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第二章质量检测
阶段 评估
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间做简谐运动，关于振子下列说法正确的是( )
A.在a点时加速度最大，速度最大
B.在O点时速度最大，位移最大
C.在b点时位移最大，速度最小
D.在b点时加速度最大，速度最大
√
解析：O为弹簧振子振动的平衡位置，其加速度为0，位移为0，速度最大，B错误;振子在a、b两位置，振动的位移最大，加速度最大，速度为0，故A、D错误，C正确。
2.一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率。在驱动力的频率逐渐增大的过程中，该物体的振幅 ( )
A.一定逐渐增大 B.一定逐渐减小
C.可能先增大后减小 D.可能先减小后增大
√
解析：一物体做受迫振动，当驱动力的频率等于该物体的固有频率时，该物体的振幅最大;由于一开始驱动力的频率小于该物体的固有频率，在驱动力的频率逐渐增大的过程中，如果驱动力的频率仍然小于该物体的固有频率，则该物体的振幅增大，如果驱动力的频率已经大于该物体的固有频率，则该物体的振幅减小，所以该物体的振幅可能先增大后减小。故选C。
3.关于机械振动，下列说法不正确的是 ( )
A.做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关
B.做简谐运动的物体经过平衡位置时所受合外力一定为零
C.单摆做简谐运动的周期跟振幅及摆球质量无关
D.单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，外力的频率越大，单摆的振幅可能越小
√
解析：振幅反映了振动的强弱，可知做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，A正确;做简谐运动的物体经过平衡位置时的回复力一定为零，但所受合外力不一定为零，例如振幅很小的单摆运动到最低点时受到的合外力就不为零，B错误;根据单摆的周期公式T=2π可知，单摆做简谐运动的周期跟振幅及摆球质量无关，C正确;根据发生共振的条件可知，当外力的频率等于单摆的固有频率时，单摆做受迫振动的振幅最大，若外力的频率大于单摆的固有频率，则外力的频率越大，单摆的振幅越小，D正确。
4.如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 ( )
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
√
解析：根据题图可知，该单摆的振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m。x t图像的斜率表示速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同，C正确。
5.在光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子及其振动图像如图所示，下列说法错误的是 ( )
A.t=0时，弹簧处于原长
B.周期T=2 s
C.某段时间，小球的加速度和速度可能都减小
D.一个周期内小球通过的路程等于80 cm
√
解析：小球在弹簧弹力的作用下做简谐运动，由题图乙可知t=0时，小球处于平衡位置，回复力为零，弹簧弹力为零，弹簧处于原长，故A正确;由题图乙可知，周期T=2 s，故B正确;小球衡位置的过程做的是加速度减小、速度增大的运动，远离平衡位置的过程做的是加速度增大、速度减小的运动，则小球的加速度和速度不可能都减小，故C错误;由题图乙可知，振幅为20 cm，一个周期内小球通过的路程为s=4A=80 cm，故D正确。本题选错误的，故选C。
6.如图所示，将质量为m的小球悬挂在一轻质弹簧下端，静止后小球所在的位置为O点(图中未标出)。现将小球从O点向下拉至弹簧对小球的弹力大小为2mg(g为重力加速度)，然后释放，已知小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则小球位于最高点时弹簧的弹力大小为 ( )
A.2mg B.0
C.mg D.mg
√
解析：设小球处于最低点时弹簧的弹力大小为F1，则有F1=2mg，释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得F1-mg=ma1，解得a1=g，设小球运动到最高点时弹簧的弹力大小为F2，小球的加速度大小为a2，根据对称性可得a2=a1，在最高点对小球由牛顿第二定律可得F2+mg=ma2，解得F2=0，故选B。
7.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度为g，则以下判断正确的是 ( )
A.单摆在斜面上摆动的周期T=2π
B.摆球经过平衡位置时的回复力大小为F=m
C.若摆球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小
D.若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将增大
√
解析：单摆在斜面上摆动时，等效重力加速度为g'=gsin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T=2π=2π，若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将减小，故A、D错误;回复力大小与摆球偏离平衡位置的位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时的回复力大小为零，故B错误;若摆球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆的等效重力加速度为g″=gsin α+，所以单摆在斜面上摆动的周期T'=2π=2π二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.振动系统的固有周期为0.05 s
