PAGE20-機械振動[高考導航]考點內容要求高考(全國卷)三年命題狀況比照分析202420242024命題分析機械振動與機械波簡諧運動Ⅰ卷Ⅰ·T34(1)：波的性質T34(2)：光的折射、全反射及幾何關系的應用卷Ⅱ·T34(1)：電磁波T34(2)：波速公式和振動位移函數式卷Ⅲ·T34(1)：波的傳播和質點振動的關系T34(2)：光的折射現象卷Ⅰ·T34(1)：波的干涉加強點和減弱點的推斷T34(2)：折射定律卷Ⅱ·T34(1)：雙縫干涉圖樣T34(2)：折射定律卷Ⅲ·T34(1)：波動圖象T34(2)：光的全反射、折射定律卷Ⅰ·T34(1)：光的折射定律、折射率T34(2)：簡諧運動的圖象、波的圖象、v＝eq\f(λ,T)的應用卷Ⅱ·T34(1)：聲波的傳播、v＝λf的應用T34(2)：折射定律及全反射卷Ⅲ·T34(1)：波的圖象v＝eq\f(Δx,Δt)及v＝eq\f(λ,T)的應用T34(2)：折射定律的應用本單元考查的熱點有：(1)簡諧運動的特點及圖象、波的圖象以及波長、波速、頻率的關系，題型有選擇、填空、計算等，波動與振動的綜合，以計算題的形式考查的居多。(2)光的折射定律、折射率的計算、全反射的應用等，題型有選擇、填空、計算等，光的折射與全反射的綜合，以計算題的形式考查的居多。簡諧運動的公式和圖象Ⅱ單擺、周期公式Ⅰ受迫振動和共振Ⅰ機械波、橫波和縱波Ⅰ橫波的圖象Ⅱ波速、波長和頻率(周期)的關系Ⅰ波的干涉和衍射現象Ⅰ多普勒效應Ⅰ電磁振蕩與電磁波電磁波的產生Ⅰ電磁波的放射、傳播和接收Ⅰ電磁波譜Ⅰ光光的折射定律Ⅱ折射率Ⅰ全反射、光導纖維Ⅰ光的干涉、衍射和偏振現象Ⅰ相對論狹義相對論的基本假設Ⅰ質能關系Ⅰ試驗一：探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度試驗二：測定玻璃的折射率試驗三：用雙縫干涉測光的波長第1講機械振動學問排查簡諧運動eq\a\vs4\al()描述簡諧運動的物理量物理量定義意義振幅振動質點離開平衡位置的最大距離描述振動的強弱和能量周期振動物體完成一次全振動所需時間描述振動的快慢，兩者互為倒數：T＝eq\f(1,f)頻率振動物體單位時間內完成全振動的次數簡諧運動的兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖簡諧運動條件(1)彈簧質量可忽視(2)無摩擦等阻力(3)在彈簧彈性限度內(1)擺線為不行伸縮的輕細線(2)無空氣等阻力(3)最大擺角小于5°回復力彈簧的彈力供應擺球重力沿與擺線垂直(即切向)方向的分力平衡位置彈簧處于原特長最低點周期T＝2πeq\r(\f(m,k))T＝2πeq\r(\f(l,g))能量轉化彈性勢能與動能的相互轉化，機械能守恒重力勢能與動能的相互轉化，機械能守恒受迫振動和共振eq\a\vs4\al()小題速練1.(多選)某彈簧振子在水平方向上做簡諧運動，其位移x隨時間變更的關系式為x＝Asinωt，如圖1所示，則()圖1A.彈簧在第1s末與第5s末的長度相同B.簡諧運動的頻率為eq\f(1,8)HzC.第3s末，彈簧振子的位移大小為eq\f(\r(2),2)AD.第3s末至第5s末，彈簧振子的速度方向不變E.第5s末，彈簧振子的速度和加速度均為正值解析在水平方向上做簡諧運動的彈簧振子，其位移x的正、負表示彈簧被拉伸或壓縮，所以彈簧在第1s末與第5s末時，雖然位移大小相同，但方向不同，彈簧長度不同，選項A錯誤；由題圖可知，T＝8s，故頻率為f＝eq\f(1,8)Hz，選項B正確；ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，則將t＝3s代入x＝Asineq\f(π,4)t，可得彈簧振子的位移大小x＝eq\f(\r(2),2)A，選項C正確；第3s末至第5s末彈簧振子沿同一方向經過平衡位置，速度方向不變，選項D正確；第5s末，彈簧振子位移為負值，并正遠離平衡位置，此時彈簧振子的速度為負值，加速度為正值，選項E錯誤。答案BCD2.(多選)(2024·海南單科，16)下列說法正確的是()A.