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第1讲机械振动主干梳理 对点激活知识点简谐运动1简谐运动的概念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(xt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)来源：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知识点简谐运动的公式和图象1表达式(1)动力学表达式：Fkx，其中“”表示回复力与位移的方向相反。(2)运动学表达式：xAsin(t0)，其中A代表振幅，2f表示简谐运动的快慢，t0代表简谐运动的相位，0叫做初相。2简谐运动的图象(1)如图所示：(2)物理意义：表示振动质点的位移随时间的变化规律。知识点弹簧振子、单摆及其周期公式简谐运动的两种模型知识点受迫振动和共振1受迫振动系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动。做受迫振动物体的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。2共振曲线如图所示的共振曲线，表示某振动系统受迫振动的振幅A(纵坐标)随驱动力频率f(横坐标)变化的关系。驱动力的频率f跟振动系统的固有频率f0相差越小，振幅越大；驱动力的频率f等于振动系统的固有频率f0时，振幅最大。知识点实验：用单摆测定重力加速度1实验原理由单摆的周期公式T2 ，可得出gl，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。2实验器材带中心孔的小钢球、约1 m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。3实验步骤(1)做单摆取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图甲所示。(2)测摆长用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长lL。(3)测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5)，然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。(4)改变摆长，重做几次实验。(5)数据处理公式法：g。图象法：画lT2图象，如图乙所示。g42k，k。4注意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。(2)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5。(3)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。(4)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长lLr。(5)选用1 m左右难以伸缩的细线。一 思维辨析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不是恒力。()4弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零。()5单摆无论摆角多大都是简谐运动。()6物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。()7简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。()答案1.2.3.4.5.6.7.二 对点激活1一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是()答案A解析振子的最大加速度与振子的回复力成正比，方向与位移方向相反，具有正向的最大加速度，就应该具有最大的反方向的位移，振子从平衡位置开始计，并向负方向移动时，经四分之一周期振子具有沿x轴正方向的最大加速度，只有A正确，B、C、D都不符合题意。2(人教版选修34P17T3改编)(多选)如图是两个单摆的振动图象，以下说法正确的是()A甲、乙两个摆的振幅之比为21B甲、乙两个摆的频率之比为12C甲、乙两个摆的摆长之比为12D以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t0起，乙第一次到达右方最大位移时，甲振动到了平衡位置，且向左运动答案AD解析由振动图象知A甲2 cm，A乙1 cm，所以甲、乙两个摆的振幅之比为21，故A正确；T甲4 s，T乙8 s，所以，故B错误；由T2得，故C错误；由图象知乙第一次到达右方最大位移时为t2 s时，此时x甲0，且向左运动，故D正确。3(人教版选修34P21T4改编)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则()A此单摆的固有周期约为0.5 sB此单摆的摆长约为1 mC若摆长增大，单摆的固有频率增大D若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动答案B解析由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，A错误；由T2 ，得此单摆的摆长约为1 m，B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，C、D错误。4(人教版选修34P5T3)如下图所示，在t0到t4 s的范围内回答以下问题。(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？(2)质点在第2 s末的位移是多少？(3)质点在前2 s内走过的路程是多少？答案(1)在01 s,23 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相同在12 s,34 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相反 (2)0 (3)20 cm解析(1)位移时间图线的某点的切线的斜率即是某时刻的速度，可知，质点相对平衡位置的位移的方向在01 s和23 s内跟它的瞬时速度的方向相同，在12 s和34 s内跟瞬时速度的方向相反。(2)质点在第2 s末的位移是0。(3)质点在前2 s内走过的路程是s210 cm20 cm。考点细研 悟法培优考点1简谐运动的特征1动力学特征Fkx，“”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运动学特征做简谐运动的物体加速度与物体偏离平衡位置的位移大小成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。3运动的周期性特征相隔nT(n为正整数)的两个时刻，物体处于同一位置且振动状态相同。4对称性特征(1)时间对称性：相隔或(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等、方向相反。如图甲所示：O为平衡位置，A、B为振子偏离平衡位置最大位移处，振子t时刻在C点，t时刻运动到D点，则位移xDxC，速度vDvC，aDaC。(2)空间对称性：如图乙所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P(OPOP)时，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。此外，振子由P到O所用时间等于由O到P所用时间，即tPOtOP。振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOPtPO。5能量特征振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。例1(2018辽宁鞍山模拟)(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为()A0.53 s B1.4 s C1.6 s D2 sE3 s解题探究(1)从O点出发第一次到达M点时用时0.3 s有几种情形？提示：两种。(2)简谐运动中振子往复运动过程中通过同一段路程，用时相等吗？提示：相等。尝试解答选BDE。