2024高考物理回归课本-课本情境与练习 新教材11 机械振动-课本情境与练习含答案

2024高考物理回归课本一一课本情境与练习机械振动一课本情境与练习

【课本情境】(选择性必修一P32)

通过观察我们会发现，上述物体总是在某一位置附近

做往纪性的运动。

我们把物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运

动称为机械振动(mechanicalvibration),简称振动

1弹簧振子

图2.1-1弹U摊f的振动如图2.1-1,把一个有小孔的小球连接在弹簧的一端，

弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上，能够自由滑动。

弹簧的质量与小球相比可以忽略小球运动时空气阻力很

小,也可以忽略。弹费未形变时,小球所受合力为0.处于

平衡位置(equilibriumpositicn)。把小球拉向右方，然后

►馋黄振子是一个理想化放开,它就在平衡位置附近运动起来。

模型.它是研究一般性操我们把小球和弹资组成的系统称为弹簧振子(spring

动的息融，oscillator).布,时也简称为振子。

【情境练习】

1.弹簧振子做简谐振动，则下列说法正确的是()

A.若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值

B.振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大

C.振子每次通过平衡位置时，加速度为零，速度一定相同

D.振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同

2.弹簧振子以。点为平衡位置，在水平方向上的A、3两点间做简谐运动，以下说法正确的是()

、

、

、

、

、

、UWUUUUUUUUUU

、

、

A()B

A.振子在4、B两点时的速度为零位移不为零

B.振子在通过O点时速度的方向将发牛改变

C.振子所受的弹力方向总跟速度方向相反

D.振子离开。点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动

【课本情境】(选择性必修一P33)

图2.1-2弹簧振子的频闪照片

【情境练习】

3.图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上

匀速运动。图乙中M为乙时刻拍摄的小球的像，N为4时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是（）

A.小球在乙、q时刻的加速度方向相同

B.增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄小球像的个数减少

C.小球从乙时刻运动至平衡位置的时间大于从与时刻运动至平衡位置的时间

D.从《时刻到，2时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大

4.有一劲度系数为20N/cm的弹簧振子，其振动图像如图所示，则（）

A.图中4点对应的时刻，振子的速度方向指向x轴的负方向

B.在0〜4s内振子做了1.75次全振动

C.在0〜4s内振子通过的路程为4cm.位移为0

试卷第2页，共15页

D.图中A点对应的时刻，振子所受的弹力大小为0.5N,方向指向I轴的负方向

5.如图所示为一水平弹簧振子的振动图像，已知振动系统的最人动能为16J,求:

（1）该振子简谐运动的表达式；

（2）该振子在100s内通过的路程是多少？

（3）在第2s末弹簧振子的加速度多大？第4s末振子速度方向？第5s末弹性势能多大？

【课本情境】（选择性必修一P35）

1.如图2.1-5,两人合作，模拟振动曲线的

记录装置。先在白纸中央画一条直线，使它平

行于纸的长边，作为图像的横坐标轴。一个人

用手使铅笔尖在白纸上沿垂直于这条直线的方向

水平振动，另一个人沿这条直线的方向匀速拖动

白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的

XT图像。

请完成这个实验，并解释：横坐标代表什么

物理量？纵坐标代想什么物理量？为什么必须匀

速拖动白纸？如果拖动白纸的速度是5x10’nVs,

在横坐标轴上应该怎样标出坐标的刻度。

图2.1-5

【情境练习】

6.如图所示，是两人合作模拟振动曲线的记录装置。先在白纸中央画一条直线0。使它平行于纸的长边，作为图

像的横坐标轴。一个人用手使铅笔尖在白纸上沿垂直于。。/的方向振动，另一个人沿00/的方向匀速拖动白纸，纸

上就画出了一条描述笔尖振动情况的m图像。下列说法中正确的是（）

【情境练习】

9.如图所示，装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，把玻璃管向下缓慢按压较小的一段距离后放手，玻璃管

沿竖直方向上下往复运动，在忽略运动阻力情况下，可以视为竖直方向的简谐运动。玻璃管（包括管内液体）运动

过程中既没全部露出水面，也没完全进入水中，下列相关说法正确的是（）

---------I---------

A.玻璃管的网复力由其所受浮力提供

B.玻璃管做简谐运动过程中，除受到重力、浮力外，还受到一个回复力

C.玻璃管的回复力方向总是跟它离开平衡位置的位移方向相反

D.玻璃管在做简谐运动的过程中，通过平衡位置时回复力最大

10.如组甲所示，装有少量铁砂的细玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，把玻璃管向下缓慢按压一小段距离后放

