人教版选择性必修第一册 第二章 机械振动

人教选择性必修第一册第二章机械振动

一、单选题

1.如图所示，曲轴上挂一个弹簧板子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上、下振动。开始

时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2，z.现匀速转动摇把，转速为240r/min。

则（）

A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s

B.当振子稳定振动时，它的振动频率是2Hz

C.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大

D.当转速减小时，弹簧振子的振幅增大

2.如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为I的单摆，摆球的质量为加。升降

机保持静止，观察摆球正以小角度8左右摆动，且振动周期为丁。已知重力加速度

大小为9，不计空气阻力，则卜列说法止确的是（）

A.若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期妈大一倍

B.若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大

C.没想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动

D.设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速圆周运动

3.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振子上下振动.开

始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz.现匀速转动摇把，转速为-jI—

240〃疝几则（）____

,777777777777777777777

A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s

B.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s

C.当摇把转速为240r/min时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定减小

D.若摇把转速从240r/min进一步增大，弹簧振子的振幅也增大

4.一游客在千岛湖边欲乘坐游船，当FI风浪较大，游船上下浮动.可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运

动，振幅为20cm,周期为6.0s.当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐.地面与甲板的高度差不超

过10cm时，游客能舒服地登船.在一个周期内，游客不能舒服登船的时间是（）

A.2.0sB.3.0sC.4.0sD.5.0s

5.弹簧振子做简谐运动的图象如图所示，下列说法不正确的是（）

A.在第5s末，振子的速度最大且沿+x方向

B.在第5s末，振子的位移最大且沿+工方向

C.在第5s末，振子的加速度最大且沿一“方向

D.在0〜5s内，振子通过的路程为10cm

6.如图所示，力、8两方物块（可视为质点）在半径为R的光滑球面内C与。，两点

间一起做简谐运动，。为最低点，当位移为x时，4、8系统的回复力为F。小

B的总重量为G,忽略空气阻力。下列说法正确的是（）

A.A、B经过。点时均处于平衡状态

B.F=-我

C.由。点向C点运动的过程中，4受到的摩擦力逐渐增大

D.经过0点时，将A取走，8的振幅将增大

7.甲、乙两个单摆，做简谐振动的的图像如图所示，由此可知甲，乙两

单摆（）

A.摆长之比为1

B.茶动频率之比为2：3

C.在£=1.0s时刻，加速度均不为零

D.在t=1.8s时刻，振动方向相反

8.悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T=2s,从最低点位置向上运动时刻开始计时，在一个周期内的振

动图象如图所示，关于这个图象，下列哪些说法是正确的是（）

A.t=1.25s时，振子的加速度为T,速度也为正

B.t=1.7s时，振子的加速度为负，速度也为负

C.t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值

D」=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值

9.如图甲所示单摆摆线一端固定于。点，另一端连接一小球，在。点正下方0'位置有一个钉子，现将小球从4

点由静止释放，其运动的位移-时间图像如图乙所示。则。、。'两点间的距离为(取g=10m/s2)()

图甲图乙

A.1.6mB.2.5mC.0.9mD.1.0m

10.如图所示，弹簧振子B上放一个物块4在A与8一起做简谐运动的过程中，彳

A

下列关于力受力的说法中正确的是()

毓顺侬：1B

A.物块4受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力

B.物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力

C.物块A受重力、支持力及8对它的恒定的摩擦力

D.物块4受重力、支持力及8对它的非恒定的摩擦力

11.如图甲所示，。点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后由静止

释放，小球在摆动过程中的偏角不超过5。。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小?随时间t变化的关系如图

乙所示，重力加速度g取lOm/sZ,忽略一切阻力。下列说法正确的是()

A.t=O.ITTS时小球位于8点B.£=0.4TTS时小球位于C点

C.。力之间的距离为D.P8之间的距离为0.4m

12.一个水平弹簧振子的振动周期是0.025s,当振子从平衡位置开始向右运动，经过0.17s时，振子的运动情

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

13.如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为血可视为质点的铁球从距弹簧上端h的。点静止释放，以。点

