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- 2021-05-23 发布
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机械振动、机械波 光和电磁波
考点内容
要求
考题统计
考法分析
2014
2015
2016
①简谐运动的基本概念及规律;
②简谐运动的公式及图象;
③机械波的形成与传播;
④机械波和机械振动的综合应用;
⑤光的折射、折射定律;
⑥全反射相关问题;
⑦光的干涉问题;
⑧光的衍射;
⑨光的偏振现象;
⑩测定玻璃的折射率;
⑪用双缝干涉测光的波长;
⑫光学与数学知识的综合应用
⑬电磁波的基本性质
简谐运动
Ⅰ
·卷Ⅰ
T34
选择 6分
计算 9分
·卷Ⅱ
T34
选择 5分
计算 10分
·卷Ⅰ
T34
选择 5分
计算 10分
·卷Ⅱ
T34
选择 5分
计算 10分
·甲卷
T34
选择 5分
计算 10分
·乙卷
T34
选择 5分
计算 10分
·丙卷
T34
选择 5分
计算 10分
简谐运动的公式和图象
Ⅱ
单摆、周期公式
Ⅰ
受迫振动和共振
Ⅰ
机械波、横波和纵波
Ⅰ
横波的图象
Ⅱ
波速、波长和频率(周期)的关系
Ⅰ
波的干涉和衍射现象
Ⅰ
多普勒效应
Ⅰ
光的折射定律
Ⅱ
折射率
Ⅰ
全反射、光导纤维
Ⅰ
光的干涉、衍射和偏振现象
Ⅰ
电磁波的产生
Ⅰ
电磁波的发射、传播和接收
Ⅰ
电磁波谱
Ⅰ
狭义相对论的基本假设
Ⅰ
质能关系
Ⅰ
实验一:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
实验二:测定玻璃的折射率
实验三:用双缝干涉测量光的波长
第1讲 机械振动
考点一 简谐运动的基本特征及其规律应用
1.简谐运动的规律:质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律,即它的振动图象(x t图象)是一条正弦曲线。
2.平衡位置:物体在振动过程中回复力为零的位置。
3.回复力
(1)定义:使物体返回到平衡位置的力。
(2)方向:总是指向平衡位置。
(3)属于效果力,可以是某一个力,也可以是几个力的合力或某个力的分力。
4.描述简谐运动的物理量
物理量
定义
意义
位移
由平衡位置指向质点所在位置的有向线段
描述质点振动中某时刻的位置相对于平衡位置的位移
振幅
振动物体离开平衡位置的最大距离
描述振动的强弱和能量
周期
振动物体完成一次全振动所需时间
描述振动的快慢,两者互为倒数:T=
频率
振动物体单位时间内完成全振动的次数
5.简谐运动的五个特征
(1)动力学特征:F=-kx,“-”表示回复力的方向与位移方向相反,k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数。
(2)运动学特征:当物体靠近平衡位置时,x、a都减小,v增大;当物体远离平衡位置时,x、a都增大,v减小。
(3)能量特征:对单摆和弹簧振子来说,振幅越大,能量越大。在运动过程中,动能和势能相互转化,机械能守恒。
(4)周期性特征:物体做简谐运动时,其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时间做周期性变化,它们的变化周期就是简谐运动的周期(T);物体的动能和势能
也随时间做周期性变化,其变化周期为。
(5)对称性特征
①如图所示,振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′时(OP=OP′),速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等。
②振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间,即tPO=tOP′。
③振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO。
[思维诊断]
(1)简谐运动是匀变速运动。( )
(2)振幅等于振子运动轨迹的长度。( )
(3)简谐运动的回复力肯定可以是恒力。( )
(4)弹簧振子每次经过平衡位置时,位移为零、动能为零。( )
(5)周期、频率和振幅都是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量( )
答案: (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
[题组训练]