手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖宜方向的简谐运动。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像

如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.振动周期与按压的深度有关

B.回复力等于重力和浮力的合力

C.振动过程中玻璃管（含铁砂）的机械能守恒

D.在R72时间内，玻璃管的位移减小，加速度减小，速度增大

11.下湍附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动;

与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力厂为纵轴，木棒水平位移x

为横轴建立直角坐标系，浮力尸随水平位移x的变化如图（b）所示，已知河水密度为夕，木棒横截面积为S,重力

加速度大小为g。下列说法正确的是（）

图(b)

A.x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先减小后增大

B.x=0.35m和x=0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反

C.x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小

D.木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为第

【课本情境】（选择性必修一P46）

可以用两种不同方法率研究上述向is,一种方法是分析

单提的回复力,看其与位移是否成正比并且方向相反；另一

种方法是分析单携位移与时何的关系是否满足正弦关系°

下面我们采用第一种方虫来分析。

!单摆的回复力

如图2.4-1,总提摆长为/、拱球质fit为桁将搂球拉离

平衡位置。后释放.投球沿网孤做往U运动。当提球沿解

弧运动到某一位置P时.摆找与骚立方向的夹角为公此时

接球受到亚力G和提线粕力吊的作用。诋力G沿圆弧切线

【情境练习】

12.图中。点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将

在竖直平面内的A、C之间来回摆动，8点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（）

A.摆球在3点处，速度最大，细线拉力也最大

B.摆球在8点处，速度最大，回复力也最大

C.摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零

D.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用

13.如图所示，一倾角为a=30°的光滑绝缘斜面，处于竖直向下的匀强电场中，电场强度石=2也。现将一长为/

q

的细线（不可伸长）一端固定，另一端系-质量为〃7、电荷量为9的带正电小球放在斜面上，小球静止在。点。将

试卷第6页，共15页

小球拉开倾角夕后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.摆球的摆动周期为丁=24。B.摆球的摆动周期为丁=24舟

C.摆球经过平衡位置时合力为零D.摆球刚释放时的回复力大小”监

14.单摆是我们研究简谐运动中常用的模型。已知某单摆的摆长为L,摆球质量为相，当地重:力加速度为g。将此

摆球在所在的竖直平面内向拉离平衡位置一个小角度6,自由释放。

（1）在。很小时，sinewy（其中x为小球的位移），由此写出单摆回亚力与位移的关系式，并说明为何单摆可视

为简谐运动；

（2）简谐运动的周期公式7=2乃「（其中A是回复力与位移的比例系数，相为系统的质昂）结合（1）推导出单

摆的周期公式；

（3）当摆球运动到最低点时，求细线拉力的大小。

1I5.如图甲所示，。点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与。点之间。/=（）时刻在A点释放摆球，摆球在竖

直面内的A、C之间来回摆动,其中8点为运动中的最低位胃。图乙为细线对摆球的粒力大小-随时间/变化的曲

线。已知摆长为1.6m,4、3之间的最大摆角为0=5。（取sin5。=0.087,cos5°=0.996）o求：

（1）当地的重力加速度大小；

（2）摆球在A点时回复力的大小；

（3）摆球运动过程中的最大动能。

F/N

0.504

0.498

0.4乃0.8乃t/s

甲乙

【课本情境】（选择性必修一P48）

做f】

如图2.4-2,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射者，注

射K内装上.泰汁。当注射25推动时，沿着垂克于推动的方

向匀速拖动木板，现褓喷在木板上的墨汁图样。

【情境练习】

16.如组甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器

摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度-匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度

为L，墨汁图样与木板边缘交点P、。恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为（）

17.甲、乙两单摆在同一地点做简谐振动，其振动图像如图所示。两摆的摆长和摆球质量分别为4、/乙和，⑦、〃%,

/甲=〉

C.L,/71TmtD./...<//,〃如=叱

试卷第8页，共15页

【课本情境】（选择性必修一P51）

例.骁根据上式测量重力加速度,需要测出哪些

物理量。应该如何设计实验装四、选择实验器材？怎样才

能减小实验谈差？

II实验装置

如图2.5-1,在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大

些的结，将细线穿过球上的小孔，并把细线上端固定在铁

果台上，就制成一个单摆将铁夹固定在铁架台的上端.