（即坐标原点）开始计时，铁球所受的弹力尸的大小随铁球下落的，’立置坐标'的变化关系如图乙所示，不计空

气阻力，重力加速度取g。下列结论正确的是（）

A.弹簧弹性势能最大值为mg（h+2x0）

B.铁球运动过程中最大动能mg/i4-1mgxQ

C.当％=h时小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小

D.铁球压缩弹簧过程中重力做功功率逐渐增大

二、多选题

14.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，旦甲、乙两携球质fx/cm

最相等，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A.甲的摆长与乙的摆长相等

B.甲的摆长比乙的摆长长

C.甲的机械能比乙的大

D.在亡=0.5s时有负向最大加速度的是乙摆

15.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。

以竖直向上为正方向，物块做简谐运动的表达式为y=0.lsi%2.5nt（m）。当t=0时

刻，一小球从距物块九高处自由落下；£=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度。

重力加速度的大小g取10m/s2。以下判断正确的是（）

A.n=1.7m

B.筒谐运动的周期是1.2s

C.0〜0.6s内物块运动的路程是0.3m

D.t=0.4s时，物块与小球运动方向相反

16.如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的力、B两.一

_________[-_________

点。己知质点在A点的位移大小为振幅的一半,8点位移大小是A点的4倍，**

质点经过4点时开始计时，£时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（）

A2L2L.r2112.2L12.

,3da,,nD,

A73^TTT氏存74tC73+T,73+I

17.如图所示，倾角6=30。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为

m=2的的小B两物体用轻弹簧拴接。对物体8施加一沿斜面向下的压力F,使8静止于P点。撤掉力F,B沿

斜面做简谐运动，当B运动至最高点时，4刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数k=200N/m,重力加速度

g=10m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）

A.物体B运动过程中，A、B、弹簧组成的系统机械能及动量均守恒

B.从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小

C.物体B静止于P点时，对物体8施加的压力产的大小为20N

D.物体8沿斜面做简谐运动的过程中，物体8的最大速度为lm/s

三、实验题

18.（1）如图1甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为左的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上

的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器（压力显示为正值，拉力显示为负值），能将各时刻弹簧中的

弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出尸-£图像。现用力将滑块沿斜面压下一段距

离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图1乙所示图像。

①滑块做简谐运动的回复力是由提供的。

②由图乙所示的F-£图像可知，滑块做简谐运动的周期为S。

③结合F-£图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为o

（2）某同学用实验的方法探究影响单搜周期的因素。

①下列关于单摆实验的操作，正确的是______。

A.摆球运动过程中摆角应大于30。

注摆球到达平衡位置时开始计时

C摆球应选用泡沫小球

Q.保证摆球在同一竖直平面内摆动

②正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用亳米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长度L=0.9990m,

再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为______mm,单携摆长1为______mo

③实验中，测出不同摆长1对应的周期值7,作出了2一！图像，如图3所示，已知图线上4、8两点的坐标分别

为Qi/月）、（%2，、2），可求出g=<-

19.在用单摆测重力加速度的实验中:

(1)实验时必须控制摆角夕＜____;

(2)某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，直接将L和测得的周期用

单摆的周期公式算出了当地的重力加速度.则测出的重力加速度将比实际的重力加速度(填“大”、

“小”、“一样”).

(3)该同学通过改变悬线L长度而测出对应的撰动周期7,再以厂为纵轴、L为横轴画出函数关系图象，实验

中所得到的产一心关系图象如图(乙)所示，由图象可知，摆球的半径r=当地g=m/s2.

四、计算题

20.如图甲所示，底座放在水平台面的压力传感器上，其上固定光滑竖直杆，轻弹簧套在竖直杆上，下端固

定在底座上，上端连接质量m=0.2kg的小球，底座与杆的总质量M=0.2的。将小球向上拉起一段距离，

t=0时，释放小球，使小球在竖直方向振动起来，不计空气阻力。通过压力传感器描绘出压力随时间变化

的图像如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内。已知弹簧振子的周期公式T=27r艮,.重.力加速度g=10m/s2.