B.振动系统的固有周期为3 s
C.圆盘的转速越大，小球振动的频率越大
D.圆盘的转速越大，小球振动的频率越小
√
√
解析：根据图像可得当转速为n=20 r/min= r/s，振动系统受迫振动的振幅最大，所以振动系统的固有周期为T=3 s，故A错误，B正确;受迫振动的频率与驱动力频率相同，转速越大，驱动力频率越大，则小球振动的频率越大，故C正确，D错误。
9.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。当振子位于A点时弹簧处于原长状态。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。振子的位移x随时间t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是 ( )
A.振子位移的表达式为x=12sin(1.6t) cm
B.t=0.6 s时，振子的速度方向竖直向下
C.振子在B点的加速度大小为g
D.振子的动能和弹簧的弹性势能之和保持不变
√
√
解析：由题图乙可知，振子做简谐运动的振幅为A=12 cm，周期为T=1.6 s，则振子振动的圆频率为ω==1.25π rad/s，振子位移的表达式为x=Asin (ωt)=12sin(1.25πt) cm，故A错误;由题图乙可知，t=0.6 s时，振子由最高点A向下运动至A、O两点之间的某一位置，则振子的速度方向竖直向下，故B正确;由简谐运动的对称性可知，振子在A、B两点的加速度大小相等、方向相反，由于振子在A点时弹簧处于原
长状态，则振子在A点时的加速度大小为g，所以振子在B点的加速度大小也为g，故C正确;振子做简谐运动，机械能守恒，以A点为初始位置，在振子向下运动过程中，重力势能逐渐减少，则振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变大，反之在振子向上运动过程中，振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变小，故D错误。
10.图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像，则下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B.t=2 s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小
C.甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等
√
√
解析：甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm和2 cm，则振幅之比为2∶1，故A正确;t=2 s时，甲单摆在平衡位置，重力势能最小，乙单摆在最高点，动能最小，故B错误;甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据T=2π，可知摆长之比为1∶4，故C错误;设单摆的最大偏角为θ，由mgl=mv2及ma=m，可得摆球在最低点时向心加速度a=2g(1-cos θ)=4gsin2，又因单摆的最大偏角θ满足sin= =，则a=4gsin2=，所以a甲>a乙，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(7分)某实验小组用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。所用实验器材有：摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、10分度的游标卡尺、停表等。
请回答下列问题：
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。(2分)
A.摆线要选择细些的、伸缩性大的，并且尽可能长一些
B.摆球尽量选择质量大、体积小的金属球
C.用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时
BD
解析：摆线要选择细些的、伸缩性小的、长短适当的，选项A错误;摆球尽量选择质量大、体积小的金属球，以减小阻力的影响，选项B正确;用刻度尺测量摆线的长度l，再加上小球半径才是单摆的摆长，选项C错误;拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，选项D正确。
(2)用刻度尺测得摆线长度为97.70 cm，用游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，则摆球的直径为________mm。(2分)
18.6
解析：摆球的直径为18 mm+6×0.1 mm=18.6 mm。
(3)实验中测得摆球做50次全振动所用的时间为99.50 s，π2取9.87，由此算得当地的重力加速度的值为________m/s2(保留3位有效数字)。(3分)
9.83
解析：周期T==1.99 s，摆长L=97.70 cm+×1.86 cm=98.63 cm，根据T=2π，可得g== m/s2≈9.83 m/s2。
12.(9分)在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图(a)，某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下：
(1)调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块;
(2)将滑块拉至离平衡位置20 cm处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期T;
(3)将质量为m的砝码固定在滑块上，重复步骤(2);