如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从OC所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从MC所用时间和从CM所用时间相等，故0.3 s s0.4 s，解得T1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M与点M关于点O对称，则振子从点M经过点B到点M所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点M、从点M到点O及从点O到点M所需时间相等，为 s，故周期为T0.5 s s0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E。总结升华分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。(3)如例1，若没有给出开始时刻质点的振动方向，还须分情况讨论，以防丢解。变式11(多选)关于水平放置的弹簧振子所做的简谐运动，下列说法正确的是()A位移的方向是由振子所在处指向平衡位置B加速度的方向总是由振子所在处指向平衡位置C经过半个周期振子经过的路程一定是振幅的2倍D若两时刻相差半个周期，弹簧在这两个时刻的形变量一定相等E经过半个周期，弹簧振子完成一次全振动答案BCD解析位移的方向始终是由平衡位置指向振子所在处，A错误；加速度的方向始终是由振子所在处指向平衡位置，B正确；经过半个周期，振子经过的路程是振幅的2倍，若两时刻相差半个周期，两时刻弹簧的形变量一定相等，C、D正确；经过一个周期，弹簧振子完成一次全振动，E错误。变式12如图所示，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0。当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A_A0，T_T0。(填“”“”或“”)答案|x2|，所以|a1|a2|。 变式2(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图a所示，它的振动图象如图b所示，设向右为正方向，下列说法正确的是()AOB5 cmB第0.2 s末质点的速度方向是AOC第0.4 s末质点的加速度方向是AOD第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间E在4 s内完成5次全振动答案ACE解析由图b可知振幅为5 cm，则OBOA5 cm，A项正确；由图可知00.2 s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是OA，B项错误；由图可知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是AO，C项正确；由图可知第0.7 s末时质点位置在O点与B点之间，D项错误；由图b可知周期T0.8 s，则在4 s内完成全振动的次数为5，E项正确。考点3受迫振动与共振自由振动、受迫振动和共振的比较例3(2018唐山期末) 如图所示，一竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘转动一会儿静止后，小球做_(填“阻尼”“自由”或“受迫”)振动。若弹簧和小球构成的系统振动频率约为3 Hz，现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，小球的振动频率为_ Hz。逐渐改变圆盘的转动周期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为_ s。解题探究(1)在阻力作用下，振幅逐渐变小的振动称为_振动。提示：阻尼(2)当小球振动的振幅达到最大时，圆盘的周期_系统的固有周期。提示：等于尝试解答阻尼0.25。由于水对小球有阻力的作用，因此圆盘停止转动后，小球做阻尼振动；圆盘转动时带动小球做受迫振动，因此小球振动稳定时的振动频率等于驱动力的频率，即小球的振动频率为 Hz0.25 Hz；当驱动力的频率等于小球的固有频率时小球的振幅最大，即圆盘的转动频率应为3 Hz，则圆盘的周期应为 s。总结升华对共振的理解(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当ff0时，振幅A最大。(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。变式31关于固有频率，以下说法正确的是()A固有频率是由物体本身决定的B物体不振动时固有频率为零C振幅越大，固有频率越小D所有物体固有频率都相同答案A解析物体做自由振动时，振动的频率与初始条件无关，仅与系统的固有特性有关(如质量、材质等)，称为固有频率，故A正确，B、C、D错误。变式32(多选)某简谐振子，自由振动时的振动图象如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图象如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的()Aa点 Bb点Cc点 D一定不是c点答案AD解析简谐振子自由振动时，设周期为T1；而在某驱动力作用下做受迫振动时，设周期为T2；显然T1f2；题图乙中c点处代表发生共振，驱动力频率等于固有频率f1；做受迫振动时，驱动力频率f2f1，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点；故选A、D。考点4单摆、用单摆测定重力加速度1对单摆的理解(1)回复力：摆球重力沿切线方向的分力，F回mgsinxkx，负号表示回复力F回与位移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FTmgcos。两点说明：当摆球在最高点时，F向0，FTmgcos。当摆球在最低点时，F向，F向最大，FTmgm。(3)单摆是一个理想化模型，摆角5时，单摆的周期为T2 ，与单摆的振幅A、摆球质量m无关，式中的g由单摆所处的位置决定。2等效摆长及等效重力加速度(1)l等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长lrLcos。乙图中小球(可看做质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点的附近振动，其等效摆长为lR。(2)g等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。在不同星球表面：g，M为星球的质量，R为星球的半径。单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为gga和gga，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。3用单摆测定重力加速度数据处理的两种方法：方法一：公式法。根据公式T2 ，g。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g中算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值，即为当地重力加速度的值。方法二：图象法。由单摆的周期公式T2 可得lT2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴描点作图，作出的lT2图象理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图象的斜率k，即可求出g值。g42k，k。例4(2018湖北四校联考)(多选)某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，通过改变摆线的长度，测出对应的周期，作出了lT2图象，如图所示。下列关于本实验的分析正确的是()A实验中正确测量周期的方法是，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，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期TB图象不过原点是因为测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长C图象不过原点是因为测量摆长时，把摆线长加上摆球的直径当成摆长D利用图象仍然能测出当地的重力加速度为g或g，但测量结果会偏大E利用图象仍然能测出当地的重力加速度为g，并且不会有系统误差解题探究(1)图象不过原点，且直线与l轴交点在O点的上方，说明测量的摆长值比实际值_。