在同一地點，單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比B.彈簧振子做簡諧振動時，振動系統的勢能與動能之和保持不變C.在同一地點，當擺長不變時，擺球質量越大，單擺做簡諧振動的周期越小D.系統做穩定的受迫振動時，系統振動的頻率等于周期性驅動力的頻率E.已知彈簧振子初始時刻的位置及其振動周期，就可知振子在隨意時刻運動速度的方向解析依據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可以知道，在同一地點，重力加速度g為定值，故周期的平方與其擺長成正比，故選項A正確；彈簧振子做簡諧振動時，只有動能和勢能參加轉化，依據機械能守恒條件可以知道，振動系統的勢能與動能之和保持不變，故選項B正確；依據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可以知道，單擺的周期與質量無關，故選項C錯誤；當系統做穩定的受迫振動時，系統振動的頻率等于周期性驅動力的頻率，故選項D正確；若彈簧振子初始時刻的位置在平衡位置，知道周期后，可以確定隨意時刻運動速度的方向，若彈簧振子初始時刻的位置不在平衡位置，則無法確定，故選項E錯誤。答案ABD3.(多選)某振動系統的固有頻率為f0，在周期性驅動力的作用下做受迫振動，驅動力的頻率為f。若驅動力的振幅保持不變，則下列說法正確的是()A.當f<f0時，該振動系統的振幅隨f增大而減小B.當f>f0時，該振動系統的振幅隨f減小而增大C.該振動系統的振動穩定后，振動的頻率等于f0D.該振動系統的振動穩定后，振動的頻率等于fE.當f＝f0時，該振動系統確定發生共振解析受迫振動的振幅A隨驅動力的頻率變更的規律如圖所示，明顯選項A錯誤，B正確；穩定時系統的頻率等于驅動力的頻率，即選項C錯誤，D正確；依據共振產生的條件可知，當f＝f0時，該振動系統確定發生共振，選項E正確。答案BDE簡諧運動的規律簡諧運動的規律——五個特征1.動力學特征：F＝－kx，“－”表示回復力的方向與位移方向相反，k是比例系數，不確定是彈簧的勁度系數。2.運動學特征：簡諧運動的加速度與物體偏離平衡位置的位移成正比，而方向相反，為變加速運動，遠離平衡位置時，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均減小，靠近平衡位置時則相反。3.運動的周期性特征：相隔T或nT的兩個時刻振子處于同一位置且振動狀態相同。4.對稱性特征(1)相隔eq\f(T,2)或eq\f(（2n＋1）T,2)(n為正整數)的兩個時刻，振子位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。(2)如圖2所示，振子經過關于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等。圖2(3)振子由P到O所用時間等于由O到P′所用時間，即tPO＝tOP′。(4)振子往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO。5.能量特征：振動的能量包括動能Ek和勢能Ep，簡諧運動過程中，系統動能與勢能相互轉化，系統的機械能守恒。【例1】(多選)(2024·陜西西安一中月考)下列關于簡諧運動的說法正確的是()A.速度和加速度第一次同時復原為原來的大小和方向所經驗的過程為一次全振動B.位移的方向總跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C.一個全振動指的是動能或勢能第一次復原為原來的大小所經驗的過程D.位移減小時，加速度減小，速度增大E.