2024年高中物理新教材（人教版2019）講義選擇性第2章章末檢測(cè)試卷（二）

章末檢測(cè)試卷(二)(滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．(2022·泰安市期中)關(guān)于做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)物體的位移、速度、加速度的關(guān)系，下列說(shuō)法中正確的是()A．位移減小時(shí)，速度增大，加速度也增大B．位移方向總跟加速度方向相反，但跟速度方向相同C．物體遠(yuǎn)離平衡位置運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度方向跟位移方向相同D．物體通過(guò)平衡位置時(shí)，回復(fù)力為零，故處于平衡狀態(tài)答案C解析位移減小時(shí)，速度增大，加速度減小，故A錯(cuò)誤；位移方向總跟加速度方向相反；當(dāng)物體遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)，位移方向與速度方向相同，當(dāng)物體靠近平衡位置時(shí)，位移方向與速度方向相反，故B錯(cuò)誤，C正確；物體通過(guò)平衡位置時(shí)，回復(fù)力為零，但合外力不一定為零，所以不一定處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。2．(2022·唐山一中期中)如圖所示是兩人合作模擬振動(dòng)曲線的記錄裝置。先在白紙中央畫(huà)一條直線OO1使它平行于紙的長(zhǎng)邊，作為圖像的橫坐標(biāo)軸。一個(gè)人用手使鉛筆尖的白紙上沿垂直于OO1的方向振動(dòng)，另一個(gè)人沿OO1的方向勻速拖動(dòng)白紙，紙上就畫(huà)出了一條描述筆尖振動(dòng)情況的x－t圖像。下列說(shuō)法正確的是()A．白紙上OO1軸上的坐標(biāo)代表速度B．白紙上與OO1垂直的坐標(biāo)代表振幅C．勻速拖動(dòng)白紙是為了保證時(shí)間均勻變化D．拖動(dòng)白紙的速度增大，可使筆尖振動(dòng)周期變長(zhǎng)答案C解析筆尖振動(dòng)周期一定，根據(jù)白紙上記錄的振動(dòng)圖像的個(gè)數(shù)可確定出時(shí)間長(zhǎng)短，所以白紙上OO1軸上的坐標(biāo)代表時(shí)間，故A錯(cuò)誤；白紙上與OO1垂直的坐標(biāo)是變化的，代表了筆尖的位移，而不是振幅，故B錯(cuò)誤；由v＝eq\f(x,t)可知，勻速拖動(dòng)白紙，是為了用相等的距離表示相等的時(shí)間，是為了保證時(shí)間均勻變化，故C正確；筆尖振動(dòng)周期與拖動(dòng)白紙的速度無(wú)關(guān)，拖動(dòng)白紙的速度增大，筆尖振動(dòng)周期不變，故D錯(cuò)誤。3．如圖甲所示，豎直圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可帶動(dòng)固定在圓盤(pán)上的T形支架在豎直方向振動(dòng)，T形支架的下面系著一個(gè)彈簧和小球，共同組成一個(gè)振動(dòng)系統(tǒng)。當(dāng)圓盤(pán)靜止時(shí)，小球可穩(wěn)定振動(dòng)。現(xiàn)使圓盤(pán)以4s的周期勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小球振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定。改變圓盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期，小球的共振曲線(振幅A與驅(qū)動(dòng)力的頻率f的關(guān)系)如圖乙所示，則()A．此振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率約為0.25HzB．此振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率約為3HzC．若圓盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期增大，系統(tǒng)的振動(dòng)頻率不變D．若圓盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期增大，共振曲線的峰值將向右移動(dòng)答案B解析由小球的共振曲線可得，此振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率約為3Hz，故B正確，A錯(cuò)誤；振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)頻率是由驅(qū)動(dòng)力的頻率決定的，所以若圓盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期增大，系統(tǒng)的振動(dòng)頻率減小，故C錯(cuò)誤；共振曲線峰值對(duì)應(yīng)振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率，它是由振動(dòng)系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定的，與驅(qū)動(dòng)力的頻率無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。4．如圖為一單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度—時(shí)間圖像，不考慮空氣阻力的影響，下列說(shuō)法正確的是()A．此單擺的擺長(zhǎng)約為2mB．t＝1s時(shí)單擺的回復(fù)力為零C．若減小釋放單擺時(shí)的擺角，單擺的周期將變小D．將此單擺從北京移至廣州，它做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期將變大答案D解析由題圖可知，擺動(dòng)周期T＝2s，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可解得此單擺的擺長(zhǎng)約為1m，A錯(cuò)誤；t＝1s擺球速度為零，在最大位移處，單擺的回復(fù)力最大，B錯(cuò)誤；單擺的周期與擺角無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；將此單擺從北京移至廣州，重力加速度減小，它做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期將變大，D正確。