1.[对简谐运动的理解](多选)做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,相同的物理量是( )
A.位移 B.速度
C.加速度 D.回复力
E.动量
解析: 简谐运动的位移是指由平衡位置指向物体所在位置的有向线段,物体经过同一位置时,运动位移一定相同,选项A正确;回复力产生加速度,回复力与位移满足F=-kx的关系,只要位移相同,回复力一定相同,回复力产生的加速度也一定相同,选项C、D正确;经过同一位置,可能远离平衡位置,也可能靠近平衡位置,因此,速度的方向可能相反,选项B、E错误。
答案: ACD
2.[弹簧振子的特点](多选)弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动,在弹簧振子向着平衡位置运动的过程中( )
A.弹簧振子所受的回复力逐渐减小
B.弹簧振子相对平衡位置的位移逐渐减小
C.弹簧振子的速度逐渐增大
D.弹簧振子的速度逐渐减小
E.弹簧振子的加速度逐渐增大
解析: 弹簧振子向着平衡位置运动的过程中,运动位移逐渐减小,则回复力逐渐减小,选项A、B正确;回复力与位移成正比,回复力逐渐减小,加速度也逐渐减小,但向着平衡位置运动的过程中一直加速,所以速度不断增加,选项C正确,而选项D、E错误。
答案: ABC
3.[简谐振动的对称性](多选)一简谐振子沿x轴振动,平衡位置在坐标原点。t=0时刻振子的位移x=-0.1 m;t= s时刻x=0.1 m;t=4 s时刻x=0.1 m。该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1 m, s B.0.1 m,2.5 s
C.0.1 m,8 s D.0.2 m, s
E.0.2 m,8 s
解析: 若振子的振幅为0.1 m, s=T,则周期最大值为 s,选项A正确,B、C错误;若振子的振幅为0.2 m,由简谐运动的对称性可知,当振子由x=-0.1 m处运动到负向最大位移处再反向运动到x=0.1 m处,再经n个周期时所用时间为 s,则T= s,所以周期的最大值为 s,且t=4 s时刻x=0.1 m,故选项D正确;若振子的振幅为0.2 m,当振子由x=-0.1 m经平衡位置运动到x=0.1 m处,再经n个周期时所用时间为s,则T= s,所以此时周期的最大值为8 s,且t=4 s时,x=0.1 m,故选项E正确。
答案: ADE
考点二 简谐运动的公式和图象
1.简谐运动的公式和图象
(1)从平衡位置 计时,函数表达式为x=Asin ωt,图象如图甲所示。
(2)从最大位移处 计时,函数表达式为x=Acos ωt,图象如图乙所示。
2.图象信息
(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率。
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向:因回复力总是指向平衡位置,
故回复力和加速度在图象上总是指向t轴。
(4)确定某时刻质点速度的方向:速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定,下一时刻位移如增加,振动质点的速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点的速度方向就是指向t轴。
(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小。
(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小。
[题组训练]
1.[简谐运动公式的应用](2017·进贤县校级期中)(多选)某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x=Asin t,则该质点( )
A.第1 s末与第2 s末的位移相同
B.第1 s末与第3 s末的速度方向相反
C.3 s末至5 s末的位移方向都相反
D.3 s末至5 s末的速度方向都相同
E.3 s末至5 s末的速度方向都相反
答案: BCD
2.[简谐运动图象的理解](2017·临沂校级模拟)(多选)一质点做简谐运动的图象如图所示,下列说法正确的是( )
A.质点振动频率是0.25 Hz
B.在10 s内质点经过的路程是20 cm
C.第4 s末质点的速度为零
D.在t=1 s和t=3 s两时刻,质点位移大小相等,方向相同
E.在t=1 s和t=3 s两时刻,质点加速度大小相等,方向相反
答案: ABE