物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同解析速度和加速度第一次同時復原為原來的大小和方向所經驗的過程為一次全振動，故A正確；回復力方向與位移方向相反，故加速度方向與位移方向相反，但速度方向可以與位移方向相同，也可以相反，物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反，背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同，故B錯誤，E正確；一次全振動過程中，動能和勢能均會有兩次復原為原來的大小，故C錯誤；當位移減小時，回復力減小，則加速度在減小，物體正在返回平衡位置，速度在增大，故D正確。答案ADE1.一位游客在千島湖邊欲乘坐游船，當日風浪較大，游船上下浮動。可把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為3.0s。當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊。地面與甲板的高度差不超過10cm時，游客能舒適地登船。在一個周期內，游客能舒適登船的時間是()A.0.5s B.0.75s C.1.0s D.1.25sE.1.5s解析由于振幅A為20cm，振動方程為y＝Asinωt(從游船位于平衡位置時起先計時，ω＝eq\f(2π,T))，由于高度差不超過10cm時，游客能舒適登船，代入數據可知，在一個振動周期內，臨界時刻為t1＝eq\f(T,12)，t2＝eq\f(5T,12)，所以在一個周期內能舒適登船的時間為Δt＝t2－t1＝eq\f(T,3)＝1.0s，選項C正確。答案C2.如圖3，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構成彈簧振子，該物塊是由a、b兩個小物塊粘在一起組成的。物塊在光滑水平面上左右振動，振幅為A0，周期為T0。當物塊向右通過平衡位置時，a、b之間的粘膠脫開，以后小物塊a振動的振幅和周期分別為A和T，則A________A0(填“>”“<”或“＝”),T________T0(填“>”“<”或“＝”)。圖3解析當物塊向右通過平衡位置時，脫離前：振子的動能Ek1＝eq\f(1,2)(ma＋mb)veq\o\al(2,0)脫離后振子的動能Ek2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)由機械能守恒可知，平衡位置處的動能等于最大位移處的彈性勢能，因此脫離后振子振幅變小；由于彈簧振子的質量減小，依據a＝－eq\f(kx,m)可知，在同一個位置物塊a的加速度變大，即速度變更更快，故脫離后周期變小。答案<<簡諧運動的公式和圖象的理解及應用1.簡諧運動的數學表達式x＝Asin(ωt＋φ)2.依據簡諧運動圖象可獲得的信息(1)確定振動的振幅A和周期T。(如圖4所示)圖4(2)可以確定振動物體在任一時刻的位移。(3)確定各時刻質點的振動方向。推斷方法：振動方向可以依據下一時刻位移的變更來判定。下一時刻位移若增加，質點的振動方向是遠離平衡位置；下一時刻位移假如減小，質點的振動方向指向平衡位置。(4)比較各時刻質點的加速度(回復力)的大小和方向。eq\x(\a\al(從圖象讀,取x大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝kx))eq\x(\a\al(F的大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝ma))eq\x(\a\al(a的大小,及方向))(5)比較不同時刻質點的勢能和動能的大小。質點的位移越大，它所具有的勢能越大，動能則越小。【例2】(多選)如圖5甲所示，水平的光滑桿上有一彈簧振子，振子以O點為平衡位置，在a、b兩點之間做簡諧運動，其振動圖象如圖乙所示。由振動圖象可以得知()圖5A.振子的振動周期等于2t1 B.在t＝0時刻，振子的位置在a點C.在t＝t1時刻，振子的速度為零 D.在t＝t1時刻，振子的速度最大E.從t1到t2，振子正從O點向b點運動解析彈簧振子先后經驗最短時間到達同一位置時，若速度相同，則這段時間間隔就等于彈簧振子的振動周期，從振動圖象可以看出振子的振動周期為2t1，選項A正確；在t＝0時刻，振子的位移為零，所以振子應當在平衡位置O，選項B錯誤；在t＝t1時刻，振子在平衡位置O，該時刻振子速度最大，選項C錯誤，D正確；從t1到t2，振子的位移方向沿正方向且在增加，所以振子正從O點向b點運動，選項E正確。