—

O

V

V

W

V

W

以

力V

W

感

器V

―C

”

甲

乙

(1)求£=0时弹簧的伸长量；

(2)以平衡位置为坐标原点，取向上为正方向，求小球的振动方程；

(3)若仅将小球质量改为m=04kg,取向上为正方向，求小球的振动方程。

21.1610年，伽利略用他制作的望远镜发现了木星的四颗主要卫星。根据观察，他将%

其中一颗卫星产的运动视为一个振幅为4、周期为7的简谐运动，并据此推测，他观察

到的卫星振动是卫星圆周运动在某方向上的投影。如图所示，为卫星P运动的示意图，在xOy平面内，质量

为m的卫星P绕坐标原点。做匀速圆周运动。已知引力常量为G,不考虑各卫星之间的相互作用。若认为木星

位于坐标原点。，根据伽利略的观察和推测结果：

(1)写出卫星P做圆周运动的向心力大小"的表达式，求木星的质量M。：

(2)物体做简谐运动时，回亚力应该满足尸二-入。请据此证明：卫星P绕木星做匀速圆周运动在％轴上的投

影是简谐运动。

22.如图所示，两个完全相同的弹性小球A和8分别挂在I和:的细线上，重心在同一水平面且小球恰

好相互接触，把第一个小球力向右拉开一个不大的距离后由静止释放，经过多长时间两球发生第12

次碰撞(两球碰撞时交换速度)？J11.

23.如图所不，一轻质弹簧的上端固定在倾角为30。的光滑斜面顶部，卜端栓接

小物块44通过一段细线与小物块B相连，系统静止时B恰位于斜面的中点.将

细线烧断，发现当8运动到斜面底端时，4刚好第三次到达最高点.已知B的质

量m=2kg,弹簧的劲度系数k=/00N/m,斜面长为L=5m,且始终保持静止

状态，重力加速度g=Z0m/s2.

⑴式证明小物块A做简谐运动；

5)求小物块4振动的振幅和周期.

答案和解析

1.【答案】D

【解析14B、现匀速转动摇把转速为240r/min。知驱动力的周期7=黑s=0.25s,f=^=-^Hz=4Hz,

知振子稳定振动时，它的振动周期为0.25s,振动频率为4Hz,故48错误；

CD、弹簧振子的固有频率为2Hz,所以只有当转速减小时，阴动力的周期增大，卵动力的频率减小，等于

振子的固有频率时，发生共振，振幅增大，故C错误，。正确。

故选：0。

2.【答案】B

【解析】4、其周期公式为7=271音，与质量无关，故仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振

动周期不变，故人错误：

B、若升降机匀加速上升，加速度向上，设为Q,则此时单摆的周期：7=27rH，利用此单摆来测定当地

7g+a

的重力加速度，则测量值偏大，为g溺=g+Q,故4正确；

。、设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，摆球将相对于升降机做匀速圆

周运动，故。错误；

。、当摆球摆到最高点时小球相对于升降机的速度为0,升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，故摆

球相对于升降机会保持静止，故D错误；

故选：B。

3.【答案】B

【解析】摇把的转速为几=240r/min=4r/s,它的周期7=，=；s=0.25s；转动摇把时，弹簧振子做受

迫振动；

48、振子做受迫振动，振动周期等丁驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s,故A错误，

8正确:

C、弹簧振子的固有周期7肉=，=：s=0.5s,当驱动力周期是。.5s时，提供驱动力的摇把转速为2r/s=

120r/min,振子发生共振，振幅最大，故C错误；

。、摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就

越大，故。错误；

故选：Bo

4.【答案】C

【解析】把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为：y=Acos军£

代入得：y=20cos^t(c?n)

当y=10cm时，可解得：曰=Jt=1s

故在一个周期内，游客不能舒服登船的时间是6-2t=4.0s.

故选：C.

