第二章机械振动重难点检测卷（有解析）-高中物理选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 第二章机械振动重难点检测卷（有解析）-高中物理选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 828.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-04-15 15:14:44 | ||
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文档简介
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第二章机械振动重难点检测卷-高中物理选择性必修第一册
一、单选题
1．①摩擦生热、②弹簧振子振动、③热传递和④气体自由膨胀，上述现象中能表明物理过程具有单向性的是（ ）
A．①、②和③ B．②、③和④
C．①、②和④ D．①、③和④
2．为使简谐运动单摆的周期变长，可采取以下哪种方法（ ）
A．振幅适当加大 B．摆长适当加长
C．摆球质量增大 D．将单摆从上海移到北京
3．如图所示，用两根等长的轻线悬挂一个小球，设绳长L和角α已知，当小球垂直于纸面做简谐运动时，其周期表达式为（ ）
A．π B．2π C．2π D．2π
4．如图所示为相同的小球（可看作质点）构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别，关于周期大小关系的判断，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（ ）
A．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动 B．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
C．摆长约为 D．摆长约为
6．两个弹簧振子甲、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．时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移
D．甲、乙两弹簧振子加速度最大值之比一定为
二、多选题
7．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 （ ）
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
8．一机械波沿x轴传播，图1为t=0时的波动图像，图2为x=5m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1m，则（ ）
A．这列波向x轴正向传播，波速为
B．t=0.2s时，P、Q两质点加速度相同
C．P质点的振动方程为
D．这列波的波动方程为
9．如图所示，水平面上固定一倾角为的斜面，质量为M的物块B静止于斜面上，B用不可伸长的细绳通过光滑定滑轮与沿竖直方向的弹簧连接，弹簧下端与质量为m的物块A连接，初始时，用手托住物块A，细绳恰好伸直且弹簧处于原长状态。某时刻撤去手，物块A开始运动，物块B在撤去手前后始终保持静止状态，已知，重力加速度为g，则（ ）
A．B与斜面间的最大静摩擦力至少为
B．B与斜面间的最大静摩擦力至少为
C．A从释放到第一次运动至最低点的过程中，合外力对A先做正功后做负功
D．A从释放到第一次速度最大的过程中，弹簧弹性势能的增加量等于A机械能的减小量
10．如图所示是单摆做阻尼振动的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．摆球在M时刻的动能等于N时刻的动能
B．摆球在M时刻的势能等于N时刻的势能
C．摆球在M时刻的机械能等于N时刻的机械能
D．摆球在M时刻的机械能大于N时刻的机械能
三、实验题
11．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出图像，就可以求出当地的重力加速度，理论上图像是一条过坐标原点的直线。
（1）某同学在家里做用单摆测量重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球（如图），以下实验步骤中存在错误或不当的步骤是 （只填写相应的步骤前的字母即可）。
A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点
B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长
C．将石块拉开一个大约5°的角度，然后由静止释放
D．从石块摆到最低点时开始计时，当石块第30次到达最低点时结束计时，记录总时间为t，由得出周期
E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和T
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，代入公式，求出重力加速度g
（2）该同学根据实验数据作出的图像如图所示：
①由图像求出的重力加速度g= m/s2（取）。
②由于图像没有能通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）；若利用，采用公式法计算，则求出重力加速度g值与当地真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