5.如圖所示，一小球用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)，O點(diǎn)正下方eq\f(1,2)L處有一光滑鐵釘。將小球拉至A處無(wú)初速度釋放(擺角很小)，重力加速度為g，這個(gè)擺的周期是()A．2πeq\r(\f(L,g)) B．πeq\r(\f(L,g))C．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,g)) D．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))答案D解析小球再次回到A點(diǎn)時(shí)所用的時(shí)間為一個(gè)周期，其中包括了以L為擺長(zhǎng)的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期和以eq\f(1,2)L為擺長(zhǎng)的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的半個(gè)周期。以L為擺長(zhǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(L,g))，以eq\f(1,2)L為擺長(zhǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(\f(1,2)L,g))，則這個(gè)擺的周期T＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。6．一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)方程是x＝2sin(50πt＋eq\f(π,2))cm，則()A．在0～0.02s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度與加速度方向始終相同B．在0.02s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)具有沿x軸正方向的最大加速度C．在0.035s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度方向與加速度方向均沿x軸正方向D．在0.04s時(shí)，回復(fù)力最大，質(zhì)點(diǎn)的速度方向沿x軸負(fù)方向答案B解析由振動(dòng)方程可知，振幅A＝2cm，T＝0.04s，初相位φ＝eq\f(π,2)，即t＝0時(shí)，位于正的最大位移處。在0～0.02s內(nèi)，前0.01s內(nèi)，速度與加速度方向相同，后0.01s內(nèi)，速度與加速度方向相反，A錯(cuò)誤；在0.02s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在負(fù)的最大位移處，具有正向最大加速度，B正確；在0.035s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)從平衡位置上方，向最大位移處運(yùn)動(dòng)，速度方向沿x軸正方向，加速度方向沿x軸負(fù)方向，C錯(cuò)誤；在0.04s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)回到正的最大位移處，回復(fù)力最大，速度為零，無(wú)方向，D錯(cuò)誤。7．兩個(gè)彈簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右為正方向，其振動(dòng)圖像如圖所示，以下說(shuō)法正確的是()A．兩彈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．t＝2s時(shí)甲具有負(fù)向最大速度，乙具有正向最大位移D．甲、乙兩彈簧振子加速度最大值之比一定為2∶1答案C解析由題圖知兩彈簧振子的周期不相等，只是初相相同，所以它們的相位不相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩振動(dòng)系統(tǒng)為水平彈簧振子，能量只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能，當(dāng)位移最大時(shí)振動(dòng)能量即彈性勢(shì)能，甲的振幅大，但兩彈簧的勁度系數(shù)大小不知，所以最大位移時(shí)彈性勢(shì)能無(wú)法判斷，即能量大小無(wú)法判斷，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t＝2s時(shí)甲處于平衡位置向負(fù)向運(yùn)動(dòng)，具有負(fù)向最大速度，乙在正向最大位移處，具有正向最大位移，選項(xiàng)C正確；不知道兩個(gè)彈簧勁度系數(shù)和振子質(zhì)量的大小關(guān)系，所以無(wú)法判斷回復(fù)力大小和加速度大小的比例關(guān)系，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．如圖甲所示，金屬小球用輕彈簧連接在固定的光滑斜面頂端。小球在斜面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)。取沿斜面向上為正方向，小球的振動(dòng)圖像如圖乙所示。則()A．彈簧的最大伸長(zhǎng)量為4mB．t＝0.2s時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大C．t＝0.2s到t＝0.6s內(nèi)，小球的重力勢(shì)能逐漸減小D．t＝0到t＝0.4s內(nèi)，回復(fù)力的沖量為零答案C解析小球的振幅等于振子位移的最大值，由題圖乙可知，振幅為A＝2cm，由于當(dāng)振子到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，所以彈簧的最大伸長(zhǎng)量為2A＝4cm，A錯(cuò)誤；t＝0.2s時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能最小，為零，B錯(cuò)誤；t＝0.2s到t＝0.6s內(nèi)，小球由最高點(diǎn)向最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，小球的重力勢(shì)能逐漸減小，C正確；t＝0時(shí)小球經(jīng)過(guò)平衡位置沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.4s時(shí)小球經(jīng)過(guò)平衡位置沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，回復(fù)力方向都為沿斜面向下，根據(jù)動(dòng)量定理可知回復(fù)力的沖量不為零，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9．