资源简介 章末综合检测（二） 机械振动（满分：100分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）1.如图所示，松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落。下列说法正确的是（ ）A.工作中，树干的振动频率等于采摘振动头的振动频率B.采摘振动头振动频率越高，则落果的效果越好C.采摘振动头振动频率越高，则树干的振动幅度越大D.采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小2.一质点做简谐运动，质点的位移随时间变化的规律如图所示，则下列判断错误的是（ ）A.质点做简谐运动的周期为4 sB.质点做简谐运动的振幅为2 cmC.t＝3 s时，质点的速度为零D.t＝3 s时，质点沿y轴正方向运动3.（2025·福建三明高二下期末）如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端拴接一钢球，将钢球从平衡位置向下拉一段距离A，然后由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，当钢球经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图乙所示。若振动过程中弹簧始终未恢复原长，则钢球（ ）A.在t1时处于失重状态B.在t2时速度方向向上C.在t1～t2内动能逐渐增大D.在t1～t2内机械能逐渐减小4.如图所示，一升降机在箱底装有若干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的运动过程中（ ）A.升降机的速度不断减小B.升降机的加速度不断变大C.升降机的加速度最大值等于重力加速度D.升降机的加速度最大值大于重力加速度5.如图所示，某同学看到一只鸟落在树枝上的P处，树枝在10 s内上下振动了6次。鸟飞走后，他把50 g的砝码挂在P处，发现树枝在10 s内上下振动了12次。将50 g的砝码换成500 g砝码后，他发现树枝在16 s内上下振动了6次。已知简谐运动的周期公式为T＝2π，你估计鸟的质量最接近（ ）A.50 g B.100 gC.200 g D.400 g6.某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（ ）A.摆球在A点所受的合力等于在B点所受的合力B.左侧摆线与右侧摆线长度之比为9∶4C.摆球经过O点前后瞬间摆线上的拉力大小不变D.从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率不断变大7.如图所示，一台玩具电机的轴上安有一个小皮带轮甲，通过皮带带动皮带轮乙转动（皮带不打滑），皮带轮乙上离轴心O点2 mm处安有一个圆环P。一根细绳一端固定在圆环P上，另一端固定在对面的支架上，绳呈水平且绷直。在绳上悬挂着4个单摆a、b、c、d。已知电动机的转速是149 r/min，甲、乙两皮带轮的半径之比为 1∶5，4个单摆的摆长分别是100 cm、80 cm、60 cm、40 cm。电动机匀速转动过程中，振幅最大的单摆是（ ）A.单摆a B.单摆bC.单摆c D.单摆d8.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（ ）二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9.（2025·福建宁德高二下期末）如图甲所示，轻质弹簧下端挂一质量为m的小球处于静止状态。在弹性限度内将小球向下拉动距离l后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图乙所示。l及t0已知，下列说法正确的是（ ）A.小球做简谐运动的周期为4t0B.0～6t0内，小球的振幅为2lC.0～6t0内，小球的路程为6lD.0～0.5t0内，小球的位移大小为0.5l10.（2025·福建福州高二下阶段练习）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2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则（ ）A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB.当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC.当转速增大为300 r/min时，弹簧振子的振幅增大D.当转速减小为180 r/min时，弹簧振子的振幅增大11.质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上，两小球做简谐运动的图像如图所示，则（ ）A.两小球经过平衡位置时速度一样大B.运动过程中甲的最大加速度大C.两小球摆动过程中甲的最大摆角大D.运动过程中甲的机械能小于乙的机械能12.如图所示，轻质弹簧下端挂重力为30 N的物体A时弹簧伸长了3 cm，再挂上重力为20 N的物体B时弹簧又伸长了2 cm，未超出弹簧弹性限度，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动（ 已知弹簧振子的周期T＝2π），则（ ）A.最大回复力为20 N，振幅为2 cmB.最大回复力为30 N，振幅为3 cmC.若烧断细线前只减小A的质量，则振动的振幅变小，周期不变D.若烧断细线前只减小B的质量，则振动的振幅变小，周期不变三、非选择题（本题共6小题，共60分）13.