铁架台放在实脸点边，使铁夹伸到泉面以外,方便更用不

同长度的接线。图25-1实用装置

【情境冻习】

18.某实验小组利用如图甲装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。在铁架台上端用摆线悬挂一摆球，铁架台下端

固定一个激光源，发出的激光方向与水平面平行，在摆球的右边与摆球中心等高的位置固定一智能手机，使得激光

的中心与摆球的中心以及智能手机的光线接收口在同一水平直线上。利用手机光线传感器接收到的光照强度随时间

铁架台

甲

（1）实验主要过程如下:

①按图甲安装实验装置，下列有关器材的选择和安装最合理的是

粗的金属杆

0cm12

|卜川田M

0510

乙

③打开激光光源和手机传感器，运行软件;

④让单摆做简谐运动，采集数据：

⑤改变摆线长度/,重亚步骤④；

⑥导出数据获得单摆振动周期T,从而得到对应的尸与L的数据如下表:

次数

123456

数据

L/cm38.0048.0058.0068.0078.0088.00

77s1.241.391.531.661.781.89

r2/

1.541.932.342.763.173.57

s2

丙

⑧请在图内中绘出尸-L图线,并根据图像求出当地的重力加速度g=m/s3（乃/取9.87,结果保留三

位有效数字）

（2）下列关于本实验的误差中，属于系统误差的有o

A.测量摆长引起的误差B.描绘图线引起的误差

C.摆线具有伸缩性引起的误差D.利用手机测量周期引起的误差

19.现代智能手机自带了许多传感器，利用智能手机Phyphox软件能够采集传感器记录的数据。某同学在家根据

Phyphox界面提示的原始传感器，给出了2种测量重力加速度的方案：

方案1.使用“含（g）的加速度”模块，令手机静置在桌面上20s,直接读出重力加速度（图一）；

方案2.使用“摆”功能，该同学找到一把晟程为30cm的刻度尺，长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个

单摆，于小角度释放。输入摆长后，利用手机读取周期，手机将计算出重力加速度（图二）。

试卷第10页，共15页

含（g）的加速摆

图表绝对值多方向简明值结果q扶长共振自相关原始数据

r周期2.05秒

上摆长100厘米

g=9.42nvs2

此处你可以输入你的探长（支点到历心）来确定地球加速度《

图一图二

回答下列相关问题:

（1）根据方案2,可知手机计算重力加速度g的表达式为（用g、兀、T、A表示）

（2）与方案1测得的重力加速度g相比，方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因为一

A.铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准

B.测量摆长的刻度尺量程太小，测摆长时多次移动产生了一定的误差

C.铁锁质量过大，导致g测量误差较大

（3）方案2重力加速度g计算结果误差较大，该同学想到一个修正方案：实验时，可以在细线上的力点做一个标

记，使得悬点。到A点间的细线长度小于刻度尺量程；保持该标记以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度

以改变摆长，当OA间细线长度分别为。、4时，测得相应单摆的周期为（，乙，由此可测得重力加速度g的数值,

此方案计算g的表达式为：（其中4>4）

c.g="Y)4叫甲-砌

D.

【课本情境】（选择性必修一P55）

做T»

如图2.6-3,铁架横梁上拄着几个摆长不同的摆。其

中，A与D、G的接长和同，D的接球质量大于其他拱

球。使D接偏需平衡位页后释放，D接在摄动中通过横

梁对其他几个接施加周期性的驱动力。在振动稳定后比

较各接的振幅。

【情境练习】

20.如国所示，当A振动起来后，通过绷紧的水平绳迫使B、C振动起来，对于三个投球振动过程的描述中，下列

说法正确的是（）

A.B的振幅比C的小

B.A、B、C三个单摆的振幅相同

C.只有A、C两个单摆的周期相同

D.A、B、C三个单摆的周期均不相同

21.如图所示，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说

法中正确的是（）

A.驱动摆只把振动形式传播给其它单摆，不传递能量

B.如果驱动摆的摆长为L,则其它单摆的振动周期都等于

C.某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度和加速度都相同

D.如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的频率最大

【课本情境】（选择性必修一P57）

够科学漫步

振动控制技术

1940隼“月7日早晨.肾度为850m的美国4科鸟金湾£京大梅遭到了一埼大区的*去.引

或了桥W的也”**,人如未"f■无共生爆彳《入桥抗“是动的怆虚婚来整人。再小时后.H.