提示：大(2)根据图中A点对应的摆长lA和周期TA应有关系式lAl对吗？提示：对。尝试解答选ACE。为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，A正确；根据周期公式T2 得l，由于题中图象存在纵截距，即ll，说明测量的摆长值较实际摆长要大，B错误，C正确；根据题中图象上A、B两点有关系式lAl，lBl，两式相减可解得g，由以上可以看出，最终的结果不影响g值的测量，所以D错误，E正确。总结升华用单摆测定重力加速度实验的误差分析(1)本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动，这些要求是否符合。(2)本实验的偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计摆球全振动次数。此外，使用刻度尺测量摆线长度读数时也会产生偶然误差，要多次测量取平均值以减小误差。(3)利用图象法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差。利用图象法分析处理时要特别注意图象的斜率及截距的物理意义。变式41(2018衡水模拟)物理实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。(1)实验室有如下器材可供选用：A长约1 m的细线 B长约1 m的橡皮绳C直径约2 cm的均匀铁球 D直径约5 cm的均匀木球E秒表 F时钟G最小刻度为毫米的刻度尺实验小组的同学需要从上述器材中选择_(填写器材前面的字母)。(2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin50.087，sin150.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)。(3)某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是_。A测摆长时记录的是摆线的长度B开始计时时，秒表过早按下C摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了D实验中误将29次全振动数记为30次答案(1)ACEG(2)A(3)D解析(1)需要选择：长约1 m的细线，直径约2 cm的均匀铁球，秒表(测量50次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆线长)。(2)单摆振动的摆角5，当5时单摆振动的振幅Alsin50.087 m8.7 cm，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A。(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g。将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，故A错误；开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，故B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，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，故C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T，若误计为30次，则T测，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大，故D正确。变式42在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最_(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间，则单摆振动周期为_。(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为_ m。(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g_。(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中_。A甲的说法正确B乙的说法正确C两学生的说法都是错误的答案(1)低2.05 s(2)0.9980(3)(4)A解析(1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5 min12.5 s102.5 s，则周期T s2.05 s。(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L0.9980 m。(3)由单摆周期公式T2 可得g。(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，A正确。高考模拟 随堂集训1(2018天津高考)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t0时振子的位移为0.1 m，t1 s时位移为0.1 m，则()A若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 sB若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 sC若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 sD若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s答案AD解析若振幅为0.1 m，根据题意可知从t0 s到t1 s振子经历的时间为nT1 s(n0,1,2,3)，解得T s(n0,1,2,3)，当n1时，T s，当T s时，代入得n，不符合题意，A正确，B错误；如果振幅为0.2 m，结合位移时间关系图象，有1 snT(n0,1,2,3，)，或者1 sTnT(n0,1,2,3，)，或者1 snT(n0,1,2,3)，对于式，只有当n0时，T2 s，为整数；对于式，T不为整数，对于式，只有当n0时，T6 s，T为整数，故C错误，D正确。2(2017北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是()At1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值Bt2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值Ct3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零Dt4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值答案A解析t1 s时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值，A正确；t2 s时，振子在平衡位置且向x轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零，B错误；t3 s时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值，C错误；t4 s时，振子在平衡位置且向x轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零，D错误。3(2017上海高考)做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的()A周期不变，振幅不变 B周期不变，振幅变小C周期改变，振幅不变 D周期改变，振幅变大答案B解析由单摆的周期公式T2 可知，当摆长L不变时，周期不变，故C、D错误；由能量守恒定律可知mv2mgh，其摆动的高度与质量无关，因平衡位置的速度减小，则最大高度减小，即振幅减小，B正确，A错误。