（6分）（2025·福建泉州高二下期末）在“用单摆测当地重力加速度”实验中，甲、乙两同学为一小组。（1）两同学利用“手机物理工坊”App中的“磁力计”来测单摆的周期。如图甲所示，先将小球磁化，小球上下分别为S、N极，将手机放在小球静止位置的下方，并让小球做简谐振动，手机测出其所在空间中磁感强度大小随时间变化，其中z轴磁力计显示如图乙所示。该单摆的振动周期T为O点与 （选填“A”“B”“C”或“D”）点之间的时间差。（2）两同学在测量单摆的摆长时，将绳长加小球直径做为摆长L，测量了多组T、L数据，并分别处理数据。①小王同学利用计算法进行处理，其计算的表达式为g＝ （用T、L表示）；②小李同学利用图像法进行处理，画“T2-L”图像，其图像应该是图丙的 （选填“a”“b”或“c”）；③小王同学的重力加速度测量值将 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，小李同学的重力加速度测量值将 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。14.（8分）用单摆测量重力加速度的实验中：（1）实验操作中的注意事项正确的是 。A.小球摆动时，摆角应不大于5°，且应在同一竖直面内摆动B.计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点开始计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动C.测量摆长时应先测出摆球球心到悬点的距离为摆线长，要用游标卡尺测量摆球直径d，摆长l等于摆线长加dD.应改变摆长，重做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果（2）在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝ 。让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是 m。若测定了24次全振动的时间如图乙中停表所示，则停表读数是 s，单摆摆动周期是 s。（3）为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上，即图丙中用“·”表示的点，则①试根据图丙中给出的数据点作出T2和l的关系图线。②根据图线得出直线斜率k＝＝ 。（结果取2位有效数字）（4）请写出此实验引起误差的主要因素（写出两条即可） 。15.（8分）减振器是为了加速车架与车身振动的衰减，以改善汽车的行驶舒适性的汽配原件，大多数汽车的悬架系统内部都装有减震器。汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧套在减震器上，两者同时起到改善作用。为了研究方便，我们把两者简化成一个等效劲度系数为k＝1.5×105 N/m的“弹簧”。汽车开始运动时，在振幅较小的情况下，其上下自由振动的频率满足f＝（l为弹簧的压缩长度），若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2 Hz，已知汽车的质量为600 kg，每个人的质量为70 kg。g取10 N/kg，求：（1）汽车的振动频率与人体固有频率相等时l的大小；（2）这辆车乘坐几个人时，人感觉到最难受。16.（10分）有一单摆，在地球表面为秒摆。已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。（1）如果将该单摆置于月球表面，其周期为多大？（2）若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？（3）该秒摆的摆长为多少？（取g＝9.8 m/s2）17.（14分）（2025·福建师大附中月考）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起置于光滑斜面上，初始A处于静止状态，现将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面做简谐运动，已知物块A、B质量均为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，斜面倾角为θ，求：（1）A、B做简谐运动的振幅A；（2）整个运动过程中A对B的作用力最小值与最大值。18.（14分）一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示。A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动。已知弹簧的弹性势能取决于弹簧形变大小（g取10 m/s2，阻力不计）。求：（1）物体A的振幅；（2）物体B的最大速率；（3）在最高点和最低点A对B的作用力。章末综合检测（二） 机械振动1.A 工作中，树干做的是受迫振动，其振动频率等于采摘振动头的振动频率，故A正确；采摘振动头的振动频率和树干的固有频率相同时，振幅最大，落果效果最好，故B、C错误；采摘振动头停止振动，树干的振动频率不变，振幅逐渐减小，故D错误。2.C 由图像可知，质点做简谐运动的周期为4 s，振幅为2 cm，故A、B正确；t＝3 s时，质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；t＝3 s时，质点处于平衡位置，下一个时刻，质点处于y轴的正方向，故t＝3 s时，质点沿y轴正方向运动，故D正确。