(4)依次增加砝码质量m，测出对应的周期T，实验数据如下表所示，在图(b)中绘制T2 m关系图线;(2分)
m/kg T/s T2/s2
0.000 0.632 0.399
0.050 0.775 0.601
0.100 0.893 0.797
0.150 1.001 1.002
0.200 1.105 1.221
0.250 1.175 1.381
解析：根据表格中的数据描点连线，如图所示。
(5)由T2 m图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是 (填“线性的”或“非线性的”);(2分)
线性的
解析：T2 m图线是一条倾斜的直线，说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量呈线性关系。
(6)取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到T2=0.880 s2，则待测物体质量是________kg(保留3位有效数字);(2分)
0.120
解析：在图线上找到纵坐标为T2=0.880 s2的点，对应横坐标为0.120 kg。
(7)若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得T2 m图线与原图线相比将沿纵轴 移动(填“正方向”“负方向”或“不”)。(3分)
解析：当m=0时，T2为滑块质量对应的弹簧振子振动周期的平方，由T2 m图像可知物体的质量越大，对应的弹簧振子的振动周期越大，所以质量较小的滑块对应的弹簧振子的振动周期较小，故换一个质量较小的滑块重做实验，所得T2 m图线与原图线相比将沿纵轴负方向移动。
负方向
13.(11分)如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，最低点A处固定一竖直挡板。将摆球从A点拉至B点，OB与竖直方向夹角为θ(θ<5°)，从B点无初速度释放摆球。摆球与挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。摆球从B点开始释放到第一次回到B点经历的时间为t。求：
(1)当地的重力加速度大小g;(3分)
答案：
解析：根据单摆的周期公式T=2π，T=2t
所以g=。
(2)摆球撞击挡板的速度大小v;(4分)
答案：
解析：摆球从B点开始释放至运动到最低点的过程，根据动能定理可得mgl(1-cos θ)=mv2，解得v=。
(3)摆球运动至最低点时摆线上的拉力大小F。(4分)
答案：(3-2cos θ)
解析：在最低点，根据牛顿第二定律可得
F-mg=m，所以F=(3-2cos θ)。
14.(12分)正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度。先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示。从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点时用时30 s;小球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2 m/s2。
(1)从小球第1次从左向右经过B点开始计时，则第2次经过B点时，时间间隔是多少 (8分)
答案：2 s
解析：从小球第1次通过题图中的B点到第21次通过B点共用时30 s，则周期为T= s=3 s，小球从B点到O点再到B点用时t1=T1=×2π=1 s，则小球第1次从左向右经过B点到第2次经过B点时，时间间隔为t=T-t1=2 s。
(2)求房顶到窗上沿的高度。(4分)
答案：3 m
解析：球心到窗上沿的距离l=1 m，由于该单摆在左、右两侧摆动的摆长变化，根据单摆周期公式可得T=(T1+T2)=
代入数据解得房顶到窗上沿的高度为h=3 m。
15.(15分)如图甲所示，光滑水平面上有一处于原长状态的弹簧(劲度系数为k)，其左端与一固定立柱相连，右端与一静止的质量为m的小球相连。现将小球向右拉至M点后，由静止释放小球。以O点为坐标原点，水平向右为x轴的正方向，小球向左经过O点时为t=0时刻，小球的振动图像如图乙所示。求：
(1)该弹簧振子在0~2 024 s时间内的总路程;(4分)
答案：50.6 m
解析：由题图乙可知，该弹簧振子的振幅A=5 cm
振动周期为T=8 s
则0~2 024 s时间内的总路程为s=×4A=×4×5 cm
=5 060 cm=50.6 m。
(2)该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式;(5分)
答案：x=5sin cm
解析：设该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式为x=Asin (ωt+φ)，其中ω== rad/s
由题图乙可知，t=2 s时x=-5 cm，代入位移与时间的关系式得sin=-1，解得φ=π
则该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式为x=5sin cm。
(3)若将甲图中弹簧振子竖直悬挂起来后(如图丙所示)，再向下将弹簧拉长x，然后放手，小球开始振动。该振动是简谐运动吗(只需回答“是”或“不是”) 并求出小球运动到最高点的加速度。(结果用题中字母表示)(6分)
答案：是 ，方向竖直向下
解析：是简谐运动。
小球在平衡位置时有mg=kx0
由简谐运动的对称性可知，小球在最高点和最低点的加速度大小相等、方向相反。在最低点时，有k-mg=ma
解得a=，方向竖直向上
所以小球在最高点的加速度大小为，方向竖直向下。阶段质量检测(二) 机械振动
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示,水平方向上有一弹簧振子,O点是其平衡位置,振子在a和b之间做简谐运动,关于振子下列说法正确的是 ( )
A.在a点时加速度最大,速度最大
B.在O点时速度最大,位移最大
C.在b点时位移最大,速度最小