5.【答案】A

【解析】48、由图知第5s末，振子运动的位移最大沿+x方向，振子速度为零，故A错误，8正确；

C、在第5秒末，振子的位移为正的最大，由。=-如可知，振子加速度最大且沿方向，故C正确。

771

D、由图知，振幅4=2cm,周期丁=4s,在t=0时刻振子位于平衡位置，则在0到5秒内，振子通过的路程

为：s=5A=5x2cm=10cm,故。正确。

本题选择不正确的，

故选:Ao

6.【答案】B

【解析】44B两方物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C'两点间一起做简谐运动，黑B经过。点

时的向心加速度不为零，处于非平衡状态，故4错误；

日设当位移为工时，摆线与竖直方向的夹角为氏当夹角较小时，有sme=#

对两物块进行受力分析

则回复力大小了=，

考虑【可复力的方向，故8正确；

C曰。点向C点运动的过程中，位移为y,摆线与竖直方向的夹角为a,以4、B整体为研究对象，在速度方向

根据牛顿第二定律有尸=Gsina=mABa

.y

stna=区

gy

a=gsina=-5-

A

对4进行受力分析，根据牛顿第二定律列式可得G.sina-f=mAaA

由题怠可得a=aA

联立解得/=0

故C错误；

。.单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，8的振幅不变，故Q错误。

故选：Bo

7.【答案】C

【解析】4.由图像可知，甲，乙单摆振动周期之比为2：1,根据单摆的周期公式7=2"仁

可知，甲、乙单摆摆长之比为4：1,故A错误；

8、根据周期与频率的关系/=3

所以振动频率之比等于周期的反匕，为1：2,故8错误；

C、在t=1.0s时刻，沿振动方向的加速度均为零，单摆做圆周运动，平衡位置处还有向心加速度，因此加

速度不为零，故C正确；

D、根据振动图像可知，在£=1.8s时刻，甲、乙两单摆均沿％轴正向振动，故。错误。

故选：C。

8.【答案】C

【脩析】力、t=1.25s时，位移为正，加速度a=-幺%为负；%-亡图象上某点切线的斜率表示速度，故速

m

度为负：故A错误；

8、t=1.7s时，位移为负，加速度a=-七x为正；％-亡图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故

m

8错误：

。、t=1.0s时，位移为正，加速度。=一七%为负；图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零；故

m

。正确：

。、2=1.5s时，位移为零，故加速度为零；3图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故。错误：