3.B 在t1时小球在正方向上做加速运动，则处于超重状态，选项A错误；在t2时小球在正方向上做减速运动，即速度方向向上，选项B正确；图像的斜率等于速度，则在t1～t2内速度先增加后减小，则动能先增大后减小，选项C错误；在t1～t2内弹簧的弹力一直对球做正功，则机械能逐渐增加，选项D错误。4.D 从弹簧接触地面开始分析，升降机做简谐运动（简化为如图中小球的运动），在升降机从A→O过程中，速度由v1增大到最大vm，加速度由g减小到零，当升降机运动到A的对称点A'点（OA＝OA'）时，速度也变为v1（方向竖直向下），加速度为g（方向竖直向上），升降机从O→A'点的运动过程中，速度由最大vm减小到v1，加速度由零增大到g，从A'点运动到最低点B的过程中，速度由v1减小到零，加速度由g增大到a（a＞g），故选D。5.C 根据振动的周期公式可得鸟在树枝上时T＝2π，由题意得鸟在树枝上振动的周期T＝ s，50 g 的砝码在树枝上时T1＝2π＝ s，500 g的砝码在树枝上时T2＝2π＝ s。可解得鸟的质量m为50 g的砝码质量m1的4倍，所以鸟的质量最接近200 g，故选C。6.B 摆球在最高点时受到的合力是重力沿切线方向的分力，等于mgsin θ（θ为摆线与竖直方向夹角），摆球在A点和B点时，θ角不同，所以合力大小不等，故A错误；根据图可知，摆球从A到O运动时间tA＝9t0（t0是曝光一次的时间），从O到B运动时间tB＝6t0，而tA＝，tB＝，所以＝，由单摆周期公式T＝2π 可得，左侧和右侧摆长之比为＝＝，故B正确； 摆球经过O点时速度不变，但摆线长变短，由向心力公式可知，摆线上的拉力变大，故C错误；摆球在A点速度为零，所以在A点重力的功率为零，摆球在O点的速度与重力垂直，重力的功率也为零，所以从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率先变大后变小，故D错误。7.A 电动机的转速是149 r/min，则周期T甲＝＝ s，甲、乙的半径之比是1∶5，则乙的周期是T乙＝ s，如果要发生共振，由单摆周期公式T＝2π求得对应单摆的摆长约为1 m，题中给出的四个单摆中，a最接近，所以a的振幅最大，故选A。8.A 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项正确。9.AC 由题图乙可知，小球做简谐运动的周期为4t0，故A正确；小球由静止位置到下拉的最低点距离为l，则由平衡位置到最低点的距离为l，即振幅为l，故B错误；0～6t0内，小球振动了T，小球通过的路程为s＝×4A＝6l，故C正确；0～t0内，小球从最低点向平衡位置运动，运动距离为l，0～0.5t0内小球的平均速度小于0.5t0～t0内小球的平均速度，则0～0.5t0内，小球运动距离小于0.5l，故D错误。10.BD 匀速转动摇把，转速为240 r/min，则其周期为T＝＝0.25 s，频率为f＝＝4 Hz，振子为受迫振动，则稳定后频率与驱动力的频率相同，所以当振子稳定振动时，振动频率和周期分别为f振＝f＝＝4 Hz，T振＝T＝＝0.25 s，故A错误，B正确；当驱动力的频率与振子的固有频率相同时，产生共振，此时振子振幅最大，当驱动力频率与振子固有频率不同时，驱动力频率越接近固有频率，振幅越大，振子固有频率为2 Hz，此时驱动力频率为4 Hz，当转速为300 r/min和180 r/min时对应频率分别为5 Hz和3 Hz，则可得当转速增大为300 r/min时，弹簧振子的振幅减小，当转速减小为180 r/min时，弹簧振子的振幅增大，故C错误，D正确。11.BC 由图可知，甲、乙周期之比＝，甲、乙的振幅之比＝，根据单摆周期公式T＝2π，可知甲、乙的摆长之比＝＝，甲球摆长小，振幅大，所以摆动过程中甲的最大摆角大，故C正确；小球从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律可知mv2＝mgl（1－cos α）（α为摆线与竖直方向的夹角，因小球做简谐运动，所以α很小），小球经过平衡位置时速度 v＝，因为甲的最大摆角大，所以两小球经过平衡位置时甲的速度大，故A错误；最低点加速度最大，所以运动过程中最大加速度a＝＝2g（1－cos α），因为甲的最大摆角大，所以甲的最大加速度大，故B正确；因为甲的摆长短，最大摆角大，所以当甲的速度为0时，位置更高，重力势能更大，机械能更大，故D错误。12.AD 将A、B间的细线烧断，物体A将做简谐运动，其受到的合力充当回复力，由于细线烧断前A、B受力是平衡的，细线烧断后瞬间，A受到的合力大小等于B的重力，即F合＝20 N，此时弹簧的伸长量最大，A的回复力最大，所以最大回复力为20 N，根据振幅等于质点到平衡位置的最大距离可知，振幅为2 cm，选项A正确，B错误；设A、B两物体的质量分别为mA、mB，当弹簧下端只挂物体A且A处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x，则有kx＝mAg，再挂上物体B且A、B同时处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x'，则kx'＝（mA＋mB）g，烧断细线后，A在竖直平面内振动的振幅为x'－x，联立得x'－x＝，故振幅与A的质量无关，由弹簧振子的周期公式知T＝2π，若mA减小，则周期T减小，选项C错误；若只减小B的质量，振幅变小，而周期与B的质量无关，所以周期不变，选项D正确。13.（1）D （2）① ②c ③大于 等于解析：（1）由题图乙可知，从O→A，磁感应强度由小到大，说明A点在最低点，从A→B，磁感应强度由大到小，说明B点在最高点，从B→C，磁感应强度由小到大，说明C点在最低点，从C→D，磁感应强度由大到小，说明D点在最高点，恰好完成一个完整的周期运动，因此该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。