1、A组基础题1摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t0)，当运动至t时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象为下图中的( D )2一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则( B )A此单摆的固有周期约为0.5 sB此单摆的摆长约为1 mC若摆长增大，单摆的固有频率增大D若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动3(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为xAsin t，则质点( AD )A第1 s末与第3 s末的位移相同B第1 s末与第3 s末的速度相同C3 s末至5 s末的位移方向相同D3 s末至5 s末的速度方向相同4(多选) 细长轻绳
2、下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速地释放对于以后的运动，下列说法中正确的是( AB )A单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B摆球在左右两侧上升的最大高度一样C摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍5(多选) 如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹已知弹簧的劲度系数为k10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式Epky2，不计
3、一切摩擦在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( BC )A该弹簧振子的振幅为1 mB该弹簧振子的周期为1 sC该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2D该弹簧振子的最大速度为2 m/s6(多选)(2018长春模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E由图象可以求出当地的重力加速度解析：从图中可得两单摆的周期相同，所以根据单摆周期公式T2可得两单摆的摆长相同，A正确；从图中可得甲的振幅为10 cm，乙的振幅为7 cm，故B正确
4、；由于两者质量未知，所以无法判断机械能大小，C错误；在t0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负且最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由于不知道摆长，只知道摆长相同，所以无法求解重力加速度，E错误B组能力题7. (多选)(2019兰州一中期中)一根不可伸长的细线上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的lT2图象如图乙所示利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取29.86)( BCD )AT2 s时
5、摆长为1 mBT2 s时摆长为0.994 mC摆球半径为0.006 mD当地重力加速度为9.80 m/s2解析：设摆长为l，由单摆的周期公式T2(ll0.006 m)并结合图乙推导得：l0.006T2，可知为lT2图象的斜率，所以有：，解得：g9.80 m/s2，故D正确；由单摆的周期公式有：lT2220.994 m，故B正确，A错误；由图乙可知，lT2图象没有经过坐标原点，同时由l0.006T2可知，纵轴的截距为球的半径，故半径为r0.006 m，选项C正确8(多选) (2018河南豫北名校月考)如图所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一
6、质量为m的铁球用手向下拉一小段距离后释放铁球铁球便上下做简谐运动，则( BCE )A弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B在铁球向平衡位置运动的过程中，铁球的位移、回复力、加速度都逐渐减小，速度增大C若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T2D若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对桌面的压为零时，弹簧的压缩量为E若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是解析：平衡位置是振子处于平衡状态时所处的位置，铁球处于平衡位置时，其所受的重力大小与弹簧的弹力大小相等，即mgkx，此时弹簧处于拉伸状态，故选项A错误；振动中的位移
7、是由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而铁球向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律a得，加速度也减小，铁球向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故小球的速度逐渐增大，故选项B正确；单摆周期公式T2，根据平衡条件有kLmg，联立解得T2，故选项C正确；当框架对桌面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg，则轻弹簧处于压缩状态，弹力FMgkx，解得弹簧的压缩量为x，故选项D错误；框架重力为Mg，当铁球处在最高位置，即弹簧被压缩时，框架受到竖直向上的弹力等于Mg，此时框架对桌面的压力恰好减小为零，根据胡克定律，这时弹簧被压缩l，铁球处
8、于平衡位置时，弹簧被拉长l0，振幅是铁球离开平衡位置的最大距离，最大振幅Amll0，因此铁球的振幅只要不大于，框架就不会离开桌面，故选项E正确9(多选)(2018合肥八中模拟)某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t.他测得的g值偏小，可能的原因是( BCD )A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时，秒表过早按下D实验中误将51次全振动数记为50次E实验中误将49.5次全振动数记为50次解析：本实验测量g的原理是单摆的周期公式T2，根据此公式变形得到g.测摆线时
9、摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B项正确；开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小故C项正确；实验中误将51次全振动数为50次，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小故D项正确；实验中误将49.5次全振动数为50次测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故E项错误10甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置A该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写
10、出重力加速度的表达式g (用所测物理量表示)B在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，得到如图丙所示的vt图线A由图丙可知，该单摆的周期T s；B更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2L(周期平方摆长)图线，并根据图线拟合得到方程T24.04L0.035.由此可以得出当地的重力加速度g m /s2.(取29.86，结果
11、保留三位有效数字)解析：(1)A.根据T2，T可得g.测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小(2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T2.0 s；根据T2得T2L，知图线的斜率k4.04，解得g9.76 m/s2.答案：(1)偏小(2)2.09.7611. 有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t0)，经过周期振子有正向最大加速度(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移时间图象；(3)写出振子的振动方程
12、解析：(1) 振幅A10 cm，T s0.2 s.(2)振子在周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移，其位移时间图象如图所示(3)设振动方程为yAsin(t) 当t0时，y0，则sin 0得0或，当再过较短时间，y为负值，所以所以振动方程为y10sin(10t) cm.答案：(1)10 cm0.2 s(2)图见解析(3)y10sin(10t) cm12(2018长沙模拟)如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d.解析：摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变而B球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍，n(n1,2,3，)由单摆周期公式T2，解得d (n1,2,3，)答案： (n1,2,3，)