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2.5 实验：用单摆测量重力的加速度
2.6受迫振动 共振
课后培优练级练
培优第一阶——基础过关练
1．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是（ ）
A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成n－1次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
【答案】A
【详解】A．根据得以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则l偏大，测得的g偏大，故A正确；B．单摆所用摆球质量大小与重力加速度无关，故B错误；C．把n次全振动时间误当成（n－1）次全振动时间，则周期测量值偏大，重力加速度测量值偏小，故C错误；D．开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，故D错误。故选A。
2．对于阻尼振动，下列说法不正确的是（ ）
A．阻尼振动就是减幅振动，其振动的能量不断减少
B．实际的振动系统不可避免地要受到阻尼作用
C．阻尼振动的振幅、振动能量、振动周期逐渐减小
D．对做阻尼振动的振子来说，其机械能逐渐转化为内能
【答案】C
【详解】A．物体做阻尼振动时，因克服阻尼做功机械能逐渐减少，振幅随之减小，故A正确；B．实际振动系统不可避免要受到摩擦或空气阻力等阻尼作用，故B正确；C．物体做阻尼振动时，因克服阻力做功，机械能逐渐减少，振幅随之减小，频率并不会随振幅的减小而变化，故C错误；D．物体做阻尼振动时，因克服阻力做功机械能逐渐减少，转化为内能，故D正确；故选C。
3．如图是摆球做阻尼振动的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．振动过程中周期变小
B．振动过程中周期变大
C．摆球A时刻的势能等于B时刻的势能
D．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能
【答案】C
【详解】AB．阻尼振动中，摆球的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，AB错误；C．因A、B两时刻的位移相同，故摆球A时刻的势能等于B时刻的势能，C正确；D．由于振动的能量逐渐减小，故摆球A时刻的动能大于B时刻的动能，D错误。故选C。
4．如图是一单摆做阻尼振动的位移—时间图像，比较摆球在与时刻的下列物理量，（代表点重力势能，代表点重力势能）以下说法正确的是（ ）
A．速率 B．受到的拉力
C．重力势能 D．机械能
【答案】B
【详解】ACD．由于单摆在运动过程中要克服阻力做功，振幅逐渐减小，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在M点所对应时刻的机械能大于在N点所对应的机械能，摆球的势能是由摆球相对于零势能点的高度h和摆球的质量m共同决定的（）。单摆摆球的质量是定值，由于M、N两时刻摆球的位移大小相同，故在这两个时刻摆球相对零势能点的高度相同，重力势能也相同，但由于M点的机械能大于N点的机械能，所以M点对应时刻的动能大于在N点对应时刻的动能，可得速率故ACD错误；B．由于M、N两时刻摆球的位移大小相同，所以其细线拉力与竖直方向上的夹角θ也相等，对单摆受力分析，根据牛顿第二定律得由于，所以故B正确；故选B。
5．两个弹簧振子，甲的固有频率为f，乙的固有频率为8f，若它们均在频率为9f的驱动力作用下做受迫振动，则（ ）
A．振子甲的振幅较大，振动频率为f
B．振子乙的振幅较大，振动频率为9f
C．振子甲的振幅较大，振动频率为9f
D．振子乙的振幅较大，振动频率为8f
【答案】B
【详解】由题可知，甲乙都受迫振动，它们的频率等于驱动力的频率9f，乙的固有频率为8f，与驱动力频率9f较近，振幅最大，故B正确，ACD错误。故选B。
6．如图所示，用轻质丝线与小铁球（可看作质点）组成单摆甲，将摆球拉开一个微小的角度后由静止释放，不计空气阻力，摆球到达最低点B时的动能为Ek、加速度为a，第一次到达B点所用的时间为t。将此单摆与其他几个单摆拴在一条张紧的水平绳上，发现在甲摆动后其他单摆也跟着摆动起来，其中乙的摆动幅度最大。下列说法中正确的是（ ）
A．甲单摆的丝线长度为
B．甲单摆动能的变化周期为4t
C．甲单摆在B点的加速度为零
D．乙单摆的摆球质量和甲单摆的摆球质量相等
【答案】A
【详解】A．由题意可知单摆的振动周期为4t，由单摆周期公式有解得A正确；
B．单摆的振动周期为4t，但能量的变化周期是振动周期的一半，所以动能的变化周期是2t，B错误；C．单摆通过最低点时切向加速度为零，但有向心加速度，所以加速度不为零，C错误；D．由题意可知单摆乙与单摆甲发生了共振，而共振的条件是周期相同，所以应该是两个单摆的摆长相同，D错误。故选A。
7．2022年3月17日19时33分在我国台湾岛东部的琉球群岛发生5.5级地震，震源深度为，北仑区新碶街道某位家住22楼的网友反映“震感明显”，而北仑区白峰街道的居民普遍反映“没有明显感觉”。针对这一事件，下列同学的认识中科学合理的是（ ）
A．白峰街道居民没有感觉是因为地震波到达白峰时，未发生受迫振动
B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近
C．地震波在北仑区发生叠加，新碶处在振动加强带上，白峰恰好处在减弱带上
D．应对新碶的高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止再次发生地震灾害
【答案】B