（2）①由单摆的周期公式T＝2π可得，重力加速度表达式g＝。②由题意可知，单摆的摆长应是绳长加摆球的半径，即l＝L－由单摆的周期公式可得T2＝＝L－可知T2-L图像应该是图丙的c。③小王同学利用计算法进行处理，其计算的表达式为g＝可知由于单摆的摆长L偏大，则小王同学的重力加速度测量值将大于真实值。小李同学利用图像法进行处理，由T2-L图像的函数表达式T2＝L－可知T2-L图像的斜率等于，因此小李同学的重力加速度测量值将等于真实值。14.（1）AD （2）l 0.890 0（0.889 0～0.891 0均可） 45.6 1.9 （3）①见解析图 ②4.2（4.0～4.4均可） （4）存在空气阻力、测量数据时存在读数误差解析：（1）小球摆动时，摆角应不大于5°以保证其做简谐运动，且应在同一竖直面内摆动，故A正确；计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最低点开始计时，故B错误；测量摆长时应先测出摆球最上端到悬点的距离为摆线长，用游标卡尺测量摆球直径d，摆长l等于摆线长加，故C错误；为提高准确度，应改变摆长，重做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果，故D正确。（2）根据单摆周期公式T＝2π，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝l，摆长为悬点到球心的距离，由图甲知，摆长为0.890 0 m。由图乙知，停表读数为45.6 s。单摆振动的周期为T＝ s＝1.9 s。（3）使数据点尽量落在线上或平均分布在线两侧，偏离较远的点舍去，如图所示。根据图线，得出斜率k＝≈4.2。（4）此实验引起误差的主要因素：存在空气阻力，测量数据时存在读数误差等。15.（1）6.3 cm （2）5解析：（1）当汽车的频率等于人的固有频率时f＝＝2 Hz解得l＝≈6.3 cm。（2）设乘车人数为n个时，人感觉到最难受，则Mg＋nmg＝kl解得n＝≈5。16.（1）4.9 s （2）3.5 s （3）0.99 m解析：（1）由单摆的周期公式T＝2π知，T2＝4π2，所以∶＝g地∶g月，T月＝·T地＝×2 s＝4.9 s。（2）在月球表面，只缩短摆长，g月不变。根据公式T＝2π知，T月'∶T月＝∶，T月'＝·T月＝×4.9 s＝3.5 s。（3）根据公式T＝2π知，l＝＝ m＝0.99 m。17.（1） （2） mgsin θ解析：（1）未放B时，A处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x1，有mgsin θ＝kx1A与B一起运动后到达平衡位置时弹簧压缩量为x2，此时有2mgsin θ＝kx2则A、B做简谐运动的振幅A＝x2－x1由以上各式得A＝。（2）当A、B回到初始位置（最高点）时A对B支持力最小，设此时加速度为a，对A、B组成的整体，有2mgsin θ－kx1＝2ma对B，有mgsin θ－FN1＝ma故FN1＝mgsin θ，a＝gsin θ当A、B运动到最低点时A对B支持力最大，此时加速度大小仍为a，但a方向相反对B有FN2－mgsin θ＝ma故FN2＝mgsin θ。18.（1）10 cm （2） m/s （3）10 N，方向向下 30 N，方向向上解析：（1）从原长到平衡位置x1＝＝5 cm振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm（2）最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此A和B的重力势能转化为其动能。（mA＋mB）g·A＝（mA＋mB）v2解得v＝ m/s。（3）在最高点，对A、B组成的整体有（mA＋mB）g＋k×0.05 m＝（mA＋mB）a隔离B有F1＋mBg＝mBa解得F1＝10 N，方向向下。在最低点，加速度大小也为a，方向向上，则F2－mBg＝mBa，解得F2＝30 N，方向向上。6 / 6(共51张PPT)章末综合检测（二） 机械振动（满分：100分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）1. 如图所示，松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落。下列说法正确的是（ ）A. 工作中，树干的振动频率等于采摘振动头的振动频率B. 采摘振动头振动频率越高，则落果的效果越好C. 采摘振动头振动频率越高，则树干的振动幅度越大D. 采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小123456789101112131415161718√解析： 工作中，树干做的是受迫振动，其振动频率等于采摘振动头的振动频率，故A正确；采摘振动头的振动频率和树干的固有频率相同时，振幅最大，落果效果最好，故B、C错误；采摘振动头停止振动，树干的振动频率不变，振幅逐渐减小，故D错误。1234567891011121314151617182. 一质点做简谐运动，质点的位移随时间变化的规律如图所示，则下列判断错误的是（ ）A. 质点做简谐运动的周期为4 sB. 质点做简谐运动的振幅为2 cmC. t＝3 s时，质点的速度为零D. t＝3 s时，质点沿y轴正方向运动解析：由图像可知，质点做简谐运动的周期为4 s，振幅为2 cm，故A、B正确；t＝3 s时，质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；t＝3 s时，质点处于平衡位置，下一个时刻，质点处于y轴的正方向，故t＝3 s时，质点沿y轴正方向运动，故D正确。