D.在b点时加速度最大,速度最大
2.一物体做受迫振动,驱动力的频率小于该物体的固有频率。在驱动力的频率逐渐增大的过程中,该物体的振幅 ( )
A.一定逐渐增大 B.一定逐渐减小
C.可能先增大后减小 D.可能先减小后增大
3.关于机械振动,下列说法不正确的是 ( )
A.做简谐运动的质点,其振动能量与振幅有关
B.做简谐运动的物体经过平衡位置时所受合外力一定为零
C.单摆做简谐运动的周期跟振幅及摆球质量无关
D.单摆在周期性的外力作用下做受迫振动,外力的频率越大,单摆的振幅可能越小
4.如图为某单摆的振动图像,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.摆长为1.6 m,起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m,起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m,A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m,A、B点的速度相同
5.在光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子及其振动图像如图所示,下列说法错误的是 ( )
A.t=0时,弹簧处于原长
B.周期T=2 s
C.某段时间,小球的加速度和速度可能都减小
D.一个周期内小球通过的路程等于80 cm
6.如图所示,将质量为m的小球悬挂在一轻质弹簧下端,静止后小球所在的位置为O点(图中未标出)。现将小球从O点向下拉至弹簧对小球的弹力大小为2mg(g为重力加速度),然后释放,已知小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力。则小球位于最高点时弹簧的弹力大小为 ( )
A.2mg B.0
C.mg D.mg
7.如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面顶端固定一摆长为L的单摆,单摆在斜面上做小角度摆动,摆球经过平衡位置时的速度为v,重力加速度为g,则以下判断正确的是 ( )
A.单摆在斜面上摆动的周期T=2π
B.摆球经过平衡位置时的回复力大小为F=m
C.若摆球带正电,并加一沿斜面向下的匀强电场,则单摆的振动周期将减小
D.若斜面的倾角α增大,则单摆的振动周期将增大
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.如图甲所示,一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时,固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动,使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
A.振动系统的固有周期为0.05 s
B.振动系统的固有周期为3 s
C.圆盘的转速越大,小球振动的频率越大
D.圆盘的转速越大,小球振动的频率越小
9.如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。当振子位于A点时弹簧处于原长状态。取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g。振子的位移x随时间t变化的关系如图乙所示,下列说法正确的是 ( )
A.振子位移的表达式为x=12sin(1.6t) cm
B.t=0.6 s时,振子的速度方向竖直向下
C.振子在B点的加速度大小为g
D.振子的动能和弹簧的弹性势能之和保持不变
10.图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像,则下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B.t=2 s时,甲单摆的重力势能最大,乙单摆的动能最小
C.甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时,向心加速度大小一定不相等
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(7分)某实验小组用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。所用实验器材有:摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、10分度的游标卡尺、停表等。
请回答下列问题:
(1)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有 。(2分)
A.摆线要选择细些的、伸缩性大的,并且尽可能长一些
B.摆球尽量选择质量大、体积小的金属球
C.用刻度尺测量摆线的长度l,这就是单摆的摆长
D.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时
(2)用刻度尺测得摆线长度为97.70 cm,用游标卡尺测量摆球直径,示数如图乙所示,则摆球的直径为 mm。(2分)
(3)实验中测得摆球做50次全振动所用的时间为99.50 s,π2取9.87,由此算得当地的重力加速度的值为 m/s2(保留3位有效数字)。(3分)
12.(9分)在太空,物体完全失重,用天平无法测量质量。如图(a),某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案,主要实验仪器包括:气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体,主要步骤如下:
(1)调平气垫导轨,将弹簧左端连接气垫导轨左端,右端连接滑块;
(2)将滑块拉至离平衡位置20 cm处由静止释放,滑块第1次经过平衡位置处开始计时,第21次经过平衡位置时停止计时,由此测得弹簧振子的振动周期T;