3.[简谐运动图象的应用]一个质点经过平衡位置O,在A、B间做简谐运动,如图甲所示,它的振动图象如图乙所示,设向右为正方向,则( )
(1)OB=________cm。
(2)第0.2 s末质点的速度方向是________,加速度的大小为________。
(3)第0.4 s末质点的加速度方向是________。
(4)第0.7 s时,质点位置在________点与________点之间。
(5)质点振动的周期T=________s。
(6)在4 s内完成________次全振动。
解析: (1)从图象上可以看出振幅是5 cm。所以OB=5 cm。
(2)根据正方向的规定及振动图象可知,质点从位置B 计时,第0.2 s末,质点回到平衡位置O,向负方向运动,所以此时速度方向从O指向A,位移为零,由F=-kx可知回复力为F=0,所以加速度a=0。
(3)第0.4 s末质点到达A点,位移为负,回复力F应为正,此时加速度方向由A指向O。
(4)第0.7 s时,质点从平衡位置向B位置运动,则质点在O点和B点之间。
(5)根据图象可知,振动周期为T=0.8 s。
(6)在4 s内完成全振动的次数为n==5次。
答案: (1)5 (2)由O→A 0 (3)A→O (4)O B (5)0.8 (6)5
考点三 单摆及单摆周期公式的应用
1.受力特征
(1)重力和细线的拉力
①回复力:摆球重力沿切线方向上的分力,F=mgsin θ=-x=-kx,负号表示回复力F与位移x的方向相反。
②向心力:细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力,F向=FT-mgcos θ。
(2)简谐运动的两种模型
模型
弹簧振子
单摆
示意图
条件
忽略弹簧质量、无摩擦
细线不可伸长、摆球足够小且密度大、摆角很小(θ<5°)
平衡位置
弹簧处于原长处
小球运动轨迹的最低点
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿轨迹切线方向的分力
周期公式
不作要求
T=2π
能量转化
弹性势能与动能相互转化,机械能守恒
重力势能与动能相互转化,机械能守恒
(多选)如图所示,房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下,细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子,让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动,窗上沿到房顶的高度为1.6 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,则小球从最左端运动到最右端的时间为( )
A.0.2π s B.0.4π s
C.0.6π s D.1.2π s
E.2.0 π s
解析: 小球的摆动可视为单摆运动,摆长为线长时对应的周期:T1=2π =π s,摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2=2π =0.6π s,故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t==0.4π s,B、D、E正确。
答案: BDE
[题组训练]
1.[对单摆运动的理解](多选)如图是均匀小球做单摆运动,平衡位置为O点,A、B为最大位移处,M、N点关于O点对称。下列说法正确的是( )
A.小球受重力、绳子拉力和回复力
B.小球所受合外力就是单摆的回复力
C.小球在O点时合外力不为0,回复力为0
D.小球经过M点的位移与小球在N的位移大小相等、方向相反
E.小球在A、B两点仍受绳子拉力
解析: 物体只受两个力:重力、绳子拉力,A错;回复力的大小为振动方向上的合外力,对于单摆,它是重力沿运动方向的分力,因为小球做的是圆周运动,所以法向合外力等于向心力,B错;平衡位置是指回复力为0的位置,但合外力不一定是0,比如在单摆O点,回复力为0,但由于在做圆周运动,法向合外力是指向圆心的,C正确;位移既有大小,也有方向,根据运动的对称性可知,选项D正确;在最大位移处,小球不做圆周运动,法向合外力为0,所以绳子拉力等于重力在法向的分力,所以E正确。选C、D、E。
答案: CDE
2.[单摆周期公式的应用]如图甲是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置。设向右为正方向。图乙是这个单摆的振动图象。根据图象回答:
(1)单摆振动的频率是多大?
(2) 时摆球在何位置?