四、解答题
12．如图所示，用很长的细线系着一个小球A组成一个单摆，在悬点O处还固定着一根竖直的细绳，吊在绳子上的小球B能沿绳子下滑，现将A球拉偏一个很小的角度，B球停在悬点O处，使它们同时开始运动，若A球第一次运动到最低点时与B球相碰，求：B与绳子的摩擦力跟B球重力的比值。
13．如图所示，劲度系数为k的弹簧上端固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，求：
(1)小球振动到最低点时的加速度；
(2)弹簧弹性势能的最大值。
14．如图所示，在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10°，现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A，使其由静止下滑，则：
（1）A球从M第一次滑倒O点的时间为多少？
（2）若在圆弧的最低点O的正上方h处由静止释放小球B，让其自由下落，同时A球从圆弧右侧M处由静止释放，欲使A、B两球在圆弧最低点O处相遇，求：B球下落高度h的可能值。
15．如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动．B、C相距20 cm．小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达C点。
（1）写出小球的振动方程，并在图乙中画出小球在第一个周期内的x-t图像；
（2）求5 s内小球通过的路程及5 s末小球的位移。
参考答案：
1．D
【详解】热现象的物理过程具有单向性，故摩擦生热、热传递和气体自由膨胀均表明物理过程具有单向性。
故选D。
2．B
【详解】根据单摆的周期公式
可知为使简谐运动单摆的周期变长，可以适当增加摆长L或减小重力加速度g，而上海的纬度比北京的纬度低，所以将单摆从上海移到北京会使g增大。综上所述可知ACD错误，B正确。
故选B。
3．D
【详解】如图所示，由于小球垂直于纸面做简谐运动，所以等效摆长为Lsinα，由于小球做简谐运动，所以单摆的振动周期为
ABC错误，D正确。
故选D。
考点：本题考查单摆的振动周期以及等效摆长的求法。
4．C
【详解】设单摆摆长均为L，根据单摆的周期公式可得
则
故选C。
5．B
【详解】CD．由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.5Hz．周期T=2s，根据
得
故CD错误；
AB．当摆长增大时，周期变大，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动，故A错误B正确；
故选B。
6．C
【详解】A．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；
B．两弹簧为水平弹簧振子，能量只有动能和弹性势能，当最大位移时能量即弹性势能。甲的振幅大，但两弹簧的劲度系数大小不知，所以最大位移时弹性势能无法判断，即总能量大小无法判断，选项B错误；
C．t=2s时甲处于平衡位置负向运动，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，故选项C正确；
D．不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小关系，所以无法判断回复力大小和加速度大小的比例关系，故选项D错误。
故选C。
7．CD
【详解】A. 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即
解两式得
，
可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误；
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，选项B错误；
C. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确；
D. 由单摆的周期公式 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
故选CD。
8．CD
【分析】根据“同侧法”判断波的传播方向，根据图1可知该波的波长、根据图2可知该波的周期、根据求解该波的波速；分析时质点P的位置、质点Q的位置分析P、Q质点加速度是否相同；根据振动方向的一般表达式求解P点的振动方程和这列波的波动方程。
【详解】A．时处A质点的振动方向向上，根据“同侧法”可知，该波向x轴正向传播，根据图1可知该波的波长为，根据图2可知该波的周期为，所以该波的波速为
故A错误；
B．时，质点P的位置为，质点Q在平衡位置以下正在向下运动，根据可知P、Q质点加速度不相同，故B错误；
C．由图可知波长为20m，振幅为2cm，P点的振动方程为
故C正确；
D．这列波的波动方程为
故D正确；
故选CD。
9．BCD
【详解】AB．根据题意可知，在释放A之前，B所受静摩擦力为
释放A之后，物块A从释放位置到最低点间做简谐运动，故在最低点时，加速度为向上的g，弹簧的弹力为
在A之后的运动过程中，B恰好不上滑，当A运动到最低点时，对B分析有
联立解得
综上可知B与斜面间的最大静摩擦力为， A错误B正确；
C．A下落过程中，当弹力与重力相等时，速度最大，然后开始减速，到达最低点时速度为零，故A的动能先增大后减小，根据动能定理可知合外力对A先做正功后做负功， C正确；