(3)将质量为m的砝码固定在滑块上,重复步骤(2);
(4)依次增加砝码质量m,测出对应的周期T,实验数据如下表所示,在图(b)中绘制T2-m关系图线;(2分)
m/kg T/s T2/s2
0.000 0.632 0.399
0.050 0.775 0.601
0.100 0.893 0.797
0.150 1.001 1.002
0.200 1.105 1.221
0.250 1.175 1.381
(5)由T2-m图像可知,弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是 (填“线性的”或“非线性的”);(2分)
(6)取下砝码后,将待测物体固定在滑块上,测量周期并得到T2=0.880 s2,则待测物体质量是 kg(保留3位有效数字);(2分)
(7)若换一个质量较小的滑块重做上述实验,所得T2-m图线与原图线相比将沿纵轴 移动(填“正方向”“负方向”或“不”)。(3分)
13.(11分)如图所示,一单摆的摆长为l,摆球质量为m,最低点A处固定一竖直挡板。将摆球从A点拉至B点,OB与竖直方向夹角为θ(θ<5°),从B点无初速度释放摆球。摆球与挡板发生弹性正碰,碰撞时间极短。摆球从B点开始释放到第一次回到B点经历的时间为t。求:
(1)当地的重力加速度大小g;(3分)
(2)摆球撞击挡板的速度大小v;(4分)
(3)摆球运动至最低点时摆线上的拉力大小F。(4分)
14.(12分)正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下,某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度。先将线的下端系上一个小球,发现当小球静止时,细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直,他打开窗子,让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动,如图所示。从小球第1次通过图中的B点开始计时,第21次通过B点时用时30 s;小球在最低点B时,球心到窗上沿的距离为1 m,当地重力加速度g取π2 m/s2。
(1)从小球第1次从左向右经过B点开始计时,则第2次经过B点时,时间间隔是多少 (8分)
(2)求房顶到窗上沿的高度。(4分)
15.(15分)如图甲所示,光滑水平面上有一处于原长状态的弹簧(劲度系数为k),其左端与一固定立柱相连,右端与一静止的质量为m的小球相连。现将小球向右拉至M点后,由静止释放小球。以O点为坐标原点,水平向右为x轴的正方向,小球向左经过O点时为t=0时刻,小球的振动图像如图乙所示。求:
(1)该弹簧振子在0~2 024 s时间内的总路程;(4分)
(2)该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式;(5分)
(3)若将甲图中弹簧振子竖直悬挂起来后(如图丙所示),再向下将弹簧拉长x,然后放手,小球开始振动。该振动是简谐运动吗(只需回答“是”或“不是”) 并求出小球运动到最高点的加速度。(结果用题中字母表示)(6分)
阶段质量检测(二)
1．选C O为弹簧振子振动的平衡位置，其加速度为0，位移为0，速度最大，B错误；振子在a、b两位置，振动的位移最大，加速度最大，速度为0，故A、D错误，C正确。
2．选C 一物体做受迫振动，当驱动力的频率等于该物体的固有频率时，该物体的振幅最大；由于一开始驱动力的频率小于该物体的固有频率，在驱动力的频率逐渐增大的过程中，如果驱动力的频率仍然小于该物体的固有频率，则该物体的振幅增大，如果驱动力的频率已经大于该物体的固有频率，则该物体的振幅减小，所以该物体的振幅可能先增大后减小。故选C。
3．选B 振幅反映了振动的强弱，可知做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，A正确；做简谐运动的物体经过平衡位置时的回复力一定为零，但所受合外力不一定为零，例如振幅很小的单摆运动到最低点时受到的合外力就不为零，B错误；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆做简谐运动的周期跟振幅及摆球质量无关，C正确；根据发生共振的条件可知，当外力的频率等于单摆的固有频率时，单摆做受迫振动的振幅最大，若外力的频率大于单摆的固有频率，则外力的频率越大，单摆的振幅越小，D正确。
4．选C 根据题图可知，该单摆的振动周期为T＝0.8π s，由单摆的周期公式T＝2π，得摆长为l＝＝1.6 m。x t图像的斜率表示速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同，C正确。
5．选C 小球在弹簧弹力的作用下做简谐运动，由题图乙可知t＝0时，小球处于平衡位置，回复力为零，弹簧弹力为零，弹簧处于原长，故A正确；由题图乙可知，周期T＝2 s，故B正确；小球衡位置的过程做的是加速度减小、速度增大的运动，远离平衡位置的过程做的是加速度增大、速度减小的运动，则小球的加速度和速度不可能都减小，故C错误；由题图乙可知，振幅为20 cm，一个周期内小球通过的路程为s＝4A＝80 cm，故D正确。本题选错误的，故选C。
6．选B 设小球处于最低点时弹簧的弹力大小为F1，则有F1＝2mg，释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得F1－mg＝ma1，解得a1＝g，设小球运动到最高点时弹簧的弹力大小为F2，小球的加速度大小为a2，根据对称性可得a2＝a1，在最高点对小球由牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma2，解得F2＝0，故选B。