答案ADE求解簡諧運動問題時，要緊緊抓住一個模型——水平方向振動的彈簧振子，嫻熟駕馭振子的振動過程以及振子振動過程中各物理量的變更規律，看到振動圖象，頭腦中馬上呈現出一幅彈簧振子振動的圖景，再把問題一一對應、分析求解。1.(多選)如圖6甲所示，彈簧振子以點O為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動。取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變更如圖乙所示，下列說法正確的是()圖6A.t＝0.8s，振子的速度方向向左B.t＝0.2s時，振子在O點右側6cm處C.t＝0.4s和t＝1.2s時，振子的加速度相同D.t＝0.4s到t＝0.8s的時間內，振子的速度漸漸增大解析從t＝0.8s起，再過一段微小時間，振子的位移為負值，因為取向右為正方向，故t＝0.8s時，速度方向向左，選項A正確；由題中圖象得振子的位移x＝12sineq\f(5π,4)tcm，故t＝0.2s時，x＝6eq\r(2)cm，選項B錯誤；t＝0.4s和t＝1.2s時，振子的位移方向相反，由a＝－eq\f(kx,m)知，加速度方向相反，選項C錯誤；從t＝0.4s到t＝0.8s的時間內，振子的位移漸漸變小，故振子漸漸靠近平衡位置，其速度漸漸變大，選項D正確。答案AD2.彈簧振子以O點為平衡位置，在B、C兩點間做簡諧運動，在t＝0時刻，振子從O、B間的P點以速度v向B點運動；在t＝0.2s時刻，振子速度第一次變為－v；在t＝0.5s時，振子速度其次次變為－v。(1)求彈簧振子的振動周期T；(2)若B、C之間的距離為25cm，求振子在4s內通過的路程；(3)若B、C之間的距離為25cm，從平衡位置起先計時，寫出彈簧振子的位移表達式，并畫出彈簧振子的振動圖象。解析(1)畫出彈簧振子簡諧運動示意圖如圖所示。由對稱性可得T＝0.5×2s＝1s(2)若B、C之間距離為25cm則振幅A＝eq\f(1,2)×25cm＝12.5cm振子4s內通過的路程s＝eq\f(4,1)×4×12.5cm＝200cm(3)依據x＝Asinωt，A＝12.5cm，ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/s得x＝12.5sin(2πt)cm振動圖象為答案(1)1s(2)200cm(3)x＝12.5sin(2πt)cm圖象見解析單擺周期公式及用單擺測定重力加速度1.對單擺的理解(1)回復力：擺球重力沿切線方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復力F回與位移x的方向相反。(2)向心力：細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力充當向心力，F向＝T－mgcosθ。(3)兩點說明當擺球在最高點時，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，T＝mgcosθ。當擺球在最低點時，F向＝eq\f(mveq\o\al(2,max),l)，F向最大，T＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。2.周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的兩點說明(1)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。(2)g為當地重力加速度。3.用單擺測定重力加速度(1)試驗原理與操作(2)數據處理①公式法：g＝eq\f(4π2l,T2)，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。②圖象法：作出l－T2圖象求g值。