,T2=a代入表达式,即0=ka-d2得摆球直径d=2ka当地的重力加速度g=4π2k。13.(11分)(2024山东聊城月考)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图所示。(1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少?(2)写出该简谐运动的表达式。(3)求t=0.25×10-2 s时振子的位移。答案 (1)2×10-2 s 2 cm(2)x=2sin 100πt+3π2 cm或x=2sin 100πt-π2 cm (3)-1.41 cm解析 (1)由题图知,T=2×10-2 s,A=2 cm。(2)ω=2πT=100π rad/s设表达式为x=Asin (ωt+φ) cm将t=0,x=-2 cm代入解得φ=3π2或φ=-π2所以振子做简谐运动的表达式为x=2sin 100πt+3π2 cm或x=2sin 100πt-π2 cm。(3)将t=0.25×10-2 s代入解得x0.25=-1.41 cm。14.(12分)(2024湖北武汉外国语学校高二检测)如图所示,OA为一单摆,B是穿在一根较长细线上的小球,让OA偏离竖直方向一很小的角度,在放手让A球向下摆动的同时,另一小球B从与O点等高处由静止开始下落,当A球摆到最低点时,B球也恰好到达与A同一水平面处,求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比(g取10 m/s2,π2=10)。答案 1-0.8(2n+1)2(n=0,1,2,3…)解析 单摆的周期公式T=2πlgA球摆到最低点所用的时间t=n+12T2(n=0,1,2,3…)由牛顿第二定律,B的加速度a=mg-Ffm由运动学公式l=12at2联立解得Ffmg=1-0.8(2n+1)2(n=0,1,2,3…)。15.(16分)(2024江苏太仓高级中学测试)太空站中用于测量人体质量的装置(BMMD)如图所示,该装置可简化为如图乙所示的结构,P是可视为上表面光滑的固定底座,A是质量为mA的座椅,座椅两侧连接着相同的轻质弹簧,座椅可在P上左右滑动,BMMD利用空座椅做简谐运动的周期与坐上航天员后做简谐运动的周期来计算航天员的质量,假定初始状态下两弹簧均处于原长,航天员坐上座椅后与座椅始终保持相对静止。(1)若已知做简谐运动的物体其加速度与位移均满足a+ω2x=0的关系,其中x为物体相对于平衡位置的位移,ω为圆频率,圆频率由系统自身性质决定,圆频率与简谐运动周期的关系满足Tω=2π,已知两弹簧的劲度系数均为k,求:①当空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小(用k、x、mA表示)和方向;②空座椅做简谐运动时ω的表达式(用mA、k表示);(2)若物体的加速度与位移仍然满足a+ω2x=0的关系,通过测量得到空座椅做简谐运动的周期为TA,坐上航天员后,航天员与座椅做简谐运动的周期为TQ,则该航天员的质量mQ为多少(用mA、TA、TQ表示)?答案 (1)2kxmA 方向向左 ω=2kmA (2)mA(TQ2-TA2)TA2解析 (1)设空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小为a,由胡克定律和牛顿第二定律有2kx=mAa解得a=2kxmA此时座椅所受合外力方向向左,所以加速度方向向左取向右为正方向,则由题给条件可得-2kxmA+ω2x=0解得ω=2kmA。(2)由题给条件可得TA=2πmA2k同理可得TQ=2πmA+mQ2k联立解得mQ=mA(TQ2-TA2)TA2。
第一章 机械振动本章达标检测(满分:100分；时间:90分钟)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)1.(2024山东泰安期中)关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系,下列说法正确的是( )A.位移减小时,速度增大,加速度也增大B.位移方向总跟加速度方向相反,但跟速度方向相同C.物体远离平衡位置运动时,速度方向跟位移方向相同D.物体的运动方向改变时,加速度方向也改变答案 C 解析 位移减小时,速度增大,加速度减小,故A错误;位移方向总跟加速度方向相反,当物体远离平衡位置时,位移方向与速度方向相同,当物体靠近平衡位置时,位移方向与速度方向相反,故B错误,C正确;物体的运动方向改变的时刻出现在最大位移位置,此时加速度方向不变,故D错误。2.一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置,P、Q是振动过程中关于O对称的两个位置,下列说法正确的是( )A.