√1234567891011121314151617183. （2025·福建三明高二下期末）如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端拴接一钢球，将钢球从平衡位置向下拉一段距离A，然后由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，当钢球经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图乙所示。若振动过程中弹簧始终未恢复原长，则钢球（ ）A. 在t1时处于失重状态B. 在t2时速度方向向上C. 在t1～t2内动能逐渐增大D. 在t1～t2内机械能逐渐减小√123456789101112131415161718解析： 在t1时小球在正方向上做加速运动，则处于超重状态，选项A错误；在t2时小球在正方向上做减速运动，即速度方向向上，选项B正确；图像的斜率等于速度，则在t1～t2内速度先增加后减小，则动能先增大后减小，选项C错误；在t1～t2内弹簧的弹力一直对球做正功，则机械能逐渐增加，选项D错误。1234567891011121314151617184. 如图所示，一升降机在箱底装有若干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的运动过程中（ ）A. 升降机的速度不断减小B. 升降机的加速度不断变大C. 升降机的加速度最大值等于重力加速度D. 升降机的加速度最大值大于重力加速度√123456789101112131415161718解析： 从弹簧接触地面开始分析，升降机做简谐运动（简化为如图中小球的运动），在升降机从A→O过程中，速度由v1增大到最大vm，加速度由g减小到零，当升降机运动到A的对称点A'点（OA＝OA'）时，速度也变为v1（方向竖直向下），加速度为g（方向竖直向上），升降机从O→A'点的运动过程中，速度由最大vm减小到v1，加速度由零增大到g，从A'点运动到最低点B的过程中，速度由v1减小到零，加速度由g增大到a（a＞g），故选D。1234567891011121314151617185. 如图所示，某同学看到一只鸟落在树枝上的P处，树枝在10 s内上下振动了6次。鸟飞走后，他把50 g的砝码挂在P处，发现树枝在10 s内上下振动了12次。将50 g的砝码换成500 g砝码后，他发现树枝在16 s内上下振动了6次。已知简谐运动的周期公式为T＝2π，你估计鸟的质量最接近（ ）A. 50 g B. 100 gC. 200 g D. 400 g√123456789101112131415161718解析： 根据振动的周期公式可得鸟在树枝上时T＝2π，由题意得鸟在树枝上振动的周期T＝ s，50 g 的砝码在树枝上时T1＝2π＝ s，500 g的砝码在树枝上时T2＝2π＝ s。可解得鸟的质量m为50 g的砝码质量m1的4倍，所以鸟的质量最接近200 g，故选C。1234567891011121314151617186. 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（ ）A. 摆球在A点所受的合力等于在B点所受的合力B. 左侧摆线与右侧摆线长度之比为9∶4C. 摆球经过O点前后瞬间摆线上的拉力大小不变D. 从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率不断变大√123456789101112131415161718解析： 摆球在最高点时受到的合力是重力沿切线方向的分力，等于mgsin θ（θ为摆线与竖直方向夹角），摆球在A点和B点时，θ角不同，所以合力大小不等，故A错误；根据图可知，摆球从A到O运动时间tA＝9t0（t0是曝光一次的时间），从O到B运动时间tB＝6t0，而tA＝，tB＝，所以＝，由单摆周期公式T＝2π 可得，左侧和右侧摆长之比为＝＝，故B正确； 摆球经过O点时速度不变，但摆线长变短，由向心力公式可知，摆线上的拉力变大，故C错误；摆球在A点速度为零，所以在A点重力的功率为零，摆球在O点的速度与重力垂直，重力的功率也为零，所以从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率先变大后变小，故D错误。1234567891011121314151617187. 如图所示，一台玩具电机的轴上安有一个小皮带轮甲，通过皮带带动皮带轮乙转动（皮带不打滑），皮带轮乙上离轴心O点2 mm处安有一个圆环P。一根细绳一端固定在圆环P上，另一端固定在对面的支架上，绳呈水平且绷直。在绳上悬挂着4个单摆a、b、c、d。已知电动机的转速是149r/min，甲、乙两皮带轮的半径之比为 1∶5，4个单摆的摆长分别是100cm、80 cm、60 cm、40 cm。电动机匀速转动过程中，振幅最大的单摆是（ ）A. 单摆a B. 单摆bC. 单摆c D. 单摆d√123456789101112131415161718解析： 电动机的转速是149 r/min，则周期T甲＝＝ s，甲、乙的半径之比是1∶5，则乙的周期是T乙＝ s，如果要发生共振，由单摆周期公式T＝2π求得对应单摆的摆长约为1 m，题中给出的四个单摆中，a最接近，所以a的振幅最大，故选A。1234567891011121314151617188. 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（ ）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项正确。