及建成公奉仅4个月的大桥*解倒埸。从隼以6.土木工杈仲的就开始研走风或报礼Jt和各什林

梁鱼筑的疆动校，技.术,

有一秒工程或林装JLT件调谐质量黑尼X.是日苜大号及、大g*与高耸站构振动技，中应

用最广乏的结构被动控制紫宣之一.这升紫夏是一个由犀黄、限尼X和腹量块短成的禄动控创系

统.*XA毒叁鼻动控制的土地构上。土此种在外界48动力此作用下产生〃动》t.会常动或珞笨

又一起*动当注足一定条件》L或4MLH的倬41力与外A&动力的方向相反.横谪了一*分驱

动力.乂而最大限度地降低，支*构的旅动.达到或班的效杲,

班科技工伟专的*可努力下，我国的果动控制技术将刑了长足发展'n<.包括港珠澳大桥

（四2.35）在内的许多大型虔就工程中寿采用了振动按♦!糙米.

m2.6-5电风度大轿

【情境练习】

22.很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动。台北101大楼使用的阻尼器是重达

试卷第12页，共15页

660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块。简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生

一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使人楼摆动的幅度减小。关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是

()

A.阻月器做的是阻尼振动，其振动频率大于大楼的振动频率

B.阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率

C.阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反

D.阻月器摆动幅度不受风力大小影响

23.2021年5月18日，实高292米的深圳华强北赛格大厦出现不明显原因晃动，其中一种观点认为当时大厦附近

有机械在地下施工作业，机械振动频率与大厦固有频率比较接近，是造成大厦出现较大幅度晃动的主要原因,下列

说法正确的是（）

A.根据题意，施工机械振动频率与大厦固有频率比较接近时，该大厦发生了简谐振动

B.根据题意，施工机械振动频率与大厦固有频率差距越大，该大厦振幅越小

C.安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象

D.根据题意，则通过增、减建筑物的一定层高，一定无法显著减轻大国晃动情况

【课本情境】（选择性必修一P58）

1.如图2.6-6,一个整直回笈转动时，固定

在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方

向振动，T形支架下面系着一个弹黄和小球如

成的振司系统，小球浸没在水中。当圆盘般止

时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率的

为3Hz.，现使31盘以4s的周期匀速运动，经过

一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的无

率是多少？

图2.6-6

【情境练习】

24.如羽所示，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4Hz

C.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大

D.当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大

25.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向

振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动，圆盘静止时，让小球做简谐运动，

其振动图像如图乙所示（以竖直向上为正方向），下列说法正确的是（）

B.r=2s到/=3s弹簧弹性势能一定减小

C.若圆盘以30r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s

试卷第14页，共15页

D.若圆盘正以30r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大

参考答案:

1.D

【详解】A.若位移为负值，由〃=-上，可知加速度一定为正值，但速度有两种可能的

m

方向，所以速度不一定为正值，故A错误；

BC.振子经过平衡位置时，加速度为零，速度最大，方向可能不同，故BC错误；

D.质点每次通过同一位置时，位移相同，加速度一定相同，因为速度有两种可能的方

向，所以速度不一定相同，故D正确。

故选Do

2.AD

【详解】A.振子在4、8两点时的速度为零，但位移为最大，A正确：

B.振子经过。点时速度方向不变，B错误；

C.弹力的方向有时也与速度方向相同，C错误。

D.振子离开。点运动时，加速度方向与速度方向相反，是减速运动；靠近。点运动时，

加速度方向与速度方向相同，是加速运动，D正确。

故选ADo

3.B

【详解】A.小球做简谐振动，加速度方向指向平衡位置，由图可知小球在不、G时刻

的加速度方向相反，A缙误；

B.小球做简谐振动的周期不变，增大增大底片匀速运动的速度，则底片运动的时同减

少，拍摄小球像的个数减少，B正确：

C.由图可知，例点为振幅最大处向平衡位置振动，则小球从乙时刻运动至平衡位置的

时间为小球在N位置先向最大振幅处振动，再向平衡位置运动，从4时刻运动至平

衡位置的时间大于所以小球从乙时刻运动至平衡位置的时间小于从与时刻运动至平

4

衡位置的时间，C错误：

D.从乙时刻到〃时刻的过程中，弹簧弹力对小球先做正功后做负功，弹簧的弹性势能

先减小后增大，小球的动能先增大后减小，D错误。

故选B。

4.C

【详解】A.由图可知过A点作图线的切线，该切线与x釉的正方向的夹角小于90',切

线的斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故A错误；

试卷第16页，共23页

B.由图可看出，片0、/=4s时刻振子的位移都是最大，旦都在/轴的上方，在0〜4s内

经过两个周期，振子完成两次全振动，故B错误；

C.由于r=0时刻和r=4s时刻振子都在最大位移处，又由于振幅为0.5cm,在。〜4s内

振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为

2x4x0.50cm=4cm

位移为0,故C正确；

D.由图可知A在/轴上方，位移

A-0.25cm

所以弹力

F=.jtr=-20x0.25N=-5N

即弹力大小为5N,方向指向x轴负方向，故D错误。

故选C。

5.(1)A=5siny/(cm)；(2)5m：(3)0,速度沿x轴IF方向，I6J

【详解】(1)由图可知弹簧振子的周期为T=4s,振幅为A=5cm,则有

<v=—=—rad/s

T2

则该振子简谐运动的表达式为

u.7C.、

x=5sin—r(cm)

2

(2)又因为

/100s__

n=—=-----=25

T4s

而弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A,所以该振子在100s内通过的路程是

s=25x4A=25x4X5cm=5(X)cm=5m

(3)由图可知第2s末弹簧振子位于平衡位置，故加速度为0；第4s末弹簧振子位于平

衡位置，速度沿工轴正方向；由于弹簧振子振动过程中机械能守恒，故第5s末弹性势

能为l6Jo

6.C

【详解】A.笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的振羽图象的个数可确定出时间长短，

所以白纸上OQ轴上的坐标代表时间，故A错误；

B.白纸上与OQ垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误;

C.由

试卷第17页，共23页

可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时间，是为了保证时间均匀变化，

故c正确；

D.笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关，拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不改变，

故D错误。

故选C。

7.C

【详解】A.W是/时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，故A错误；

B.小球振动过程只有弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误；

C.由图可知小球通过。点时更靠近平衡位置，其速度大于通过〃点的速度，故C正确；

D.小球的运动为简谐运动，其振动周期与振幅无关，故D错误。

故选C。

8.横轴上的坐标代表时间，纵坐标代表笔尖离开平衡位置的位移：匀速拖动白纸，是

为了用相等的距离表示相等的时间；如果拖动白纸的速度是5*1()闩］通，在横轴距离坐

标原点位置1m处的刻度为20s,依次类推。

【详解】笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短,

所以白纸上横轴上的坐标代表时间，纵坐标代表笔尖离开平衡位置的位移；由可

知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时•间；如果拖动白纸的速度是

5xl0-2m/s,在横坐标轴上运动1m用时间为

/=——~~7s=20s

5x10-2

即在横轴距离坐标原点位置Im处的刻度为20s,依次类推。

9.C

【详解】A.玻璃管的回复力由其所受重力与浮力的合力提供，故A错误；

B.回复力是效果力，玻璃管只受重力和浮力作用，故B错误；

C.玻璃管做简谐运动，玻璃管的回复力方向总是跟它离开平衡位置的位移方向相反，

故C正确；

D.玻璃管在做简谐运动的过程中，通过平衡位置时回复力为零，故D错误。

故选C。

10.BD

【详解】A.由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可

知，该振动的周期与振幅无关，故A错误；

试卷第18页，共23页

B.装有少量铁砂的细玻璃管竖直漂浮在水中，细玻璃管受重力和浮力作用，其做筒谐

振动的回复力等于重力和浮力的合力，故B正确；

C.玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃

管的机械能不守恒，故c错误；

D.由图可知，在〃T2E寸间内，玻璃管的位移减小，杈据加速度

kx

a=-----

m

可知加速度减小，玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大，故D正确.