振子在从M点向N点运动的过程中,动能先减小后增大B.振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等C.振子运动到P、Q两点时,位移相同D.振子在从M点向N点运动的过程中,加速度先增大后减小答案 B 解析 振子在从M点向N点运动的过程中,动能先增大后减小,A错误;由对称性可知,振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等,B正确;由对称性可知,振子运动到P、Q两点时,位移等大反向,C错误;振子在从M点向N点运动的过程中,加速度先减小后增大,D错误。3.做简谐运动的单摆,其摆长不变,若摆球的质量增加为原来的94,摆球经过平衡位置的速度减小为原来的23,则单摆振动的( )A.周期不变,振幅不变 B.周期不变,振幅变小C.周期改变,振幅不变 D.周期改变,振幅变大答案 B 由单摆的周期公式T=2πlg可知,单摆摆长不变,则周期不变;摆球经过平衡位置的速度减小而摆动周期不变,则一个周期内通过的路程变小,即振幅变小,故B正确。4.(2024河北保定质检)两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置,取向右为正方向,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )A.两弹簧振子具有相同的相位B.甲的振幅比乙大,所以甲的能量比乙大C.t=2 s时甲具有负向最大速度,乙具有正向最大位移D.甲、乙两弹簧振子回复力最大值之比一定为2∶1答案 C 解析 由图像知两弹簧振子的周期不相等,只是初相相同,所以它们的相位不相同,选项A错误;甲、乙的能量只有动能和弹性势能,当位移最大时振动能量即弹性势能,甲的振幅大,但两弹簧的劲度系数大小不知,所以在最大位移处的弹性势能大小无法判断,即总能量大小无法判断,选项B错误;t=2 s时甲处于平衡位置向负向运动,具有负向最大速度,乙在正向最大位移处,具有正向最大位移,选项C正确;不知道两个弹簧的劲度系数或振子质量的大小关系,所以无法判断回复力大小的比例关系,选项D错误。5.如图所示,光滑直杆上弹簧连接的小球以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。以O点为原点,选择由O指向B为正方向,建立Ox坐标轴。小球经过B点时开始计时,经过0.5 s首次到达A点。则小球在第一个周期内的振动图像为( )答案 A 解析 小球经过B点时开始计时,即t=0时小球的位移为正向最大,经过0.5 s首次到达A点,位移为负向最大,且周期为T=1 s。故A正确。6.如图甲所示,金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动,到达最高点时,弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向,小球的振动图像如图乙所示。则( )A.弹簧的最大伸长量为4 mB.t=0.2 s时,弹簧的弹性势能最大C.t=0.2 s到t=0.6 s时间内,小球的重力势能逐渐减小D.t=0到t=0.4 s时间内,回复力的冲量为零答案 C 解析 小球的振幅等于振子位移的最大值,由图乙读出,振幅为A=2 cm,由于当振子到达最高点时,弹簧处于原长,所以弹簧的最大伸长量为2A=4 cm,A错误;t=0.2 s时,弹簧处于原长,弹簧的弹性势能最小,为零,B错误;t=0.2 s到t=0.6 s时间内,小球由最高点向最低点运动,小球的重力势能逐渐减小,C正确;t=0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动,t=0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动,回复力方向都为斜向下,根据动量定理可知回复力的冲量不为零,D错误。7.一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有一记录笔,在竖直面内放置有一记录纸,当振子上下振动时,以速率v水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标,则以下说法正确的是( )A.振子平衡位置的纵坐标是y=y1-y22B.该弹簧振子的振动周期为x0vC.振子在坐标(x0,y2)位置时加速度最大D.