③誤差分析產生緣由減小方法偶然誤差測量時間(單擺周期)及擺長時產生誤差①多次測量再求平均值②計時從單擺經過平衡位置時起先系統誤差主要來源于單擺模型本身①擺球要選體積小，密度大的②最大擺角要小于10°【例3】(多選)如圖7所示為同一地點的兩個單擺甲、乙的振動圖象，下列說法正確的是()圖7A.甲、乙兩單擺的擺長相等B.甲擺的振幅比乙擺的大C.甲擺的機械能比乙擺的大D.在t＝0.5s時有正向最大加速度的是乙擺E.由圖象可以求出當地的重力加速度解析由題圖可知，兩單擺的周期相同，同一地點重力加速度g相同，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得知，甲、乙兩單擺的擺長相等，選項A正確；甲擺的振幅為10cm，乙擺的振幅為7cm，則甲擺的振幅比乙擺大，選項B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長相等，但由于兩擺的質量未知，故無法比較機械能的大小，選項C錯誤；在t＝0.5s時，甲擺經過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負的最大，則乙擺具有正向最大加速度，選項D正確；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T2)，由于不知道單擺的擺長，所以不能求得重力加速度，選項E錯誤。答案ABD1.(多選)圖8甲中擺球表面包有一小塊橡皮泥，在豎直平面內其振動圖象如圖乙所示，某時刻橡皮泥瞬間自然脫落，不考慮單擺擺長的變更，則下列說法正確的是()圖8A.t＝0時刻橡皮泥脫落，此后單擺周期T<4sB.t＝1s時刻橡皮泥脫落，此后單擺周期T＝4sC.t＝1s時刻橡皮泥脫落，此后單擺周期T＞4sD.t＝0時刻橡皮泥脫落，此后單擺振幅A＝10cmE.t＝1s時刻橡皮泥脫落，此后單擺振幅A＝10cm解析因為是自然脫落，橡皮泥與擺球之間無相互作用且擺長不變，則擺球仍在原范圍內振動，振幅不變，周期不變，所以選項B、D、E正確。答案BDE2.在“用單擺測定重力加速度”的試驗中：(1)搖擺時偏角滿意的條件是偏角小于5°，為了減小測量周期的誤差，計時起先時，擺球應是經過最________(填“高”或“低”)點的位置，且用停表測量單擺完成多次全振動所用的時間，求出周期。圖9甲中停表示數為一單擺全振動50次所用的時間，則單擺振動周期為________。圖9(2)用最小刻度為1mm的刻度尺測擺長，測量狀況如圖乙所示。O為懸掛點，從圖乙中可知單擺的擺長為________m。(3)若用L表示擺長，T表示周期，那么重力加速度的表達式為g＝________。(4)考慮到單擺振動時空氣浮力的影響后，學生甲說：“因為空氣浮力與擺球重力方向相反，它對球的作用相當于重力加速度變小，因此振動周期變大。”學生乙說：“浮力對擺球的影響似乎用一個輕一些的擺球做試驗，因此振動周期不變”，這兩個學生中________。A.甲的說法正確B.乙的說法正確C.兩學生的說法都是錯誤的解析(1)擺球經過最低點時小球速度最大，簡單視察和計時；圖甲中停表的示數為1.5min＋12.5s＝102.5s，則周期T＝eq\f(102.5,50)s＝2.05s。(2)從懸點到球心的距離即為擺長，可得L＝0.9980m。(3)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得g＝eq\f(4π2L,T2)。(4)由于受到空氣浮力的影響，小球的質量沒變而相當于小球所受重力減小，即等效重力加速度減小，因而振動周期變大，選項A正確。