D．A从释放到第一次速度最大的过程中，根据系统机械能守恒有弹性势能的增加量等于A机械能的减小量， D正确。
故选BCD。
10．BD
【详解】CD．单摆做阻尼振动，因此摆球的机械能不断减少，选项D正确，C错误；
B．由题图可看出M、N两时刻单摆的位移相同，即在同一位置，摆球势能相同，选项B正确；
A．因摆球机械能越来越小，所以摆球在N时刻的动能比M时刻的动能小，选项A错误．
故选BD。
11． BDF 9.87 不变 偏小
【详解】（1）[1]摆长应是悬点到大理石块重心的距离；第30次经过最低点，则此单摆一共完成了15个全振动，所以周期为；必须先分别求出各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值。
故选BDF。
（2）[2]根据单摆周期公式有
故可知图像的斜率为
故加速度为
[3]根据前面分析可知重力加速度为
设结点N到大理石块重心的距离为r，由于图像不通过原点，则
根据数学知识可知，对于图像来说两种情况下图像的斜率不变都是，所以测得的g值不变；
[4]经分析可知出现上述图像不过坐标原点的原因是摆长测量值偏小，若利用计算，此时摆长l偏小，则求出的重力加速度g值与当地真实值相比偏小。
12．0.2
【详解】球A是单摆模型，根据周期公式其摆到最低点时间为
对球B，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
两球运动时间相等为
联立解得，B与绳子的摩擦力跟B球重力的比值为0.2
13．(1)g，方向竖直向上；(2)
【详解】(1)小球做简谐运动，由重力和弹簧的弹力提供回复力，在平衡位置则有
根据题意则有
在最低点，由牛顿第二定律有
解得小球在最低点的加速度大小为
方向竖直向上
(2)系统机械能守恒，小球运动到最低点时弹簧的弹性势能最大，小球从最高点运动到最低点，重力势能全部转化为弹簧的弹性势，则有
14．（1）；（2）(n=0，1，2，3，…)
【详解】（1）由单摆周期公式知球A的周期
A球从M第一次滑倒O点需要经过周期，则A球从M第一次滑倒O点的时间为
（2）在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10°，所对圆心角足够小，故A球的运动可以看成简谐运动，A球开始释放至到达点经历的时间为
(n=0，1，2，3，…)
其中
B球到达点经历的时间
两球相遇时，所用时间相等，即
所以有
故应满足
(n=0，1，2，3，…)
15．（1） ， 图见解析 ；（2）2m ，0.1m。
【详解】（1）因为B、C相距20 cm，可知振幅为：
小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达C点，可知周期为：
所以：
所以当从B点开始计时，振动方程为：
做出图像如图所示：
（2）因为小球做简谐振动的周期为1s，5s内小球经过了5个周期，故5s内通过的路程为：
5s末小球为位于B点，故位移为x=0.1m。
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第二章机械振动重难点检测卷-高中物理选择性必修第一册
一、单选题
1．①摩擦生热、②弹簧振子振动、③热传递和④气体自由膨胀，上述现象中能表明物理过程具有单向性的是（ ）
A．①、②和③ B．②、③和④
C．①、②和④ D．①、③和④
2．为使简谐运动单摆的周期变长，可采取以下哪种方法（ ）
A．振幅适当加大 B．摆长适当加长
C．摆球质量增大 D．将单摆从上海移到北京
3．如图所示，用两根等长的轻线悬挂一个小球，设绳长L和角α已知，当小球垂直于纸面做简谐运动时，其周期表达式为（ ）
A．π B．2π C．2π D．2π
4．如图所示为相同的小球（可看作质点）构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别，关于周期大小关系的判断，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（ ）
A．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动 B．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
C．摆长约为 D．摆长约为
6．两个弹簧振子甲、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．时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移
D．甲、乙两弹簧振子加速度最大值之比一定为
二、多选题
7．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是 （ ）
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
8．一机械波沿x轴传播，图1为t=0时的波动图像，图2为x=5m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1m，则（ ）
A．这列波向x轴正向传播，波速为
B．t=0.2s时，P、Q两质点加速度相同
C．P质点的振动方程为
D．这列波的波动方程为