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2,试求这个摆的摆长是多少?(计算结果保留两位有效数字)
解析: (1)由题图乙知周期T=0.8 s,则频率f==1.25 Hz。
(2)由题图乙知,t=0时摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以 时摆球在B点。
(3)由T=2π ,得l=≈0.16 m。
答案: (1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
考点四 实验:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
1.实验原理与操作
2.数据处理与分析
(1)数据处理
①公式法:g=,算出重力加速度g的值,再算出g的平均值。
②图象法:作出l T2图象求g值。
(2)误差分析
产生原因
减小方法
偶然误差
测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差
①多次测量再求平均值②计时从单摆经过平衡位置时
系统误差
主要来源于单摆模型本身
①摆球要选体积小,密度大的②最大摆角要小于10°
(3)注意事项
①摆线要选1 m左右,不要过长或过短。
②摆长要待悬挂好球后再测,计算摆长时要将悬线长加上摆球半径。
③单摆要在竖直平面内摆动,不要使之成为圆锥摆。
④要从平衡位置 计时,并数准全振动的次数。
[题组训练]
1.[实验原理与操作]根据单摆周期公式T=2π ,可以通过实验测量当地的重力加速度
。如图甲所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。
(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为________mm。
(2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有________。
A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些
B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C.为了使摆的周期大一些,以方便测量, 时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度
D.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,在释放摆球的同时 计时,当摆球回到 位置时停止计时,此时间间隔Δt即为单摆周期T
E.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 计时,记下摆球做50次全振动所用的时间Δt,则单摆周期T=
解析: (1)先从主尺读出整数部分刻度为18 mm,然后从游标尺读出小数部分刻度为0.6 mm,所以小钢球直径为18.6 mm。(2)在该实验中,摆球的摆角不要太大,偏离平衡位置不大于5°,C错误,为了尽量减少实验误差,摆球应该选择质量大、体积小的小球;摆线要选择质量小、不易伸长、长度大一些的细绳;摆球摆动稳定后,从平衡位置 计时,摆球两次经过平衡位置为一次全振动,A、B、E三项正确,D项错误。
答案: (1)18.6 (2)ABE
2.[实验数据处理][2015·北京理综·21(2)]用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。
(1)组装单摆时,应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)。
A.长度为1 m左右的细线
B.长度为30 cm左右的细线
C.直径为1.8 cm的塑料球
D.直径为1.8 cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=________(用L、n、t表示)。
(3)下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理。
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m·s-2)
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T=________s,g=________m/s2。
乙
(4)用多组实验数据作出T2 L图象,也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2 L图线的示意图如图乙中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b,下列分析正确的是________(填选项前的字母)。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
丙
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图丙所示。由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺。于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g=________(用l1、l2、T1、T2表示)。
