【物理】2018届一轮复习人教版机械振动学案

【物理】2018届一轮复习人教版机械振动学案

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