√123456789101112131415161718二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9. （2025·福建宁德高二下期末）如图甲所示，轻质弹簧下端挂一质量为m的小球处于静止状态。在弹性限度内将小球向下拉动距离l后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图乙所示。l及t0已知，下列说法正确的是（ ）A. 小球做简谐运动的周期为4t0B. 0～6t0内，小球的振幅为2lC. 0～6t0内，小球的路程为6lD. 0～0.5t0内，小球的位移大小为0.5l√√123456789101112131415161718解析： 由题图乙可知，小球做简谐运动的周期为4t0，故A正确；小球由静止位置到下拉的最低点距离为l，则由平衡位置到最低点的距离为l，即振幅为l，故B错误；0～6t0内，小球振动了T，小球通过的路程为s＝×4A＝6l，故C正确；0～t0内，小球从最低点向平衡位置运动，运动距离为l，0～0.5t0内小球的平均速度小于0.5t0～t0内小球的平均速度，则0～0.5t0内，小球运动距离小于0.5l，故D错误。12345678910111213141516171810. （2025·福建福州高二下阶段练习）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2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则（ ）A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC. 当转速增大为300 r/min时，弹簧振子的振幅增大D. 当转速减小为180 r/min时，弹簧振子的振幅增大√√123456789101112131415161718解析： 匀速转动摇把，转速为240 r/min，则其周期为T＝＝0.25 s，频率为f＝＝4 Hz，振子为受迫振动，则稳定后频率与驱动力的频率相同，所以当振子稳定振动时，振动频率和周期分别为f振＝f＝＝4 Hz，T振＝T＝＝0.25 s，故A错误，B正确；当驱动力的频率与振子的固有频率相同时，产生共振，此时振子振幅最大，当驱动力频率与振子固有频率不同时，驱动力频率越接近固有频率，振幅越大，振子固有频率为2 Hz，此时驱动力频率为4 Hz，当转速为300 r/min和180 r/min时对应频率分别为5 Hz和3 Hz，则可得当转速增大为300 r/min时，弹簧振子的振幅减小，当转速减小为180 r/min时，弹簧振子的振幅增大，故C错误，D正确。12345678910111213141516171811. 质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上，两小球做简谐运动的图像如图所示，则（ ）A. 两小球经过平衡位置时速度一样大B. 运动过程中甲的最大加速度大C. 两小球摆动过程中甲的最大摆角大D. 运动过程中甲的机械能小于乙的机械能√√123456789101112131415161718解析： 由图可知，甲、乙周期之比＝，甲、乙的振幅之比＝，根据单摆周期公式T＝2π，可知甲、乙的摆长之比＝＝，甲球摆长小，振幅大，所以摆动过程中甲的最大摆角大，故C正确；小球从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律可知mv2＝mgl（1－cos α）（α为摆线与竖直方向的夹角，因小球做简谐运动，所以α很小），小球经过平衡位置时速度 v＝，因为甲的最大摆角大，所以两小球经过平衡位置时甲的速度大，故A错误；最低点加速度最大，所以运动过程中最大加速度a＝＝2g（1－cos α），因为甲的最大摆角大，所以甲的最大加速度大，故B正确；因为甲的摆长短，最大摆角大，所以当甲的速度为0时，位置更高，重力势能更大，机械能更大，故D错误。12345678910111213141516171812. 如图所示，轻质弹簧下端挂重力为30 N的物体A时弹簧伸长了3 cm，再挂上重力为20 N的物体B时弹簧又伸长了2 cm，未超出弹簧弹性限度，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动（ 已知弹簧振子的周期T＝2π），则（ ）A. 最大回复力为20 N，振幅为2 cmB. 最大回复力为30 N，振幅为3 cmC. 若烧断细线前只减小A的质量，则振动的振幅变小，周期不变D. 若烧断细线前只减小B的质量，则振动的振幅变小，周期不变√√123456789101112131415161718解析：将A、B间的细线烧断，物体A将做简谐运动，其受到的合力充当回复力，由于细线烧断前A、B受力是平衡的，细线烧断后瞬间，A受到的合力大小等于B的重力，即F合＝20 N，此时弹簧的伸长量最大，A的回复力最大，所以最大回复力为20 N，根据振幅等于质点到平衡位置的最大距离可知，振幅为2 cm，选项A正确，B错误；123456789101112131415161718设A、B两物体的质量分别为mA、mB，当弹簧下端只挂物体A且A处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x，则有kx＝mAg，再挂上物体B且A、B同时处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x'，则kx'＝（mA＋mB）g，烧断细线后，A在竖直平面内振动的振幅为x'－x，联立得x'－x＝，故振幅与A的质量无关，由弹簧振子的周期公式知T＝2π，若mA减小，则周期T减小，选项C错误；若只减小B的质量，振幅变小，而周期与B的质量无关，所以周期不变，选项D正确。