故选C

9.【答案】A

【解析】小球从4点摆到8点的过程中，设单摆的周期为7\,由图乙可知，^=0.25zrs,解得：7\=哈根

据—二27rE得:Li=驾=m=2.5m,

1yjQ14/4〃/

小球从B点运动到C点过程中，设单摆的周期为B，由图乙可知，今=(0.40兀-0.25兀力=0.153解得：

r—22

7n

T2=0.603根据b=2TTJ获得：乙2==09m,

则00'得距离d=k—〃2=2.5m-0.9nl=1.6m,故A正确，B、C、。错误。

故选:Ao

10.【答案】D

【解析】物块A受到重力、支持力和摩擦力的作用。重力和支持力二力平衡，摩擦力提供4做简谐运动所需

的回狂力，由F=一-知，摩擦力随时间变化其大小和方向都变化，故D正确,AC。错误。

故选：0。

11.【答案】D

【解析】4B、小球在4、C位置时，速度为零，细绳拉力最小，由平衡条件得

F=mgcosO

因在C点时细绳与竖直方向的夹角8较大，故细绳拉力较小，可知£=0.1心时小球在C点，亡=0.4心时小球

在4点，07).2TTS内小球在CB之间摆动，0.2TTS~0.6TTS内小球在B4之间摆动，故A3错误；

C、摆球在力8之间摆动的周期为A=2x(0.6TTS-0.2TTS)S=0.8TTS

根据单摆周期公式

可得

Li=1.6m

即0A之间的距离为1.6m,故C错误；

D、摆球在BC之间摆动的周期为“=2x0.2TTS=OATTS

根据丁=2/

可得G=04771

即P8之间的距离为0.4m,故。止确。

故选：。。

12.【答案】B

【解析】根据题意，以水平向右为坐标的正方向，振动周期是0025s,振子从平衡位置开始向右运动，经

过0.17s时，完成了6:7至IJ7T之间，因此振动正在向右加速运动到平衡位置。

4

故选：B。

13.【答案】B

【解析】小根据图象可知，小球在平衡位置时弹簧压缩量为出;如果小球从弹簧原长处由静止释放，则弹

簧的最大压缩量为2M根据功能关系可得此种情况下弹簧的最大弹性势能为：EP=mg,2x0=2mgx0；

当小球从弹簧上端九处由静止释放，弹簧的最大压缩量大于2%,根据功能关系可知，小球重力势能的减少

量等于弹簧弹性势能的增加量，所以弹簧弹性势能的最大值大于mg(h+2%),故4错误；

8、小球从接触弹簧到平衡位置运动过程中，弹簧的平均弹力为：2=上署=

从开始释放到小球受力平衡过程中，根据动能定理可得：77ig(72十x0)-Fx0=Ekm

解得小球运动过程中的最大动能为：Ekm=mgh+^mgx0,故B正确；

。、小球动能最大的位置是弹力等于重力的位置，即x=/i+x。时，小球的动能最大，根据系统的机械能守

恒可知，此位置小球与弹簧组成系统的势能之和最小，故C错误；

。、当小球接触弹簧后继续向下运动过程中，在％=h十&之前，小球所受合力向下、合力对小球做正功、

小球的速度增大；在x=h十a之后，小球所受合力向上、合力对小球做负功，小球的速度减小，根据P=mgv

可知，铁球压缩弹簧过程中重力做功功率先增大、后减小，故。错误。

故选：Bo

14.【答案】AC

【解析】718、从图中可得两者的周期相同，都为2.0s,又知道两者在同一个地点测量的，g相同，所以根据

单摆周期公式丁=2兀。可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误；

C、甲提的振幅为10cm,乙摆的振幅为7cm,则甲投的振幅比乙搜大，由于甲、乙两投球质量相等，因此

甲球的机械能比乙球的机械能大，故。正确；

。、在£=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最

大加速度，故。错误。

故选:AC.

15.【答案】AC

【解析】A、由振动方程式可得，L=0.6s物体的位移为：y=0.15rn(2.5/tx0.6)=-0.1/n,贝J对小球有：

h-y=解得：h=1.7m,故A正确；

B、简谐运动的周期为：T=^=^-s=0.8s,故8错误；

co2.5TT

C、振幅为0.1m,则0.6s=^T=1r内物块运动的路程为3A=0.3m,故。正确；

v/»O•

D、t=0.4s=^T=^Tf此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故。错误；

U.o/

故选:4Co

16.【答案】BC

【解析】4B.当/B两点在平衡位置的同侧时有

1

TZA=Asin(p

乙a

一力=Asin(pb

可得

0a=7：(Pb=契者0b=y

因此可知第二次经过8点时外=,

峭*=亡

解得

T=4t

此时位移关系为

解得

2L

A=—=-----

73-1

故A错误，8正确；

CD.当月8两点在平衡位置两侧时有

1

~2A=Asin%

/3

=Asin(pb

解得

(pa=一苴或者%=—称(由图中运动方向舍去)，＜Pb=?或者%=V

当第二次经过8点时外=冬则

解得

12

7=寸

此时位移关系为

/31

?4+54=L

解得

故C正确，。错误；

故选：BC.