答案(1)低2.05s(3)0.9980(3)eq\f(4π2L,T2)(4)A受迫振動和共振自由振動、受迫振動和共振的關系比較自由振動受迫振動共振受力狀況僅受回復力受驅動力作用受驅動力作用振動周期或頻率由系統本身性質確定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅動力的周期或頻率確定，即T＝T驅或f＝f驅T驅＝T0或f驅＝f0振動能量振動系統的機械能不變由產生驅動力的物體供應振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺(θ≤5°)機械工作時底座發生的振動共振篩、聲音的共鳴等【例4】如圖10所示，一豎直圓盤轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一彈簧和小球組成的振動系統，小球浸沒在水中。當圓盤轉動一會靜止后，小球做________(選填“阻尼”“自由”或“受迫”)振動。若彈簧和小球構成的系統振動頻率約為3Hz，現使圓盤以4s的周期勻速轉動，經過一段時間后，小球振動達到穩定，小球的振動頻率為________Hz。漸漸變更圓盤的轉動圓期，當小球振動的振幅達到最大時，此時圓盤的周期為________s。圖10解析由于水對小球有阻力的作用，因此圓盤停止轉動后，小球做阻尼振動；圓盤轉動時帶動小球做受迫振動，因此小球振動穩定時的振動頻率等于驅動力的頻率，即小球的振動頻率為eq\f(1,4)Hz＝0.25Hz；當驅動力的頻率等于小球的固有頻率時小球的振幅最大，即圓盤的轉動頻率應為3Hz，則圓盤的周期應為eq\f(1,3)s。答案阻尼0.250.33(或eq\f(1,3))1.(多選)正在運轉的機器，當其飛輪以角速度ω0勻速轉動時，機器的振動不劇烈，切斷電源，飛輪的轉動漸漸慢下來，在某一小段時間內機器卻發生了劇烈的振動，此后飛輪轉速接著變慢，機器的振動也隨之減弱，在機器停下來之后若重新啟動機器，使飛輪轉動的角速度從0較緩慢地增大到ω0，在這一過程中()A.機器不確定還會發生劇烈的振動B.機器確定還會發生劇烈的振動C.若機器發生劇烈振動，劇烈振動可能發生在飛輪角速度為ω0時D.若機器發生劇烈振動，劇烈振動時飛輪的角速度確定不為ω0解析以角速度ω0轉動漸漸慢下來，在某一小段時間內機器卻發生了劇烈的振動，說明此過程機器的固有頻率與驅動頻率相等達到了共振，當飛輪轉動的角速度從0較緩慢地增大到ω0，在這一過程中，確定會出現機器的固有頻率與驅動頻率相等即達到共振的現象，機器確定還會發生劇烈的振動，故A錯誤，B正確；由已知當機器的飛輪以角速度ω0勻速轉動時，其振動不劇烈，則機器若發生劇烈振動，劇烈振動時飛輪的角速度確定不為ω0，故C錯誤，D正確。答案BD2.(多選)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力頻率f的關系)如圖11所示，則()圖11A.此單擺的固有周期約為2sB.此單擺的擺長約為1mC.若擺長增大，單擺的固有頻率增大D.若擺長增大，共振曲線的峰將向左移動E.若擺長減小，共振曲線的峰將向左移動解析由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s；再由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此單擺的擺長約為1m；若擺長增大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的峰將向左移動。故選項A、B、D正確。答案ABD課時作業(時間：30分鐘)基礎鞏固練1.(多選)下列說法正確的是()A.單擺運動到平衡位置時，回復力為零B.只有發生共振時，受迫振動的頻率才等于驅動力的頻率C.水平放置的彈簧振子做簡諧振動時的能量等于在平衡位置時振子的動能D.單擺的周期隨擺球質量的增大而增大E.同一地點，兩單擺的擺長相等時，周期也相等解析對于單擺，在平衡位置，所受到的回復力為零，選項A正確；受迫振動的頻率總等于周期性驅動力的頻率，與是否發生共振沒有關系，選項B錯誤；振動能量是振動系統的動能和勢能的總和，在平衡位置時彈性勢能為零，故選項C正確；依據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺的周期與擺球的質量無關，選項D錯誤；在同一地點，重力加速度相同，擺長相等時，由單擺公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，兩擺的周期相等，E正確。