故选BDO

11.CD

【详解】A.由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置,则

工从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡

位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A错误：

B.0.35m和尤-0.45m时，由图像的对称性加，浮力大小相等，说明木棒在同一位

置，竖直方向速度大小用等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合

速度大小相等，方向不是相反，B错误；

C.x从0.21m至IJO.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到

平衡位置），加速度竖直向下，大小逐渐减小，C正确；

D.木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L,叵复

力系数为k,平衡位置忖木棒重心在水面下方入％,贝!有

JL人

pgS\-+^=Mg

木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时

(L

Mg-F?=Mg-pgS一■FA.r-A=kA

120>

木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时

耳一(

Mg=pgS4+8+A-Mg=kA

可解得

k=pgS

A-X

2pSg

D正确。

故选CD。

12.A

试卷第19页，共23页

【详解】A.摆球在8点处，速度最大，细线拉力也最大，故A正确;

B.摆球在8点处，速度最大，回复力为零，故B错误；

C.摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故C错

误；

D.摆球受到重力、拉力两个力的作用，故D错误。

故选A,

13.B

【详解】AB.带正电小球受到的电场力和重力合力大小为

F'=qE+mg=3mg

电场力和重力合力沿斜面方向的加速度为

F"'sina3

4一二------=”

min2

则摆球的摆动周期为

故A错误，B正确；

C.摆球做圆周运动，摆球经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零，故C错误；

D.摆球刚释放时的回复力大小为

13

F=Ffsinasin0=31ngx—xsin。=Qm8sin0

故D错误。

故选B。

14.(1)F=—詈x,说明见解析；(2)T=2噂;(3)小=3〃织-2〃i*cosO

【详解】(1)在0很小时

sing之土

L

由几何关系可得，单摆的回复力为

F=-mgsin3«

负号表示回复力方向与位移方向相反，由于小球质量勿、摆长心重力加速度g都为定

值，令

k号

则

试卷第20页，共23页

F=-kx

故单摆在摆角很小的情况下的运动为简谐运动；

(2)由(1)的分析可知

k=整

I

单摆在摆角很小的情况下为简谐运动，故单摆的周期公式为

(3)设摆球在最低点时的速度为*由动能定理可得

mg(L-Lcos6)=—m\r

2

设在最低点时细线的拉力为尸，根据牛顿第二定律可得

F-mg=—

联立解得

F'=3mg-2mgcos0

15.(1)10m/s2；(2)0.0435N；(3)0.0032J

【详解】(I)摆球在一个周期内两次经过最低点，对应两次细线拉力达到最大值，住图

乙可知单摆的周期为

7=0.8m=2噂

解得当地的重力加速度大小为

g=1()m/s2

(2)摆球在A点时，细线拉力大小为

Fmin=mgcos6=0.498N

解得

mg=0.5N

摆球在八点时回复力的大小为

电sin0=0.0435N

(3)设摆球在B点时速度为v,根据牛顿第二定律有

v2

Fmax-mg=m-

摆球运动过程中的最大动能为

试卷第21页，共23页

/=5加=3（£皿—〃，g）L=0.0032J

16.B

【详解】由图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足

—5T1=—L

2v

单摆周期公式为

联立解得该单摆的等效摆长为

;上

25//

B正确。

17.C

【详解】根据题意，由图可知

由单摆周期公式丁=2］后可得

%二I乙

由于单摆的周期与摆球的质量无关，无法确定摆球质量关系。

,..........*♦••••*•...............■>•F/

0102030405060708090100

CD##DC

【详解】（I）①［I］摆线悬点应固定，摆线应选择质量小、不易伸长的细丝线，摆球应选

择体积小、质量大的铁球。

故选B。

试卷第22页，共23页

②[2]摆球直径为

d=\1mnn-0.1mmx4=11.4mm=1.14cm

T

得

事

g

图线斜率为

,4乃24.00

得

g=9.72m/s2

（2）[5]AB.测量摆长引起的误差和描绘图线引起的误差是由于不稳定随机因素造成,

属「偶然误差，AB错误;

CD.摆线具有伸缩性和手机测量周期引起的误差是由于仪器不完善、测量方法不准确

等因素造成，属于系统误差，CD正确。

故选CDo

4/L

19.-ABA

【详解】（1）根据单摆周期公式

T=

得重力加速度N的表达式为

4JT2L

S-

试卷第23页，共23页

（2）方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因有铁锁的重

心不方便确定，所以摆长不准；方案2是用长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制

成•个单摆，而该同学找到•把量程为30cm的刻度尺，所以测量摆长的刻度尺量程太

小，会导致测摆长时多次移动产生了一定的误差。

故选ABO

（3）当0A间细线长度分别为乙、乙时，测得相应单摆的周期为（，T2,设A点到铁

锁重心的距离为/,根据公式

可解得

4叫「右）

故选A。

20.A

【详解】CD.B、C做受迫振动，振动周期都与A的周期相同，故CD错误;