【详解】A．地震波到白峰街道时，地面建筑物受到周期性驱动力作用，发生了受迫振动，因为该街道高楼的固有频率与当时地震波的频率差距较大，所以振幅很小，该处居民才会没有明显感觉，故A错误；B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近，受迫振动，振幅较大，该处居民感觉震感明显，故B正确；C．不同街道居民楼震感不同，是因为不同街道的居民楼固有频率不同，而受迫振动时，驱动力频率与物体的固有频率相近时，物体振动的振幅大，所以振幅不同不是地震波叠加的原因，故C错误；D．对高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止地震造成损害，但无法防止再次发生地震，故D错误。故选B。8．把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上安一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，如图所示。筛子做自由振动时，完成10次全振动用时15s。在某电压下，偏心轮转速是36r/min。已知增大电压可使偏心轮转速提高；增加筛子质量或减小弹簧劲度系数均可以增大筛子的固有周期。那么要使筛子的振幅增大，下列做法正确的是 （ ）
A．更换劲度系数更大的弹簧 B．降低输入电压
C．增加筛子质量 D．减小筛子质量
【答案】C
【详解】A．在题设条件下，筛子振动固有周期电动偏心轮的转动周期（对筛子来说是驱动力的周期）要使筛子振幅增大，就是使这两个周期靠近，可采用两种做法。一种是减小驱动力的周期；另一种增加筛子的固有周期。而更换劲度系数更大的弹簧，筛子振动固有周期减小，不符合题意，故A项错误；B．降低输入电压，电动偏心轮的转动周期变大，由A项分析可知，不符合题意，故B项错误；C．增加筛子质量，筛子振动固有周期变大，由A项分析可知，符合题意，故C项正确；D．减小筛子质量，筛子振动固有周期减小，由A项分析可知，不符合题意，故D项错误。故选C。
9．(多选)对用单摆测量重力加速度的实验，下列说法正确的是（ ）
A．如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球作摆球
B．单摆偏角不超过5°
C．为便于改变摆长，可将摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹
D．测量摆长时，应用力拉紧摆线
【答案】AB
【详解】AB．要符合单摆模型要求，选用质量较大铁球，单摆偏角不超过5°，故AB正确C．摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹，摆动过程中悬点位置变化，导致摆长变化，故C错误；D．测摆长时，用力拉紧摆线会使形变量变大，摆长偏大，故D错误。故选AB。
10．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 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大
E．弹簧振子的振幅与转速有关
【答案】BDE
【详解】摇把匀速转动的频率f＝Hz＝4 Hz周期T＝＝0.25 sAB．当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确；CDE．当摇把的频率接近振子的固有频率时，弹簧振子的振幅将增大，则当转速增大时，弹簧振子的频率变大，周期减小，远离固有频率，则振幅减小，C错误，DE正确。故选BDE。
11．（多选）如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=Tc<Tb
B．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C．由图乙可知，此时b摆的周期大于t0
D．a摆的摆长为
【答案】ABD
【详解】A．由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式可知，固有周期关系为Ta=Tc<Tb故A正确；B．因为Ta=Tc，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅较小，故B正确；C．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故b摆的周期等于t0，故C错误；D．a摆的周期为t0，由，解得故D正确。故选ABD。
12．（多选）共振现象是指一个物理系统在其自然的振动频率（所谓的共振频率）下趋于从周围环境吸收更多能量的趋势。自然中有许多地方有共振的现象。人类也在其技术中利用或者试图避免共振现象。如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅与驱动力频率的关系），下列说法正确的是（）（ ）
A．此单摆的固有周期为2s
B．此单摆的摆长约为2m
C．若仅摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若仅摆长增大，共振曲线的峰将向左移
【答案】AD
【详解】A．当驱动力的频率等于单摆的固有频率时，发生共振现象，振幅达到最大，由图知，驱动力的频率为0.5Hz时，振幅最大，则此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A正确；B．根据单摆周期公式则解得此单摆的摆长约为故B错误；CD．若仅摆长增大，根据单摆周期公式，单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移，故C错误，D正确。故选AD。
13．某实验小组在利用单摆测量当地重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测量摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为___________cm。
（2）小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是___________（填选项前的字母）。
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
（3）某同学由测量数据作出L—T2图线，根据图线得到直线斜率为k，那么重力加速度g=___________（用k和π表示）。
【答案】 1.050 C
【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为1cm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，则最终读数为1.050cm；