解析: (1)单摆模型需要满足的条件是,摆线的长度远大于小球直径,小球的密度越大越好,这样可以忽略空气阻力。
(2)周期T=,结合T=2π ,推出g=。
(3)周期T===2.01 s,由T=2π ,解出g=9.76 m/s2。
(4)由T=2π ,两边平方后可知T2 L是过原点的直线,b为正确的图象,a与b相比,周期相同时,摆长更短,说明a对应测量的摆长偏小;c与b相比,摆长相同时,周期偏小,可能是多记录了振动次数。
(5)设A到铁锁重心的距离为l,则第1、2次的摆长分别为l+l1、l+l2,由T1=2π,T2=2π,联立解得g=。
答案: (1)AD (2) (3)2.01 9.76 (4)B (5)
考点五 受迫振动和共振现象
1.受迫振动
(1)概念:系统在周期性的外力(驱动力)作用下的振动。
(2)振动特征:受迫振动的频率等于驱动力的频率,与系统的固有频率无关。
2.共振
(1)概念:驱动力的频率等于系统的固有频率时,受迫振动的振幅最大的现象。
(2)共振条件:驱动力的频率等于系统的固有频率。
(3)特征:共振时振幅最大。
(4)共振曲线:如图所示。
3.自由振动、受迫振动和共振的关系比较
项目
自由振动
受迫振动
共振
振动
受力情况
仅受回复力
受驱动力作用
受驱动力作用
振动周期或频率
由系统本身性质决定,即固有周期T0或固有频率f0
由驱动力的周期或频率决定,即T=T驱或f=f驱
T驱=T0或f驱=f0
振动能量
振动物体的机械能不变
由产生驱动力的物体提供
振动物体获得的能量最大
常见例子
弹簧振子或单摆(θ≤5°)
机械工作时底座发生的振动
共振筛、声音的共鸣等
[题组训练]
1.[对受迫振动和共振现象的认识](2017·孝感统测)(多选)下列说法正确的是( )
A.摆钟走时快了必须调短摆长,才可能使其走时准确
B.挑水时为了防止水从桶中荡出,可以加快或减慢走路的步频
C.在连续均匀的海浪冲击下,停在海面的小船上下振动,是共振现象
D.部队要便步通过桥梁,是为了防止桥梁发生共振而坍塌
E.较弱声音可振碎玻璃杯,是因为玻璃杯发生了共振
解析: 摆钟走时快了,说明摆钟的周期变小了,根据T=2π 可知增大摆长L可以增大摆钟的周期,A错误;挑水时为了防止水从桶中荡出,可以改变走路的步频,B正确;在连续均匀的海浪冲击下,停在海面的小船上下振动,是受迫振动,C错误;部队便步通过桥梁,不能产生较强的驱动力,就避免桥梁发生共振现象,故D正确;当声音频率等于玻璃杯频率时,杯子发生共振而破碎,E正确。
答案: BDE
2.[共振曲线的理解和应用]如图所示,Ⅰ、Ⅱ为两个单摆在地面同一地点振动的共振曲线,则两个单摆的摆长之比l1∶l2=________,发生共振时的振幅之比A1∶A2=________。
解析: 由共振曲线可知,单摆1的固有频率为0.2 Hz,单摆2的固有频率为0.5 Hz。
又f=,则==2=。
由图中读取共振时单摆1的振幅为10 cm,单摆2的振幅为12 cm,
则=。
答案: 25∶4 5∶6
1.(2016·海南单科·16)(多选)
(1)下列说法正确的是________。(填正确答案标号)
A.在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B.弹簧振子做简谐振动时,振动系统的势能与动能之和保持不变
C.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐振动的周期越小
D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期,就可知振子在任意时刻运动速度的方向
解析: 根据单摆周期公式T=2π 可以知道,在同一地点,重力加速度g为定值,故周期的平方与其摆长成正比,故选项A正确;弹簧振子做简谐振动时,只有动能和势能参与转化,根据机械能守恒条件可以知道,振动系统的势能与动能之和保持不变,故选项B正确;根据单摆周期公式T=2π 可以知道,单摆的周期与质量无关,故选项C错误;当系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,故选项D正确;若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置,知道周期后,可以确定任意时刻运动速度的方向,若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置,则无法确定,故选项E错误。
答案: ABD
2.(2017·北京海淀区适应性练习)(多选)如图甲所示,水平的光滑杆上有一弹簧振子,振子以O点为平衡位置,在a、b两点之间做简谐运动,其振动图象如图乙所示。由振动图象可以得知________。
A.振子的振动周期等于t1
B.振子的振动周期等于2t1
C.在t=0时刻,振子的位置在a点
D.在t=t1时刻,振子的速度为最大
E.从t1到t2,振子正从O点向b点运动