9．如图所示，水平面上固定一倾角为的斜面，质量为M的物块B静止于斜面上，B用不可伸长的细绳通过光滑定滑轮与沿竖直方向的弹簧连接，弹簧下端与质量为m的物块A连接，初始时，用手托住物块A，细绳恰好伸直且弹簧处于原长状态。某时刻撤去手，物块A开始运动，物块B在撤去手前后始终保持静止状态，已知，重力加速度为g，则（ ）
A．B与斜面间的最大静摩擦力至少为
B．B与斜面间的最大静摩擦力至少为
C．A从释放到第一次运动至最低点的过程中，合外力对A先做正功后做负功
D．A从释放到第一次速度最大的过程中，弹簧弹性势能的增加量等于A机械能的减小量
10．如图所示是单摆做阻尼振动的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．摆球在M时刻的动能等于N时刻的动能
B．摆球在M时刻的势能等于N时刻的势能
C．摆球在M时刻的机械能等于N时刻的机械能
D．摆球在M时刻的机械能大于N时刻的机械能
三、实验题
11．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出图像，就可以求出当地的重力加速度，理论上图像是一条过坐标原点的直线。
（1）某同学在家里做用单摆测量重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球（如图），以下实验步骤中存在错误或不当的步骤是 （只填写相应的步骤前的字母即可）。
A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点
B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长
C．将石块拉开一个大约5°的角度，然后由静止释放
D．从石块摆到最低点时开始计时，当石块第30次到达最低点时结束计时，记录总时间为t，由得出周期
E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和T
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，代入公式，求出重力加速度g
（2）该同学根据实验数据作出的图像如图所示：
①由图像求出的重力加速度g= m/s2（取）。
②由于图像没有能通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）；若利用，采用公式法计算，则求出重力加速度g值与当地真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
四、解答题
12．如图所示，用很长的细线系着一个小球A组成一个单摆，在悬点O处还固定着一根竖直的细绳，吊在绳子上的小球B能沿绳子下滑，现将A球拉偏一个很小的角度，B球停在悬点O处，使它们同时开始运动，若A球第一次运动到最低点时与B球相碰，求：B与绳子的摩擦力跟B球重力的比值。
13．如图所示，劲度系数为k的弹簧上端固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，求：
(1)小球振动到最低点时的加速度；
(2)弹簧弹性势能的最大值。
14．如图所示，在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10°，现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A，使其由静止下滑，则：
（1）A球从M第一次滑倒O点的时间为多少？
（2）若在圆弧的最低点O的正上方h处由静止释放小球B，让其自由下落，同时A球从圆弧右侧M处由静止释放，欲使A、B两球在圆弧最低点O处相遇，求：B球下落高度h的可能值。
15．如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动．B、C相距20 cm．小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达C点。
（1）写出小球的振动方程，并在图乙中画出小球在第一个周期内的x-t图像；
（2）求5 s内小球通过的路程及5 s末小球的位移。
参考答案：
1．D
【详解】热现象的物理过程具有单向性，故摩擦生热、热传递和气体自由膨胀均表明物理过程具有单向性。
故选D。
2．B
【详解】根据单摆的周期公式
可知为使简谐运动单摆的周期变长，可以适当增加摆长L或减小重力加速度g，而上海的纬度比北京的纬度低，所以将单摆从上海移到北京会使g增大。综上所述可知ACD错误，B正确。
故选B。
3．D
【详解】如图所示，由于小球垂直于纸面做简谐运动，所以等效摆长为Lsinα，由于小球做简谐运动，所以单摆的振动周期为
ABC错误，D正确。
故选D。
考点：本题考查单摆的振动周期以及等效摆长的求法。
4．C
【详解】设单摆摆长均为L，根据单摆的周期公式可得
则
故选C。
5．B
【详解】CD．由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.5Hz．周期T=2s，根据
得
故CD错误；
AB．当摆长增大时，周期变大，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动，故A错误B正确；
故选B。
6．C
【详解】A．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；
B．两弹簧为水平弹簧振子，能量只有动能和弹性势能，当最大位移时能量即弹性势能。甲的振幅大，但两弹簧的劲度系数大小不知，所以最大位移时弹性势能无法判断，即总能量大小无法判断，选项B错误；