蜘蛛會(huì)根據(jù)絲網(wǎng)的振動(dòng)情況感知是否有昆蟲(chóng)“落網(wǎng)”，若絲網(wǎng)的固有頻率為200Hz，下列說(shuō)法正確的是()A．“落網(wǎng)”昆蟲(chóng)翅膀振動(dòng)的頻率越大，絲網(wǎng)的振幅越大B．當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲(chóng)翅膀振動(dòng)的頻率低于200Hz時(shí)，絲網(wǎng)不振動(dòng)C．當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲(chóng)翅膀振動(dòng)的周期為0.005s時(shí)，絲網(wǎng)的振幅最大D．昆蟲(chóng)“落網(wǎng)”時(shí)，絲網(wǎng)振動(dòng)的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲(chóng)翅膀振動(dòng)的頻率決定答案CD解析根據(jù)共振的條件可知，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率越接近系統(tǒng)的固有頻率時(shí)，系統(tǒng)的振幅越大，A錯(cuò)誤；當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲(chóng)翅膀振動(dòng)的頻率低于200Hz時(shí)，絲網(wǎng)仍然振動(dòng)，B錯(cuò)誤；當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲(chóng)翅膀振動(dòng)的周期為0.005s時(shí)，其頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.005)Hz＝200Hz，與絲網(wǎng)的固有頻率相等，所以絲網(wǎng)的振幅最大，C正確；受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，所以昆蟲(chóng)“落網(wǎng)”時(shí)，絲網(wǎng)振動(dòng)的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲(chóng)翅膀振動(dòng)的頻率決定，D正確。10．如圖甲所示，挖掘機(jī)的頂部垂下一個(gè)大鐵球，讓大鐵球小角度地?cái)[動(dòng)，即可以用來(lái)拆卸混凝土建筑，大鐵球與懸鏈可視為單擺，對(duì)應(yīng)的振動(dòng)圖像如圖乙所示，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．單擺振動(dòng)的周期為6sB．t＝2s時(shí)，擺球的速度最大C．球擺開(kāi)的角度越大，周期越大D．該單擺的擺長(zhǎng)約為16m答案BD解析由題圖乙知，單擺的周期為8s，A錯(cuò)誤；t＝2s時(shí)，擺球位于平衡位置，速度最大，B正確；根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，周期與擺球擺開(kāi)的角度大小無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；將數(shù)據(jù)代入T＝2πeq\r(\f(l,g))得擺長(zhǎng)l≈16m，D正確。11．彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，若從平衡位置O開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)4s振子第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，又經(jīng)過(guò)了1s，振子第二次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，則該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為()A．5s B．6sC．14s D．18s答案BD解析如圖，假設(shè)彈簧振子在水平方向BC之間振動(dòng)，若振子開(kāi)始先向右振動(dòng)，振子的振動(dòng)周期為T(mén)＝4×(4＋eq\f(1,2))s＝18s若振子開(kāi)始先向左振動(dòng)，設(shè)振子的振動(dòng)周期為T(mén)′，則eq\f(T′,2)＋(eq\f(T′,4)－eq\f(1,2)s)＝4s解得T′＝6s，故B、D正確。12．(2022·山東高二期末)勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在傾角30°的足夠長(zhǎng)光滑斜面底端，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，跨過(guò)定滑輪O的輕繩一端系住A，另一端與質(zhì)量為m的球B相連，輕繩OA平行于斜面(如圖所示)，用手托住球B，使輕繩剛好伸直。現(xiàn)松手使球B從靜止開(kāi)始下落，物塊A將在斜面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．物塊A獲得的最大速度為eq\r(\f(mg2,k))B．物塊A獲得的最大速度為eq\r(\f(mg2,2k))C．物塊A在斜面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為eq\f(mg,k)D．