AB.根据单摆周期公式

可知C单摆的固有周期等于A单摆的周期，则C的振幅比B的大，故A正确，B错误。

故选A。

21.B

【详解】A.驱动摆不仅把振动形式传播给其它单摆，同时也把能量传递给其它单摆,

故A错误；

BD.如果驱动摆的摆长为£,根据单摆的周期公式有

试卷第24页，共23页

而其它单投都做受迫振动，故振动周期都等于驱动摆的周期2n振动频率也都等于

驱动摆的频率，故B正确，D错误；

C.某个单摆摆动过程中多次通过同•位置时，速度大小相等但方向可能不同；根据

F=-kx

可得加速度

Fkx

a=—=--

tnm

所以加速度一定相同，故c错误。

故选B。

22.C

【详解】A.由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，故A错

误；

B.阻尼器的振动频率取决于大楼的振动频率，与自身的固有频率无关，故B错误；

C.由题意可知，大楼对阻力器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，根据叵复

力

F=-kx

可知阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反，故C正确；

D.阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，故D错误。

故选C。

23.B

【详解】AB.由题中观点可知，施工机械振动频率与大厦固有频率比较接近时，该大

厦发生了共振，不是简谐振动，由共振规律可知，当机械振动频率与大厦固有频率差别

越大，其振幅越小，A错误，B正确；

C.安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大原的固有频率，但可能在其

他施工机械振动时发生共振，故不能杜绝共振，c错误；

D.根据题意，则通过增、减建筑物的•定层高，可改变大厦的固有频率，可以显著减

轻大厦晃动情况，D错俣。

故选B。

24.BD

【详解】AB.现匀速转动摇把，转速为240r/min,则当振子稳定振动时，它的振动周

期为

试卷第25页，共23页

2冗U^s=0.25s

T=—

CD

它的振动频率为

/=-=—Hz=4Hz

T0.25

故A错误，B正确;

C.由于转速为240r/min时的频率大于振子的固有频率，当转速增大时，振动频率增大,

弹簧振子的振幅减小，故C错误；

D.当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振了•的振幅增大，故D正确。

故选BDo

25.C

【详解】A.以竖直向上为正方向，，=ls到/=2s小球从最低点向平衡位置振动，偏离

平衡位置位移方向为负.大小正在减小，由

4=-kx

可知所受的回复力减小，方向为x轴正向，故A错误；

B./=2s到/=3s小球从平衡位置向最高点振动，小球可能会经过弹簧的原长，则弹簧

弹性势能可能先减小后漕大，故B错误；

C.若圆盘以30r/min匀速转动，其周期为

7^7=-=—min=2s

年n30

小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期为2s,故C正确：

D.由图乙可知，小球振动的固有周期为

鼠=4s

若圆盘正以30r/min匀速转动时，有

4</=4s

欲使小球振幅增加则要港大驱动力的周期,可使圆盘转速适当减小，故D错误。

故选C。

机械波一课本情境与练习

【课本情境】（选择性必修一P62）

试卷第26页，共23页

演示）

观察绳波的产生和传播

如图3.14，取一条较长的软绳，用手握住一曲拉平后

向上抖动一次，可以看到绳上形成一个凸起部分，这个凸

起部分向另一端传去。向下抖动一次，可以看到绳上形成

一个凹下部分，这个凹下部分也向另一端传去。连线向上、

向下抖动长绳,，可以看到一列波产生和传播的情形。

图3.1-1沿姆住搭的被

在绳上做个红色标记，在波传播的过程中，这个标记

怎样运动？它是否随着波向暹的另一端移动？

【情境练习】

1.手持软绳的一端。点在修直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成沿水

平传播的简谐波，P、。为绳上的两点，U0时。点由平衡位置出发开始振动，至〃时

刻恰好完成两次全振动,绳上0Q间形成如图所示的波形（。点之后的波形未画出），

A.〃时刻之前Q点始终静止B."时刻。点运动方向向上

C.〃时刻尸点刚好完成一次全振动D.厂0时刻。点运动方向向下

2.振源A从。时刻开始带动细