123456789101112131415161718三、非选择题（本题共6小题，共60分）13. （6分）（2025·福建泉州高二下期末）在“用单摆测当地重力加速度”实验中，甲、乙两同学为一小组。123456789101112131415161718（1）两同学利用“手机物理工坊”App中的“磁力计”来测单摆的周期。如图甲所示，先将小球磁化，小球上下分别为S、N极，将手机放在小球静止位置的下方，并让小球做简谐振动，手机测出其所在空间中磁感强度大小随时间变化，其中z轴磁力计显示如图乙所示。该单摆的振动周期T为O点与 （选填“A”“B”“C”或“D”）点之间的时间差。D123456789101112131415161718解析：由题图乙可知，从O→A，磁感应强度由小到大，说明A点在最低点，从A→B，磁感应强度由大到小，说明B点在最高点，从B→C，磁感应强度由小到大，说明C点在最低点，从C→D，磁感应强度由大到小，说明D点在最高点，恰好完成一个完整的周期运动，因此该单摆的振动周期T为O点与D点之间的时间差。123456789101112131415161718（2）两同学在测量单摆的摆长时，将绳长加小球直径做为摆长L，测量了多组T、L数据，并分别处理数据。①小王同学利用计算法进行处理，其计算的表达式为g＝ （用T、L表示）；②小李同学利用图像法进行处理，画“T2-L”图像，其图像应该是图丙的 （选填“a”“b”或“c”）；③小王同学的重力加速度测量值将 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，小李同学的重力加速度测量值将 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。 c大于等于123456789101112131415161718解析：①由单摆的周期公式T＝2π可得，重力加速度表达式g＝。②由题意可知，单摆的摆长应是绳长加摆球的半径，即l＝L－由单摆的周期公式可得T2＝＝L－可知T2-L图像应该是图丙的c。③小王同学利用计算法进行处理，其计算的表达式为g＝123456789101112131415161718可知由于单摆的摆长L偏大，则小王同学的重力加速度测量值将大于真实值。小李同学利用图像法进行处理，由T2-L图像的函数表达式T2＝L－可知T2-L图像的斜率等于，因此小李同学的重力加速度测量值将等于真实值。12345678910111213141516171814. （8分）用单摆测量重力加速度的实验中：（1）实验操作中的注意事项正确的是 。A. 小球摆动时，摆角应不大于5°，且应在同一竖直面内摆动B. 计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点开始计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动C. 测量摆长时应先测出摆球球心到悬点的距离为摆线长，要用游标卡尺测量摆球直径d，摆长l等于摆线长加dD. 应改变摆长，重做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果AD123456789101112131415161718解析：小球摆动时，摆角应不大于5°以保证其做简谐运动，且应在同一竖直面内摆动，故A正确；计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最低点开始计时，故B错误；测量摆长时应先测出摆球最上端到悬点的距离为摆线长，用游标卡尺测量摆球直径d，摆长l等于摆线长加，故C错误；为提高准确度，应改变摆长，重做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果，故D正确。123456789101112131415161718（2）在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝ 。让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是 m。若测定了24次全振动的时间如图乙中停表所示，则停表读数是 s，单摆摆动周期是 s。l0.890 0（0.889 0～0.891 0均可）45.61.9123456789101112131415161718解析：根据单摆周期公式T＝2π，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝l，摆长为悬点到球心的距离，由图甲知，摆长为0.890 0 m。由图乙知，停表读数为45.6 s。单摆振动的周期为T＝ s＝1.9 s。123456789101112131415161718（3）为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上，即图丙中用“·”表示的点，则①试根据图丙中给出的数据点作出T2和l的关系图线。答案：见解析图 123456789101112131415161718②根据图线得出直线斜率k＝＝ 。（结果取2位有效数字）解析：使数据点尽量落在线上或平均分布在线两侧，偏离较远的点舍去，如图所示。根据图线，得出斜率k＝≈4.2。4.2（4.0～4.4均可）123456789101112131415161718（4）请写出此实验引起误差的主要因素（写出两条即可） 。解析：此实验引起误差的主要因素：存在空气阻力，测量数据时存在读数误差等。