17.【答案】BCD

【解析】4物体8运动过程中，对,4、8、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可系统

在沿斜面方向受合外力不等于零，因此系统的动量不守恒，故4错误；

正从撤掉尸开始，8受向上弹力大于3的重力沿斜面向下的分力，8做加速运动，速度逐渐增大，随弹力逐渐

减小，加速度逐渐减小，速度仍逐渐增大，当弹力大小等于8的重力沿斜面向下的分力时，8的速度最大，

以后弹力小于重力沿斜面向下的分力，B的加速度方向向下逐渐增大，B做减速运动，速度逐渐减小，减至

弹簧首次恢复原长，故8正确；

C当8运动至最高点时，力刚要离开挡板，对A由共点力平衡条件得；

kxy=mgsinO

9在最高点时受弹力方向沿斜而向卜，此时加速度最大，对乩由牛顿第二定律得：

kx、+mgsinG=ma

联立解得:a=2gsin0

由简谐运动的对称性，当物体8运动到最低点时，加速度最大，大小仍为a,方向沿斜面向上，在撤去压力F

的瞬间，B所受合外力大小就等于撤去的压力尸的大小，由牛顿第二定律得：

F=ma=2mgsinO

代入数据得：F=20N,故C正确；

。.物体8沿斜面做简谐运动的过程中，物体8在平衡位置时的速度最大，物体B在P点时弹簧形变量最大为:

F+mgsinQ

x=k

代人数据得：x=^m

物体B在平衡位置时，形变量大小为则有

kx；=mgsinO

解得：x/=表m

物体8的最大速度为力,由能量守恒定律得：

111

ykx2-Tzkx^2=mg（x-x^sind+-^mv^

乙乙乙

代人数据解得：vm=lm/s,故。正确。

故选：BCD。

18.【答案】①弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力；②04；③空；

乙K

①BD；②12.0,0.9930；-（七一/）

【解析】（1）①弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力（或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力）

②由题图可以看出简谐运动的周期跟作用力"的周期一样为0.4s：

③张子振动的回复力与位移成正比，即r=kx,振幅/=中二当#=空

（2）①4摆球运动过程中，摆角大于30。时就不是简谐运动了，故A错误：

8.为白成小计时误差应选择摆球到达平衡位置时，即摆球经过最低点时开始计时，故B正确；

C.摆球应选用质量大、体积较小的球，不能选泡沫球，故C错误；

。.应保证摆球在同一竖直平面内摆动，不能让摆球做圆锥摆的运动，故。正确。

故选：BD.

②游标卡尺的精确度为O.lmzn,根据游标卡尺的读数规则，该摆球的直径为12mm+0.1mmx0=12.0mm,

单摆摆长，为0.9990m-6.0mm=0.9990m-0.006m=0.9930m。

③根据单摆的周期公式

由图像可得斜率九二纪工

x2-xl

联立解得g=强齐。2-%i）

故答案为：（1）①弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力；②04；③空;

（2）①BD；②12.0,0.9930；③77^7（无2一%）。

，2y1

19.【答案】5°

小

1.2x10-2

7T2

【解析】(1)单摆在摆角小于等于5。情况下，近似为简谐运动，放实验时必须控制摆角。在此范围内:

(2)由7=2n爷,某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半

径，导致摆长偏小，故g值偏小:

(3)由T=2兀得得,片=等+等,由横轴截距得，球的半径应为L2x10-.：图象斜率A=含融

4,而k=半，则9=与-=兀2。

20.【答案】£=0时弹簧的伸长量为(Mm；

小球的振动方程为x=0.2sin(10t+,)m；

小球的振动方程为x=0.3sin(5y2+^)m

【解析】(1)由尸-£图像可知：T=0.2ns,由弹簧振子的周期公式可得：T=2小,解得：心辛

4/x0.2

N/m=20N/m

(0.2JT)2

由图像可知，在《=0时刻，台面对底座的支持力为0,对•底座，由平衡条件可得：kxi=Mg,解得：%=?=

K

0.2x10

m=0.1m：

20

(2)小球在平衡位置，由平衡条件可得：kx0=mg,解得：勺=竿=嗡2m=0.1m,

KZU

则振幅为：A=x0+xr=0.1771+0.1m=0.2?n

由题图可知振动的周期为：T=0.2ns,则&)=写■=^^rad/s=107-ad/s

设小球振动的初相位为仍则振动方程为：x=0.2sin(10t+(p)m

在£=0时,弹簧处干最高点,即位移为4.所以有：0.2=0.2sin(p.解得：0=]

则小球的振动方程为：x=0.2sin(10t+1)m；

10

(3)当机=04kg时，在平衡位置，由平衡条件可得：kx0