答案ACE2.(多選)下列說法正確的是()A.擺鐘走得快了必需調短擺長，才可能使其走時精確B.挑水時為了防止水從桶中蕩出，可以加快或減慢走路的頻率C.在連續勻稱的海浪沖擊下，停在海面的小船上下振動，是共振現象D.部隊要便步通過橋梁，是為了防止橋梁發生共振而坍塌E.較弱聲音可以震碎玻璃杯，是因為玻璃杯發生了共振解析擺鐘走得快了說明擺的周期短，須要增大單擺的周期，依據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，必需增大擺長，才可能使其走得精確，故A錯誤；挑水的人由于行走，使扁擔和水桶上下振動，當扁擔與水桶振動的固有頻率等于人邁步的頻率時，發生共振，水桶中的水溢出，挑水時為了防止水從水桶中蕩出，可以加快或減慢走路的頻率，故B正確；停在海面的小船上下振動，是受迫振動，故C錯誤；部隊經過橋梁時，假如士兵行走的頻率和橋梁的固有頻率相等，則會發生共振，為了防止橋梁發生共振而坍塌，士兵要便步通過橋梁，故D正確；當聲音的頻率等于玻璃杯的固有頻率時，杯子發生共振而破裂，則E正確。答案BDE3.(多選)一水平彈簧振子沿x軸方向做簡諧運動，平衡位置在坐標原點，向x軸正方向運動時彈簧被拉伸，振子的振動圖象如圖1所示，已知彈簧的勁度系數為20N/cm，振子質量為m＝0.1kg，則()圖1A.圖中A點對應的時刻振子所受的回復力大小為5N，方向指向x軸的負方向B.圖中A點對應的時刻振子的速度方向指向x軸的正方向C.圖中A點對應的時刻振子的加速度大小為5m/s2D.在0～4s內振子通過的路程為4cmE.在0～4s內振子做了1.75次全振動解析由簡諧運動的特點和彈簧彈力與伸長量的關系可知，題圖中A點對應的時刻振子所受的回復力大小為F＝kx＝20×0.25N＝5N，方向指向x軸的負方向，并且振子正在遠離O點向x軸的正方向運動，選項A、B正確；由牛頓其次定律知，題圖中A點對應的時刻振子的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝50m/s2，選項C錯誤；由題圖可讀出周期為2s，4s內振子完成兩次全振動，通過的路程是s＝2×4A＝2×4×0.5cm＝4cm，選項D正確，E錯誤。答案ABD4.(多選)甲、乙兩彈簧振子的振動圖象如圖2所示，則可知()圖2A.兩彈簧振子完全相同B.兩彈簧振子所受回復力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C.振子甲速度為零時，振子乙速度最大D.兩振子的振動頻率之比f甲∶f乙＝1∶2E.振子乙速度為最大時，振子甲速度不確定為零解析從圖象中可以看出，兩彈簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，則頻率之比f甲∶f乙＝1∶2，選項D正確；彈簧振子周期與振子質量、彈簧勁度系數k有關，周期不同，說明兩彈簧振子不同，選項A錯誤；由于彈簧的勁度系數k不確定相同，所以兩振子所受回復力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不確定為2∶1，選項B錯誤；由簡諧運動的特點可知，在振子到達平衡位置時位移為零，速度最大，在振子到達最大位移處時，速度為零，從圖象中可以看出，在振子甲到達最大位移處時，速度為零，振子乙恰好到達平衡位置，速度最大，選項C正確；當振子乙到達平衡位置時，振子甲有兩個可能的位置，一個是最大位移處，一個是平衡位置，選項E正確。答案CDE5.(多選)將一單擺向右拉至水平標記線上，從靜止釋放，當擺球運動到最低點時，擺線遇到障礙物，擺球接著向左搖擺，用頻閃照相機拍到如圖3所示的單擺運動過程的頻閃照片，擺球從最高點M擺至左邊最高點N時，以下說法正確的是()圖3A.擺線遇到障礙物前后的擺長之比為4∶1B.擺線遇到障礙物前后的擺長之比為2∶1C.擺線經過最低點時，線速度不變，半徑減小，擺線張力變大D.