匀速拉动记录纸的速率增大为原来的2倍,振子振动的周期变为原来的12答案 C 解析 根据简谐运动对称性可知,平衡位置纵坐标为y=y1+y22,故A错误;由图像可知,记录纸在一个周期内沿x轴负方向的位移大小为2x0,水平速度大小为v,则振子的周期T=2x0v,故B错误;由图可知,振子在坐标(x0,y2)位置时处于最大位移处,则回复力最大,由牛顿第二定律知加速度最大,故C正确;弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关,匀速拉动记录纸的速率增大为原来的2倍,则一个周期内记录纸沿x轴负方向运动的位移增大为原来的2倍,弹簧振子的周期不变,故D错误。二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。)8.关于单摆摆球在运动过程中的受力,下列说法正确的是( )A.摆球受重力、摆线的拉力两个力作用B.摆球所受的回复力最大时,摆线中的拉力大小比摆球的重力大C.摆球所受的向心力最大时,摆球的加速度方向沿摆球的运动方向D.摆球由最大位移处向平衡位置运动时回复力逐渐减小,向心力逐渐增大答案 AD 解析 单摆在运动过程中,摆球受重力和摆线的拉力,故A正确。重力垂直于摆线的分力提供回复力,当回复力最大时,摆球在最大位移处,速度为零,向心力为零,则拉力小于重力;在平衡位置处,回复力为零,速度最大,向心力最大,摆球的加速度方向沿摆线指向悬点,故B、C错误。摆球由最大位移处向平衡位置运动时,回复力逐渐减小,向心力逐渐增大,D正确。9.弹簧振子做简谐运动,若从平衡位置O开始计时,经过4 s振子第一次经过P点,又经过了1 s,振子第二次经过P点,则该简谐运动的周期可能为( )A.5 s B.6 s C.14 s D.18 s答案 BD 解析 如图所示,假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动,若振子计时开始后先向右振动,振子的振动周期为T=4×4+12 s=18 s;若振子计时开始后先向左振动,设振子的振动周期为T',则T'2+T'4-12=4 s,解得T'=6 s,故B、D正确。10.弹簧振子以O点为平衡位置,在水平方向上的A、B两点间做简谐运动,以下说法正确的是( )A.振子在A、B两点时的速度为零,位移不为零B.振子在经过O点时速度的方向将发生改变C.振子所受的弹力方向总跟速度方向相反D.振子远离O点的运动总是减速运动,靠近O点的运动总是加速运动答案 AD 解析 振子在A、B两点时的速度为零,但位移为最大,A正确;振子经过O点时速度方向不变,B错误;振子靠近O点的过程中,弹力的方向与速度方向相同,C错误;振子远离O点运动时,加速度方向与速度方向相反,是减速运动,靠近O点运动时,加速度方向与速度方向相同,是加速运动,D正确。三、非选择题(本题共5小题,共54分。)11.(6分)(2024山东学情期中联考)在探究单摆运动的实验中:(1)用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图如图甲所示,与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像如图乙所示,根据图乙的信息可得,从t=0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻为 ,摆长为 (取π2=10,重力加速度g取10 m/s2)。 (2)单摆振动的回复力是 。 A.摆球所受的重力B.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力C.摆线对摆球的拉力D.摆球重力在垂直摆线方向上的分力(3)某同学的操作步骤如下,其中正确的是 。 A.取一根细线,下端系住直径为d的金属摆球,上端固定在铁架台上B.用刻度尺量得摆线长度L,摆长为L再加上摆球半径C.在摆线偏离竖直方向15°位置释放摆球D.让摆球在水平面内做圆周运动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度答案 (1)1.3 s 0.64 m (2)D (3)AB解析 (1)摆球在最低点时摆线拉力最大,从t=0时刻开始摆球第二次摆到最低点的时刻对应图像的第二个峰值,该时刻为1.3 s;根据图像,单摆的周期为T=2×(0.9-0.1) s=1.6 s,根据T=2πLg,解得L=0.64 m。(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力,故选D。(3)取一根细线,下端系住直径为d的金属摆球,上端固定在铁架台上,A正确;用刻度尺量得细线长度L,摆长为L再加上摆球半径,B正确;在摆线偏离竖直方向不超过5°位置由静止释放摆球,C错误;让摆球在竖直面内摆动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度,D错误。12.(9分)如图甲所示,某学习小组利用单摆测当地的重力加速度。