解析: 弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时,若速度相同,则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期,从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1,选项A错误,B正确。在t=0时刻,振子的位移为零,所以振子应该在平衡位置O,选项B错误;在t=t1时刻,振子在平衡位置O,该时刻振子速度最大,选项D正确;从t1到t2振子的位移在增加,所以振子正从O点向b点运动,选项E正确。
答案: BDE
3.(2017·宜春模拟)(多选)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________。
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. 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T=2π ,根据此公式变形得到g=。测摆线长时摆线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,测得的重力加速度偏大,故选项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,振动周期变大,而计算时还是用最 测量的偏小的摆长,所以测得重力加速度偏小,故选项B正确, 计时,秒表过早按下,根据T=可以知道测得单摆的周期偏大,则测得的重力加速度偏小,故选项C正确;实验中误将51次全振动数记为50次,根据T=可以知道测得单摆的周期偏大,则测得的重力加速度偏小,故选项D正确;实验中误将49.5次全振动数记为50次,根据T=可以知道测得的周期偏小,则测得的重力加速度偏大,故选项E错误。所以本题正确选项为B、C、D。
答案: BCD
4.(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中,两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示。测量方法正确的是________。(选填“甲”或“乙”)。
(2)实验时,若摆球在垂直纸面的平面内摆动,为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数,在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一光敏电阻与激光光源,如图丙所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连,该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示,则该单摆的振动周期为________。若保持悬点到小球顶点的绳长不变,改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验,则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”),图丁中的Δt将________(选填“变大”“不变”或“变小”)。
解析: (1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量,正确的是图乙。(2)一个周期内小球应该两次经过最低点,使光敏电阻的阻值发生变化,故周期为t1+2t0-t1=2t0;小球的直径变大后,摆长变长,周期变大,使得每次经过最低点时摆球的挡光时间变大,即Δt变大。
答案: (1)乙 (2)2t0 变大 变大
5.如图所示为一沿水平方向振动的弹簧振子的振动图象。求:
(1)从计时 ,什么时刻第一次达到动能最大?
(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内振子的加速度、速度、动能、弹性势能各怎样变化?
(3)该振子在前100 s内总位移是多少?总路程是多少?
解析: (1)振子从最大位移 向平衡位置运动,当t=0.5 s时动能第一次达到最大。
(2)在2~2.5 s内,振子向负方向做加速度减小的加速运动,动能增加,由于弹簧的弹性形变变小,弹性势能减小;在2.5~3 s内,振子向负方向做加速度增大的减速运动,动能减小,弹簧的弹性势能增加。
(3)弹簧振子的周期为T=2 s,振子在前100 s内完成了n==50次全振动,位移等于零,路程为s=n×4A=100 cm。
答案: (1)0.5 s (2)见解析 (3)0 100 cm
课时作业
(本栏目内容,在学生用书中以独立形式分册装订!)
一、多项选择题
1.如图所示为某弹簧振子在0~5 s内的振动图象,由图可知,下列说法中正确的是( )
A.振动周期为4 s,振幅为8 cm
B.第2 s末振子的速度为零,加速度为负向的最大值
C.第3 s末振子的速度为正向的最大值
D.从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动
E.第2 s末系统势能最大
解析: 由图象可知:T=4 s,A=8 cm,故A正确。第2 s末,振子的加速度正向最大,B错误;第3 s末,振子正向通过平衡位置,C正确;从第1 s末到第2 s末,振子沿负向减速,D错误;第2 s末振子速度为零,动能最小,势能最大,故E正确。
答案: ACE