擺線經過最低點時，角速度不變，半徑減小，擺線張力變大E.M、N兩點應在同一高度解析頻閃照片拍攝的時間間隔確定，由圖可知，擺線與障礙物碰撞前后的周期之比為2∶1，依據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得，擺長之比為4∶1，故A正確，B錯誤；擺線經過最低點時，線速度不變，半徑變小，依據F－mg＝meq\f(v2,r)知，張力變大，依據v＝rω，知角速度增大，故C正確，D錯誤；依據機械能守恒定律，M、N兩點應在同一高度，故E正確。答案ACE6.在探究單擺運動的試驗中：(1)圖4(a)是用力傳感器對單擺振動過程進行測量的裝置圖，圖(b)是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F－t圖象，依據圖(b)的信息可得，從t＝0時刻起先擺球第一次擺到最低點的時刻為________s，擺長為________m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2)。圖4(2)單擺振動的回復力是________。A.擺球所受的重力B.擺球重力在垂直擺線方向上的分力C.擺線對擺球的拉力D.擺球所受重力和擺線對擺球拉力的合力(3)(多選)某同學的操作步驟如下，其中正確的是________。A.取一根細線，下端系住直徑為d的金屬小球，上端固定在鐵架臺上B.用米尺量得細線長度l，測得擺長為lC.在擺線偏離豎直方向5°位置釋放小球D.讓小球在水平面內做圓周運動，測得搖擺周期，再依據公式計算重力加速度解析(1)依據題圖(b)的信息可得，擺球第一次擺到最低點時，力傳感器顯示的力最大，所對應的時刻為t＝0.5s。依據題圖(b)的信息可得，單擺周期T＝1.6s，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得擺長為L＝0.64m。(2)單擺振動的回復力是擺球重力在垂直擺線方向上的分力，而重力和拉力的合力在徑向上供應向心力，選項B正確。(3)測得擺長應為l＋eq\f(d,2)，選項B錯誤；若讓小球在水平面內做圓周運動，則為圓錐擺運動，測得搖擺周期就不是單擺運動周期，選項D錯誤。答案(1)0.50.64(2)B(3)AC綜合提能練7.(多選)如圖5所示，兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細線將甲、乙兩物塊束縛在光滑水平面上，已知甲的質量是乙的質量的4倍，彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，式中m為振子的質量，k為彈簧的勁度系數。當細線突然斷開后，兩物塊都起先做簡諧運動，在運動過程中()圖5A.甲的振幅是乙的振幅的4倍B.甲的振幅等于乙的振幅C.甲的最大速度是乙的最大速度的eq\f(1,2)D.甲的振動周期是乙的振動周期的2倍E.甲的振動頻率是乙的振動頻率的2倍解析細線斷開前，兩根彈簧上的彈力大小相同，彈簧的伸長量相同，細線斷開后，兩物塊都起先做簡諧運動，簡諧運動的平衡位置都在彈簧原長位置，所以它們的振幅相等，A錯誤，B正確；兩物塊做簡諧運動時，動能和勢能相互轉化，總機械能保持不變，細線斷開前，彈簧的彈性勢能就是物塊起先做簡諧運動時的機械能，二者相等，依據機械能守恒，可知在振動過程中，它們的機械能相等，到達平衡位置時，它們的彈性勢能為零，動能達到最大，二者相等，因為甲的質量是乙的質量的4倍，依據動能公式可知甲的最大速度是乙的最大速度的eq\f(1,2)，C正確；依據彈簧振子做簡諧運動的周期公式T＝2πeq\r(\f(m,k))，甲的質量是乙的質量的4倍，甲的振動周期是乙的振動周期的2倍，D正確；依據周期與頻率成反比可知，甲的振動頻率是乙的振動頻率的eq\f(1,2)，E錯誤。答案BCD8.(多選)如圖6所示，在光滑桿下面鋪一張可沿垂直桿方向勻速移動的白紙，一帶有鉛筆的彈簧振子在B、C兩點間做機械振動，可以在白紙上留下痕跡。已知彈簧的勁度系數為k＝10N/m，振子的質量為0.5kg，白紙移動速度為2m/s，彈簧