(1)在测量单摆周期时,某同学在摆球某次通过最低点时,按下停表开始计时,同时数“1”,当摆球第二次通过最低点时数“2”,依此法往下数,当他数到“50”时,停表停止计时,读出这段时间t。则该单摆的周期为 。如果他在实验中误将周期计算为t50,则测得的g值 (选填“偏大”“偏小”或“准确”)。 (2)若小组同学周期测量正确,但由于没有游标卡尺,无法测量摆球的直径,于是小组同学改变摆线长L,分别测出对应的单摆周期T,作出L-T2图像如图乙所示,根据图像,小组同学得到了图线在横轴上的截距为a,图线的斜率为k,则摆球的直径为 ,当地的重力加速度为 。 答案 (1)t24.5 偏大 (2)2ka 4π2k解析 (1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期,单摆周期T=tn=t50-12=t24.5根据单摆周期公式T=2πlg,整理得g=4π2lT2,周期测量值偏小,则g测量值偏大。(2)由单摆周期公式T=2πL+d2g整理得L=g4π2T2-d2L-T2图线的斜率k=g4π2将L=0,T2=a代入表达式,即0=ka-d2得摆球直径d=2ka当地的重力加速度g=4π2k。13.(11分)(2024山东聊城月考)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图所示。(1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少?(2)写出该简谐运动的表达式。(3)求t=0.25×10-2 s时振子的位移。答案 (1)2×10-2 s 2 cm(2)x=2sin 100πt+3π2 cm或x=2sin 100πt-π2 cm (3)-1.41 cm解析 (1)由题图知,T=2×10-2 s,A=2 cm。(2)ω=2πT=100π rad/s设表达式为x=Asin (ωt+φ) cm将t=0,x=-2 cm代入解得φ=3π2或φ=-π2所以振子做简谐运动的表达式为x=2sin 100πt+3π2 cm或x=2sin 100πt-π2 cm。(3)将t=0.25×10-2 s代入解得x0.25=-1.41 cm。14.(12分)(2024湖北武汉外国语学校高二检测)如图所示,OA为一单摆,B是穿在一根较长细线上的小球,让OA偏离竖直方向一很小的角度,在放手让A球向下摆动的同时,另一小球B从与O点等高处由静止开始下落,当A球摆到最低点时,B球也恰好到达与A同一水平面处,求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比(g取10 m/s2,π2=10)。答案 1-0.8(2n+1)2(n=0,1,2,3…)解析 单摆的周期公式T=2πlgA球摆到最低点所用的时间t=n+12T2(n=0,1,2,3…)由牛顿第二定律,B的加速度a=mg-Ffm由运动学公式l=12at2联立解得Ffmg=1-0.8(2n+1)2(n=0,1,2,3…)。15.(16分)(2024江苏太仓高级中学测试)太空站中用于测量人体质量的装置(BMMD)如图所示,该装置可简化为如图乙所示的结构,P是可视为上表面光滑的固定底座,A是质量为mA的座椅,座椅两侧连接着相同的轻质弹簧,座椅可在P上左右滑动,BMMD利用空座椅做简谐运动的周期与坐上航天员后做简谐运动的周期来计算航天员的质量,假定初始状态下两弹簧均处于原长,航天员坐上座椅后与座椅始终保持相对静止。(1)若已知做简谐运动的物体其加速度与位移均满足a+ω2x=0的关系,其中x为物体相对于平衡位置的位移,ω为圆频率,圆频率由系统自身性质决定,圆频率与简谐运动周期的关系满足Tω=2π,已知两弹簧的劲度系数均为k,求:①当空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小(用k、x、mA表示)和方向;②空座椅做简谐运动时ω的表达式(用mA、k表示);(2)若物体的加速度与位移仍然满足a+ω2x=0的关系,通过测量得到空座椅做简谐运动的周期为TA,坐上航天员后,航天员与座椅做简谐运动的周期为TQ,则该航天员的质量mQ为多少(用mA、TA、TQ表示)?答案 (1)2kxmA 方向向左 ω=2kmA (2)mA(TQ2-TA2)TA2解析 (1)设空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小为a,由胡克定律和牛顿第二定律有2kx=mAa解得a=2kxmA此时座椅所受合外力方向向左,所以加速度方向向左取向右为正方向,则由题给条件可得-2kxmA+ω2x=0解得ω=2kmA。(2)由题给条件可得TA=2πmA2k同理可得TQ=2πmA+mQ2k联立解得mQ=mA(TQ2-TA2)TA2。
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