球B下落的最大高度為eq\f(2mg,k)答案BCD解析用手托住球B時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，據(jù)胡克定律有kx1＝mgsin30°，解得x1＝eq\f(mg,2k)，松手使球B從靜止開(kāi)始下落，平衡時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，據(jù)平衡條件可得mg－mgsin30°＝kx2，解得x2＝eq\f(mg,2k)，故物塊A在斜面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為A＝x1＋x2＝eq\f(mg,k)，C正確；振幅為eq\f(mg,k)，故下降的最大高度為2A，即eq\f(2mg,k)，D正確；到達(dá)平衡位置時(shí)，物塊A獲得最大速度，對(duì)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgA－mgAsin30°＝eq\f(1,2)·2mv2，解得v＝eq\r(\f(mg2,2k))，A錯(cuò)誤，B正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(8分)如圖甲所示，某學(xué)習(xí)小組利用單擺測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?1)在測(cè)量單擺周期時(shí)，某同學(xué)在擺球某次通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，按下停表開(kāi)始計(jì)時(shí)，同時(shí)數(shù)“1”當(dāng)擺球第二次通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)數(shù)“2”，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到“50”時(shí)，停表停止計(jì)時(shí)，讀出這段時(shí)間t。則該單擺的周期為_(kāi)_______。如果他在實(shí)驗(yàn)中誤將周期計(jì)算為eq\f(t,50)，則測(cè)得的g值________(選填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”)。(2)若小組同學(xué)周期測(cè)量正確，但由于沒(méi)有游標(biāo)卡尺，無(wú)法測(cè)量小球的直徑，于是小組同學(xué)改變擺線長(zhǎng)L，分別測(cè)出對(duì)應(yīng)的單擺周期T，作出L－T2圖像如圖乙所示，根據(jù)圖像，小組同學(xué)得到了圖線在橫軸上的截距為a，圖線的斜率為k，則小球的直徑為_(kāi)___________，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹開(kāi)_______。答案(1)eq\f(t,24.5)偏大(2)2ka4π2k(每空2分)解析(1)單擺完成一次全振動(dòng)需要的時(shí)間是一個(gè)周期，單擺周期T＝eq\f(t,n)＝eq\f(t,\f(50－1,2))＝eq\f(t,24.5)根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))整理得g＝eq\f(4π2l,T2)，周期測(cè)量值偏小，則g測(cè)量值偏大。(2)由單擺周期公式得T＝2πeq\r(\f(L＋\f(d,2),g))整理得L＝eq\f(g,4π2)T2－eq\f(d,2)L－T2圖線的斜率k＝eq\f(g,4π2)將L＝0，T2＝a代入表達(dá)式，即0＝ka－eq\f(d,2)得小球直徑d＝2ka當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝4π2k。14．(10分)在“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中：(1)為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣戎?，除停表外，還應(yīng)選用下列所給器材中的________．(將所選用的器材前的字母填在橫線上)A．長(zhǎng)1m左右的細(xì)繩B．長(zhǎng)10cm左右的細(xì)繩C．直徑約2cm的鋼球D．直徑約2cm的木球E．分度值是1cm的米尺F．分度值是1mm的米尺(2)將單擺正確懸掛后進(jìn)行如下操作，其中正確的是________(選填選項(xiàng)前的字母)。A．把擺球從平衡位置拉開(kāi)一個(gè)很小的角度后釋放，使之做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B．在擺球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)C．用停表測(cè)量單擺完成1次全振動(dòng)所用時(shí)間并作為單擺的周期D．用停表測(cè)量單擺完成30次全振動(dòng)所用的總時(shí)間，用總時(shí)間除以全振動(dòng)的次數(shù)得到單擺的周期(3)若測(cè)出單擺的周期T、擺線長(zhǎng)l、擺球直徑d，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________(用測(cè)出的物理量表示)。(4)若測(cè)量出多組周期T、擺長(zhǎng)L的數(shù)值后，畫(huà)出T2－L圖線如圖，此圖線斜率的物理意義是________。A．gB.eq\f(g,L)C.eq\f(4π2,g)D.eq\f(g,4π2)(5)在(4)中，描點(diǎn)時(shí)若誤將擺線長(zhǎng)當(dāng)作擺長(zhǎng)，那么畫(huà)出的圖線將不通過(guò)原點(diǎn)，由圖線斜率得到的重力加速度與原來(lái)相比，其大小________。A．偏大 B．偏小C．不變 D．都有可能答案(1)ACF(2)AD(3)eq\f(4π2l＋\f(d,2),T2)(4)C(5)C(每空2分)解析(1)單擺的擺角較小，所以所用細(xì)繩需要適當(dāng)長(zhǎng)一些，這樣擺幅較大，便于觀察，選擇長(zhǎng)1m左右的細(xì)繩，即A；為減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)選擇質(zhì)量較大，體積較小的鋼球，即C；測(cè)量長(zhǎng)度需要盡量精確，選擇分度值是1mm的米尺，即F.故選ACF。