7．选C 单摆在斜面上摆动时，等效重力加速度为g′＝gsin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝2π＝2π，若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将减小，故A、D错误；回复力大小与摆球偏离平衡位置的位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时的回复力大小为零，故B错误；若摆球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆的等效重力加速度为g″＝gsin α＋，所以单摆在斜面上摆动的周期T′＝2π＝2π8．选BC 根据图像可得当转速为n＝20 r/min＝ r/s，振动系统受迫振动的振幅最大，所以振动系统的固有周期为T＝3 s，故A错误，B正确；受迫振动的频率与驱动力频率相同，转速越大，驱动力频率越大，则小球振动的频率越大，故C正确，D错误。
9．选BC 由题图乙可知，振子做简谐运动的振幅为A＝12 cm，周期为T＝1.6 s，则振子振动的圆频率为ω＝＝1.25π rad/s，振子位移的表达式为x＝Asin (ωt)＝12sin(1.25πt) cm，故A错误；由题图乙可知，t＝0.6 s时，振子由最高点A向下运动至A、O两点之间的某一位置，则振子的速度方向竖直向下，故B正确；由简谐运动的对称性可知，振子在A、B两点的加速度大小相等、方向相反，由于振子在A点时弹簧处于原长状态，则振子在A点时的加速度大小为g，所以振子在B点的加速度大小也为g，故C正确；振子做简谐运动，机械能守恒，以A点为初始位置，在振子向下运动过程中，重力势能逐渐减少，则振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变大，反之在振子向上运动过程中，振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变小，故D错误。
10．选AD 甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm和2 cm，则振幅之比为2∶1，故A正确；t＝2 s时，甲单摆在平衡位置，重力势能最小，乙单摆在最高点，动能最小，故B错误；甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据T＝2π，可知摆长之比为1∶4，故C错误；设单摆的最大偏角为θ，由mgl＝mv2及ma＝m，可得摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cos θ)＝4gsin2，又因单摆的最大偏角θ满足sin＝＝，则a＝4gsin2＝g2，所以a甲>a乙，故D正确。
11．解析：(1)摆线要选择细些的、伸缩性小的、长短适当的，选项A错误；摆球尽量选择质量大、体积小的金属球，以减小阻力的影响，选项B正确；用刻度尺测量摆线的长度l，再加上小球半径才是单摆的摆长，选项C错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，选项D正确。
(2)摆球的直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。
(3)周期T＝＝1.99 s，摆长L＝97.70 cm＋×1.86 cm＝98.63 cm，根据T＝2π，可得g＝＝ m/s2≈9.83 m/s2。
答案：(1)BD (2)18.6 (3)9.83
12．解析：(4)根据表格中的数据描点连线，如图所示。
(5)T2 m图线是一条倾斜的直线，说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量呈线性关系。
(6)在图线上找到纵坐标为T2＝0.880 s2的点，对应横坐标为0.120 kg。
(7)当m＝0时，T2为滑块质量对应的弹簧振子振动周期的平方，由T2 m图像可知物体的质量越大，对应的弹簧振子的振动周期越大，所以质量较小的滑块对应的弹簧振子的振动周期较小，故换一个质量较小的滑块重做实验，所得T2 m图线与原图线相比将沿纵轴负方向移动。
答案：(4)见解析图 (5)线性的 (6)0.120 (7)负方向
13．解析：(1)根据单摆的周期公式T＝2π，T＝2t
所以g＝。
(2)摆球从B点开始释放至运动到最低点的过程，根据动能定理可得mgl(1－cos θ)＝mv2，解得v＝。
(3)在最低点，根据牛顿第二定律可得
F－mg＝m，所以F＝(3－2cos θ)。
答案：(1) (2) (3)(3－2cos θ)
14．解析：(1)从小球第1次通过题图中的B点到第21次通过B点共用时30 s，则周期为T＝ s＝3 s，小球从B点到O点再到B点用时t1＝T1＝×2π＝1 s，则小球第1次从左向右经过B点到第2次经过B点时，时间间隔为t＝T－t1＝2 s。
(2)球心到窗上沿的距离l＝1 m，由于该单摆在左、右两侧摆动的摆长变化，根据单摆周期公式可得T＝(T1＋T2)＝
代入数据解得房顶到窗上沿的高度为h＝3 m。
答案：(1)2 s (2)3 m
15．解析：(1)由题图乙可知，该弹簧振子的振幅A＝5 cm
振动周期为T＝8 s
则0～2 024 s时间内的总路程为s＝×4A＝×4×5 cm＝5 060 cm＝50.6 m。
(2)设该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式为x＝Asin (ωt＋φ)，其中ω＝＝ rad/s
由题图乙可知，t＝2 s时x＝－5 cm，代入位移与时间的关系式得sin＝－1，解得φ＝π
则该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式为
x＝5sin cm。
(3)是简谐运动。
小球在平衡位置时有mg＝kx0
由简谐运动的对称性可知，小球在最高点和最低点的加速度大小相等、方向相反。在最低点时，有k－mg＝ma
解得a＝，方向竖直向上
所以小球在最高点的加速度大小为，方向竖直向下。
答案：(1)50.6 m (2)x＝5sin cm
(3)是 ，方向竖直向下
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