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  • 2021-05-23 发布

【物理】2018届一轮复习人教版机械振动学案

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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