(2)單擺的擺角不超過(guò)5°，把擺球從平衡位置拉開(kāi)一個(gè)很小的角度后釋放，使之做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，A正確；擺球在最高點(diǎn)速度為零，停滯時(shí)間較大，從最高點(diǎn)計(jì)時(shí)誤差較大，擺球在最低點(diǎn)速度最大，所以應(yīng)從最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，B錯(cuò)誤；用1次全振動(dòng)的時(shí)間作為周期誤差較大，應(yīng)用停表測(cè)量單擺完成30次全振動(dòng)所用的總時(shí)間，用總時(shí)間除以全振動(dòng)的次數(shù)得到單擺的周期，C錯(cuò)誤，D正確。(3)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，其中L＝l＋eq\f(d,2)，可知重力加速度g＝eq\f(4π2l＋\f(d,2),T2)。(4)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，變形得T2＝eq\f(4π2,g)L斜率為eq\f(4π2,g)，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。(5)結(jié)合(4)可知斜率與擺長(zhǎng)無(wú)關(guān)，所以斜率不變，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。15．(8分)(2023·聊城市月考)一水平彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系如圖。(1)該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期和振幅分別是多少；(2)寫(xiě)出該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式；(3)求t＝0.25×10－2s時(shí)振子的位移。答案(1)2×10－2s2cm(2)x＝2sin(100πt＋eq\f(3π,2))cm或x＝2sin(100πt－eq\f(π,2))cm(3)－eq\r(2)cm解析(1)由題圖知，T＝2×10－2s，A＝2cm。(2分)(2)ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，φ＝eq\f(3π,2)或φ＝－eq\f(π,2)(2分)振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x＝2sin(100πt＋eq\f(3π,2))cm或x＝2sin(100πt－eq\f(π,2))cm。(2分)(3)當(dāng)t＝0.25×10－2s時(shí)位移為x＝2sin(100π×0.25×10－2＋eq\f(3π,2))cm＝－eq\r(2)cm。(2分)16．(10分)(2022·常州市高二期中)如圖甲所示，O點(diǎn)為單擺的固定懸點(diǎn)，將力傳感器接在擺球與O點(diǎn)之間?，F(xiàn)將擺球拉到A點(diǎn)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來(lái)回?cái)[動(dòng)，其中B點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)中的最低位置。圖乙表示細(xì)線對(duì)擺球的拉力大小F隨時(shí)間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻，g取10m/s2。求：(1)單擺的振動(dòng)周期和擺長(zhǎng)；(2)擺球的質(zhì)量；(3)擺球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度。答案(1)0.4πs0.4m(2)0.05kg(3)eq\f(\r(2),5)m/s解析(1)小球在一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)，可得周期T＝0.4πs(1分)根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))(2分)解得l＝eq\f(gT2,4π2)＝eq\f(10×0.16π2,4π2)m＝0.4m(1分)(2)(3)擺球受力分析如圖所示，在最高點(diǎn)A，有Fmin＝mgcosα＝0.495N(1分)在最低點(diǎn)B，有Fmax＝mg＋meq\f(v2,l)＝0.510N(1分)從A到B，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2(2分)解得m＝0.05kg，v＝eq\f(\r(2),5)m/s。(2分)17．(12分)如圖所示，傾角為α的斜面體(斜面光滑且足夠長(zhǎng))固定在水平地面上，斜面頂端與勁度系數(shù)為k、自然長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端連接著質(zhì)量為m的物塊。壓縮彈簧使其長(zhǎng)度為eq\f(3,4)L時(shí)將物塊由靜止開(kāi)始釋放(物塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng))，重力加速度為g。(1)求物塊處于平衡位置時(shí)彈簧的長(zhǎng)度；(2)物塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅是多少；(3)選物塊的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向下為正方向建立坐標(biāo)系，用x表示物塊相對(duì)于平衡位置的位移，證明物塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。(已知做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體所受的回復(fù)力滿足F＝－kx)答案(1)L＋eq\f(mgsinα,k)(2)eq\f(mgsinα,k)＋eq\f(L,4)(3)見(jiàn)解析解析(1)物塊平衡時(shí)，受重力、支持力和彈簧的彈力。根據(jù)平衡條件，有：mgsinα＝k·Δx(2分)解得Δx＝eq\f(mgsinα,k)故物塊處于平衡位置時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＋eq\f(mgsinα,k)。(2分)(2)物塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為A＝Δx＋eq\f(1,4)