C．t=2s时甲处于平衡位置负向运动，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，故选项C正确；
D．不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小关系，所以无法判断回复力大小和加速度大小的比例关系，故选项D错误。
故选C。
7．CD
【详解】A. 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即
解两式得
，
可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误；
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，选项B错误；
C. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确；
D. 由单摆的周期公式 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
故选CD。
8．CD
【分析】根据“同侧法”判断波的传播方向，根据图1可知该波的波长、根据图2可知该波的周期、根据求解该波的波速；分析时质点P的位置、质点Q的位置分析P、Q质点加速度是否相同；根据振动方向的一般表达式求解P点的振动方程和这列波的波动方程。
【详解】A．时处A质点的振动方向向上，根据“同侧法”可知，该波向x轴正向传播，根据图1可知该波的波长为，根据图2可知该波的周期为，所以该波的波速为
故A错误；
B．时，质点P的位置为，质点Q在平衡位置以下正在向下运动，根据可知P、Q质点加速度不相同，故B错误；
C．由图可知波长为20m，振幅为2cm，P点的振动方程为
故C正确；
D．这列波的波动方程为
故D正确；
故选CD。
9．BCD
【详解】AB．根据题意可知，在释放A之前，B所受静摩擦力为
释放A之后，物块A从释放位置到最低点间做简谐运动，故在最低点时，加速度为向上的g，弹簧的弹力为
在A之后的运动过程中，B恰好不上滑，当A运动到最低点时，对B分析有
联立解得
综上可知B与斜面间的最大静摩擦力为， A错误B正确；
C．A下落过程中，当弹力与重力相等时，速度最大，然后开始减速，到达最低点时速度为零，故A的动能先增大后减小，根据动能定理可知合外力对A先做正功后做负功， C正确；
D．A从释放到第一次速度最大的过程中，根据系统机械能守恒有弹性势能的增加量等于A机械能的减小量， D正确。
故选BCD。
10．BD
【详解】CD．单摆做阻尼振动，因此摆球的机械能不断减少，选项D正确，C错误；
B．由题图可看出M、N两时刻单摆的位移相同，即在同一位置，摆球势能相同，选项B正确；
A．因摆球机械能越来越小，所以摆球在N时刻的动能比M时刻的动能小，选项A错误．
故选BD。
11． BDF 9.87 不变 偏小
【详解】（1）[1]摆长应是悬点到大理石块重心的距离；第30次经过最低点，则此单摆一共完成了15个全振动，所以周期为；必须先分别求出各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值。
故选BDF。
（2）[2]根据单摆周期公式有
故可知图像的斜率为
故加速度为
[3]根据前面分析可知重力加速度为
设结点N到大理石块重心的距离为r，由于图像不通过原点，则
根据数学知识可知，对于图像来说两种情况下图像的斜率不变都是，所以测得的g值不变；
[4]经分析可知出现上述图像不过坐标原点的原因是摆长测量值偏小，若利用计算，此时摆长l偏小，则求出的重力加速度g值与当地真实值相比偏小。
12．0.2
【详解】球A是单摆模型，根据周期公式其摆到最低点时间为
对球B，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
两球运动时间相等为
联立解得，B与绳子的摩擦力跟B球重力的比值为0.2
13．(1)g，方向竖直向上；(2)
【详解】(1)小球做简谐运动，由重力和弹簧的弹力提供回复力，在平衡位置则有
根据题意则有
在最低点，由牛顿第二定律有
解得小球在最低点的加速度大小为
方向竖直向上
(2)系统机械能守恒，小球运动到最低点时弹簧的弹性势能最大，小球从最高点运动到最低点，重力势能全部转化为弹簧的弹性势，则有
14．（1）；（2）(n=0，1，2，3，…)
【详解】（1）由单摆周期公式知球A的周期
A球从M第一次滑倒O点需要经过周期，则A球从M第一次滑倒O点的时间为
（2）在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10°，所对圆心角足够小，故A球的运动可以看成简谐运动，A球开始释放至到达点经历的时间为
(n=0，1，2，3，…)
其中
B球到达点经历的时间
两球相遇时，所用时间相等，即
所以有
故应满足
(n=0，1，2，3，…)
15．（1） ， 图见解析 ；（2）2m ，0.1m。
【详解】（1）因为B、C相距20 cm，可知振幅为：
小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达C点，可知周期为：
所以：
所以当从B点开始计时，振动方程为：
做出图像如图所示：
（2）因为小球做简谐振动的周期为1s，5s内小球经过了5个周期，故5s内通过的路程为：
5s末小球为位于B点，故位移为x=0.1m。
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