2.如图甲所示为以O点为平衡位置,在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子,图乙为这个弹簧振子的振动图象,由图可知下列说法中正确的是( )
A.在t=0.2 s时,弹簧振子的加速度为正向最大
B.在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子在同一位置
C.从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子做加速度增大的减速运动
D.在t=0.6 s时,弹簧振子有最小的弹性势能
E.在t=0.2 s与t=0.6 s两个时刻,振子速度都为零
解析: t=0.2 s时,弹簧振子的位移为正向最大值,而弹簧振子的加速度与位移大小成正比,方向与位移方向相反,A错误;在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子的位移相同,B正确:从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动,位移逐渐增大,加速度逐渐增大,加速度方向与速度方向相反,弹簧振子做加速度增大的减速运动,C正确;在t=0.6 s时,弹簧振子的位移为负向最大值,即弹簧的形变量最大,弹簧振子的弹性势能最大,D错误;t=0.2 s与t=0.6 s,振子在最大位移处,速度为零,E正确。
答案: BCE
3.甲、乙两人观察同一单摆的振动,甲每经过3.0 s观察一次摆球的位置,发现摆球都在其平衡位置处;乙每经过4.0 s观察一次摆球的位置,发现摆球都在平衡位置右侧的最高处,由此可知该单摆的周期不可能的是( )
A.0.5 s B.1.0 s
C.1.5 s D.2.0 s
E.2.5 s
解析: 甲每经过3 s观察一次,都发现摆球在平衡位置,说明t=3 s=n×,其中n取整数;乙每经过4 s观察一次,发现摆球都在平衡位置右侧的最大位移处,则有t′=4 s=m×T,其中m取整数,因此,选项C、E不可能是单摆的周期;正确答案为A、B、D。
答案: ABD
4.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x=Asin ωt,振动图象如图所示,则( )
A.弹簧在第1 s末与第5 s末的长度相同
B.简谐运动的频率为 Hz
C.第3 s末,弹簧振子的位移大小为 A
D.第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同
E.第5 s末,振子的加速度与速度方向相同
解析: 在水平方向上做简谐运动的弹簧振子,其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩,所以弹簧在第1 s末与第5 s末时,虽然位移大小相同,但方向不同,弹簧长度不同,选项A错误;由图象可知,T=8 s,故频率为f= Hz,选项B正确;ω== rad/s,则将t=3 s代入x=Asin t,可得弹簧振子的位移大小x=A,选项C正确;第3 s末至第5 s末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点,故速度方向相同,选项D正确;第5 s末加速度与速度反向,E错误。
答案: BCD
5.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象,则下列说法中正确的是( )
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t=0.5 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: 由振动图象可以看出,甲摆的振幅比乙摆的大,两单摆的振动周期相同,根据单摆周期公式T=2π·可得,甲、乙两单摆的摆长相等,但不知道摆长是多少,不能计算出重力加速度g,故A、B正确,E错误;两单摆的质量未知,所以两单摆的机械能无法比较,故C错误;在t=0.5 s时,乙摆有负向最大位移,即有正向最大加速度,而甲摆的位移为零,加速度为零,故D正确。
答案: ABD
6.
如图,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m。t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6 s时,小球恰好与物块处于同一高度。重力加速度的大小g取10 m/s2。以下判断正确的是( )
A.h=1.7 m
B.简谐运动的周期是0.8 s
C.0.6 s内物块运动的路程是0.2 m
D.0.6 s内物块运动的路程是0.3 m
E.t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反
解析: t=0.6 s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6) m=-0.1 m;则对小球h+|y|=gt2,解得h=1.7 m,选项A正确;简谐运动的周期是T== s=0.8 s,选项B正确;0.6
s内物块运动的路程是3A=0.3 m,选项C错误,D正确;t=0.4 s=,此时物块在平衡位置向下振动,则此时物块与小球运动方向相同,选项E错误。
答案: ABD