存在空气阻力、测量数据时存在读数误差12345678910111213141516171815. （8分）减振器是为了加速车架与车身振动的衰减，以改善汽车的行驶舒适性的汽配原件，大多数汽车的悬架系统内部都装有减震器。汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧套在减震器上，两者同时起到改善作用。为了研究方便，我们把两者简化成一个等效劲度系数为k＝1.5×105 N/m的“弹簧”。汽车开始运动时，在振幅较小的情况下，其上下自由振动的频率满足f＝（l为弹簧的压缩长度），若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2 Hz，已知汽车的质量为600 kg，每个人的质量为70 kg。g取10 N/kg，求：123456789101112131415161718（1）汽车的振动频率与人体固有频率相等时l的大小；答案：6.3 cm 解析：当汽车的频率等于人的固有频率时f＝＝2 Hz解得l＝≈6.3 cm。123456789101112131415161718（2）这辆车乘坐几个人时，人感觉到最难受。答案：5解析： 设乘车人数为n个时，人感觉到最难受，则Mg＋nmg＝kl解得n＝≈5。12345678910111213141516171816. （10分）有一单摆，在地球表面为秒摆。已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。（1）如果将该单摆置于月球表面，其周期为多大？答案：4.9 s 解析：由单摆的周期公式T＝2π知，T2＝4π2，所以∶＝g地∶g月，T月＝·T地＝×2 s＝4.9 s。123456789101112131415161718（2）若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？答案：3.5 s 解析：在月球表面，只缩短摆长，g月不变。根据公式T＝2π知，T月'∶T月＝∶，T月'＝·T月＝×4.9 s＝3.5 s。123456789101112131415161718（3）该秒摆的摆长为多少？（取g＝9.8 m/s2）答案：0.99 m解析：根据公式T＝2π知，l＝＝ m＝0.99 m。12345678910111213141516171817. （14分）（2025·福建师大附中月考）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起置于光滑斜面上，初始A处于静止状态，现将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面做简谐运动，已知物块A、B质量均为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，斜面倾角为θ，求：（1）A、B做简谐运动的振幅A；答案： 123456789101112131415161718解析：未放B时，A处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x1，有mgsin θ＝kx1A与B一起运动后到达平衡位置时弹簧压缩量为x2，此时有2mgsin θ＝kx2则A、B做简谐运动的振幅A＝x2－x1由以上各式得A＝。123456789101112131415161718（2）整个运动过程中A对B的作用力最小值与最大值。答案： mgsin θ123456789101112131415161718解析：当A、B回到初始位置（最高点）时A对B支持力最小，设此时加速度为a，对A、B组成的整体，有2mgsin θ－kx1＝2ma对B，有mgsin θ－FN1＝ma故FN1＝mgsin θ，a＝gsin θ当A、B运动到最低点时A对B支持力最大，此时加速度大小仍为a，但a方向相反对B有FN2－mgsin θ＝ma故FN2＝mgsin θ。12345678910111213141516171818. （14分）一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示。A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动。已知弹簧的弹性势能取决于弹簧形变大小（g取10 m/s2，阻力不计）。求：（1）物体A的振幅；答案：10 cm 解析：从原长到平衡位置x1＝＝5 cm振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm123456789101112131415161718（2）物体B的最大速率；答案： m/s 解析：最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此A和B的重力势能转化为其动能。（mA＋mB）g·A＝（mA＋mB）v2解得v＝ m/s。123456789101112131415161718解析： 在最高点，对A、B组成的整体有（mA＋mB）g＋k×0.05 m＝（mA＋mB）a隔离B有F1＋mBg＝mBa（3）在最高点和最低点A对B的作用力。答案：10 N，方向向下 30 N，方向向上解得F1＝10 N，方向向下。在最低点，加速度大小也为a，方向向上，则F2－mBg＝mBa，解得F2＝30 N，方向向上。123456789101112131415161718THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 章末综合检测（二） 机械振动.docx 章末综合检测（二） 机械振动.pptx
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