（2）[2]A．用单摆的最大摆角应小于5°，否则就不是简谐振动，故A错误；B．一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，故应为，故B错误；C．由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式
可知，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，摆长偏大，则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故C正确；D．选择密度较大的摆球对空气阻力的影响较小，可减小实验误差，故D错误。故选C。
（3）[3]由单摆周期表达式T=2π可得故L—T2图象的斜率为解得
培优第二阶——拓展培优练
14．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）若完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长（悬点到摆球上端的距离）为，用刻度尺测得摆球的直径为d，用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式___________。
（2）实验中某问学发现测得的重力加速度的值总是偏大，下列原因中可能的是___________
A．实验室处在高山上，距离海面太高
B．单摆所用的摆球质量太大了
C．实际测出n次全振动的时间t，误作为次全振动的时间
D．以线长作为摆长来计算
（3）甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图图像中的实线OM；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的图像为___________（选填：①②③④）
（4）丙同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长，根据图中的信息可得，重力加速度___________（取，结果保留三位有效数字）
【答案】 C ② 9.77
【详解】（1）[1]根据可得 （2）[2]测得的重力加速度偏大，根据A.实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会偏小，A错误；B.单摆所用的摆球质量大小与周期无关，B错误；C.实际测出n次全振动的时间t，误作为（n+1）次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，C正确；D.以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，D错误；故选C。（3）[3]根据可得可知解得根据单摆的周期公式得实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长L=0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即M位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②。（4）[4]由图像可知，单摆的周期为T=2s，则根据可得
15．物理兴趣小组在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
（1）下列最合理的装置是______；
A． B．
C． D．
（2）该小组同学根据实验数据，利用计算机拟合得到单摆周期T与摆长L的关系方程为：。由此可以得出当地重力加速度______（取3.14，结果保留2位有效数字），从方程中可知与L没有成正比关系，其原因可能是______
A．小球摆动过程中，可能摆角太大
B．计算摆长时，可能多加了小球的半径
C．计算摆长时，可能少加了小球的半径
D．开始计时，小球可能在最高点
【答案】 D 9.7 C
【详解】（1）[1]为了减小空气阻力的影响，摆球应该选择质量大、体积小，即密度大的球体，为了避免摆动过程摆长的长度发生改变，摆线应该选择细小且弹性小的线，为了确保悬点固定，应该用夹子将细线上端夹住。故选D。（2）[2]根据周期公式有解得结合计算机拟合得到单摆周期与摆L的关系方程有解得[3]从方程中可知当L为0时，周期T并不等于0，表明实验中摆长的测量值偏小，即计算摆长时，可能少加了小球的半径。故选C。
16．某学习小组“利用单摆测定重力加速度”的实验装置如图1所示，请在横线上完成相应内容。
（1）若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是________。
A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了
B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间
C．开始计时，秒表过早按下
D．测摆线长时摆线拉得过紧
（2）若实验过程中没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出T2-l图像，如图2所示。
①实验得到的T2-l图像是________（选填：“a”、“b”或““c”）；
②小球的直径是________cm；
③实验测得当地重力加速度大小是________m/s2。（取三位有效数字）。
【答案】 D c 1.0 9.86
【详解】（1）[1]根据可得A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小，故A错误；B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，则测得的周期偏大，重力加速度测量值偏小，故B错误；C．开始计时，秒表过早按下，则测得的周期偏大，重力加速度测量值偏小，故C错误；D．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故D正确。故选D。（2）[2]由于无法测小球的直径d，则实际摆长为因此
解得故实验得到的T2-l图像是c；[3][4]由图横轴截距为0.5cm，即
解得纵轴截距为，即解得
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