7.(2017·长沙模拟)一简谐振子沿x轴振动,平衡位置在坐标原点,t=0时刻振子的位移x=-0.1 m;t= s时刻x=0.1 m;t=4 s时刻x=0.1 m。该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1 m, s B.0.1 m,8 s
C.0.2 m, s D.0.2 m,8 s
E.0.3 m,10 s
解析: 若振幅为A=0.1 m,则简谐振子的振动周期T== s,选项A正确;选项B错误;若振幅为A=0.2 m,则振动周期T=2× s+2×= s+ s,可知选项C、D正确;若振幅为A=0.3 m,振动周期T= s+ s,选项E错误。
答案: ACD
二、非选择题
8.(2017·盐城模拟)一个竖直圆盘转动时,固定在圆盘上的圆柱体带动一个T形支架在竖直方向振动,T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的系统。圆盘以不同的周期匀速转动时,测得小球振动的振幅与圆盘转动的频率如图所示。当圆盘的频率为0.4 Hz时,小球振动的周期是________s;当圆盘停止转动后,小球自由振动时,它的振动频率是________Hz。
解析: 圆盘转动一周带动T形支架完成一次全振动,T形支架带动弹簧振子完成一次全振动,因此,弹簧振子的振动频率与圆盘转动的频率相等。当圆盘转动的频率f=0.4 Hz时,弹簧振子的振动周期为T==2.5 s。在受迫振动中,当驱动力的频率与物体的固有频率相等时,产生共振。根据弹簧振子的共振图象可知,弹簧振子的固有频率等于0.6 Hz。
答案: 2.5 0.6
9.(2017·连云港模拟)如图甲所示,在一条张紧的绳子上挂几个摆。当摆振动的时候,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,此时b摆的振动周期________(选填“大于”“等于”或“小于”)d摆的周期。图乙是a摆的振动图象,重力加速度为g,则a摆的摆长为________。
解析: a摆动起来后,通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力,使b、c、d三摆做受迫振动,三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率,由于驱动力频率相同,则三摆的周期相同。据乙图可知:T=2t0,再根据:T=2π 可知,a摆摆长:L=。
答案: 等于
10.(2017·贵州三校联考)某时刻O处质点沿y轴向下 简谐振动,形成沿x轴正方向传播的简谐横波,O处质点 振动后t=0.8 s时波的图象如图所示。P点是x轴上距坐标原点96 cm处的质点。则该波的波速是________m/s;从O处质点 振动计时,经过________s,P处质点 振动;从P处质点 振动,再经________s,P处质点第一次经过波峰。
解析: 本题考查机械波传播、波的图象、波速计算及其相关知识。由题意可知,波的周期为T=0.8 s,由波的图象可知,波长为λ=24 cm=0.24 m,则波速为v==0.3 m/s。则经Δt1== s=3.2 s,波源的振动传至P处,P处质点 向下振动,再经Δt2=T=0.6 s,P处质点第一次经过波峰。
答案: 0.3 3.2 0.6
11.(1)在用单摆测定重力加速度的实验中,用毫米刻度尺测量摆线的长,情况如图甲所示,用游标卡尺测量摆球直径,卡尺游标位置如图乙所示,可知摆球直径是________cm,单摆摆长是________m。
(2)利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长l时相应的周期值T,作T2 l图象,如图丙所示。T2与l的关系式T2=________,利用图线上任两点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2)可求出图线的斜率k=________,再由k可求出g=________。
解析: (1)因测量摆线的起点不在0刻线处,则
l=l线+=(99.00-0.50) cm+ cm
=98.50 cm+1.00 cm=99.50 cm=0.995 0 m
(2)由T=2π ⇒T2=4π2;k=⇒g=
答案: (1)2.00 cm 0.995 0 m
(2)T2=l k= g=
12.一质点做简谐运动,其位移和时间关系如图所示。
(1)求t=0.25×10-2 s时的位移;
(2)在1.5×10-2 s到2×10-2 s的振动过程中,质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化?
(3)在t=0到8.5×10-2 s时间内,质点的路程多大?
解析: (1)由题图可知A=2 cm,T=2×10-2 s
振动方程为x=-Acos ωt=-2cos cm=-2cos (100πt) cm
当t=0.25×10-2 s时,x=-2cos cm=- cm
(2)由题图可知,在1.5×10-2 s到2×10-2 s的振动过程中,质点的位移变大,回复力变大,速度变小,动能变小,势能变大。
(3)从t=0至8.5×10-2 s时间内质点经历个振动周期,质点的路程为s=17A=34 cm。
答案: (1)- cm (2)见解析 (3)34 cm