4(2019百师联盟七调)(多选)如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期T2 ，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中()A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D甲的振动周期是乙的振动周期的2倍E甲的振动频率是乙的振动频率的2倍答案BCD解析将甲、乙两物块看成一个整体，受力分析可知，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，故线断开后，甲、乙两物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故A错误，B正确；在线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的4倍，由Ekmv2知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，故C正确；根据T2 可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，根据f可知，甲的振动频率是乙的振动频率的，D正确，E错误。5(2015天津高考)某同学利用单摆测量重力加速度。(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_。A组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上的两标记点之间的距离L。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g_。答案(1)BC(2)解析(1)为了减小实验误差，应选用密度大、体积小的摆球，A项错误；摆线应选用不易伸缩的轻线，B项正确；实验时摆球应在同一竖直面内摆动，而不能做成圆锥摆，C项正确；摆长一定的情况下，摆角不能超过5度，因此摆的振幅不能过大，D项错误。(2)由单摆周期公式得T12 ，T22 ，解得g。配套课时作业时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分。其中 13为单选，49为多选)1关于简谐运动，下列说法正确的是()A位移的方向总指向平衡位置B加速度方向总和位移方向相反C位移方向总和速度方向相反D速度方向总跟位移方向相同答案B解析简谐运动的位移的初始位置是平衡位置，所以简谐运动过程中任一时刻的位移都是背离平衡位置的，A错误；振子的加速度总是指向平衡位置，而位移总是背离平衡位置，B正确；振子的速度方向与位移方向无关，C、D错误。2弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm。某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，下列说法中正确的是()A该弹簧振子的振幅为20 cmB该弹簧振子的周期为1 sC该弹簧振子的频率为2 HzD该弹簧振子从O点出发到再次回到O点的过程就是一次全振动答案B解析设振幅为A，由题意知BC2A20 cm，所以A10 cm，A错误；振子从B到C所用时间t0.5 s，所以T1 s，频率f1 Hz，B正确，C错误；振子从O点出发到再次回到O点的过程是0.5次全振动，D错误。3. 如图为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，则下列说法错误的是()A若两次受迫振动分别在月球上和地球表面上进行，且摆长相同，则图线表示月球表面上单摆的共振曲线B若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则两次摆长之比l1l2254C图线若是在地面上完成的，则该摆摆长约为1 mD若摆长均为1 m，则图线是在地面上完成的答案D解析图线中振幅最大处对应的频率与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从题图中可以看出，两单摆固有频率分别为f0.2 Hz、f0.5 Hz。根据T2 可得f ，当单摆在月球和地球表面上分别做受迫振动且摆长相等时，g越大，f越大，ff，所以gg，图线表示月球表面上单摆的共振曲线，A正确；若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则g相同，由f 可得l，故两次摆长之比l1l2，B正确；图线若是在地面上完成的，将g9.8 m/s2、f0.5 Hz代入l可得l21 m，C正确，D错误。4(2018济宁模拟)如图甲所示的弹簧振子(以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是()At0时，振子处在B位置B振子运动的周期为4 sCt4 s时振子对平衡位置的位移为10 cmDt2.5 s时振子对平衡位置的位移为5 cmE如果振子的质量为0.5 kg，弹簧的劲度系数为20 N/cm，则振子的最大加速度大小为400 m/s2答案ABE解析由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10 cm，其周期T4 s，t0和t4 s时，振子在负的最大位移处，即图甲中的B位置，由于振子做变速运动，故t2.5 s时，振子的位移应大于5 cm，故A、B正确，C、D错误；由a可知，振子的最大加速度大小为400 m/s2，E正确。5(2018福建福州质检)一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点。图甲上的a、b、c、d为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向，图乙给出的四条振动图线，可用于表示振子的振动图象的是()A若规定状态a时t0，则图象为B若规定状态b时t0，则图象为C若规定状态c时t0，则图象为D若规定状态d时t0，则图象为答案AD解析振子在状态a时t0，此时的位移为3 cm，且向x轴正方向运动，故A正确；振子在状态b时t0，此时的位移为2 cm，且向x轴负方向运动，B错误；振子在状态c时t0，此时的位移为2 cm，C错误；振子在状态d时t0，此时的位移为4 cm，速度为零，故D正确。6(2018合肥质检)在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中，下列做法正确的是()A应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线B用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC在小偏角下让小球在竖直面内摆动D测量摆球周期时，应选择摆球经最低点时开始计时，测量50次全振动的时间t，则单摆的周期TE多次改变摆线的长度l，测量对应的周期T，作T2l图象，得到图象的斜率值约为4答案ACE解析单摆的悬点到小球重心的距离为摆长，并非只是摆线的长度，B错误；单摆的周期等于一次全振动所用时间，即T，D错误；由T2可得，T2l，故T2l图象斜率约为4，E正确；A、C说法正确。7(2018唐山模拟)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是()A火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振B若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 HzC当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D一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个E受迫振动系统的机械能守恒答案BCD解析火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；由共振曲线可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误。8. (2018三亚中学月考)如图所示，甲、乙两木块叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，甲木块与乙木块之间的最大静摩擦力为fm，乙木块与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使甲木块和乙木块在振动过程中不发生相对滑动，则()A它们的振幅不能大于AB它们的振幅不能大于AC它们的最大加速度不能大于D它们的最大加速度不能大于答案BD解析当甲木块和乙木块在振动过程中恰好不发生相对滑动时，甲、乙两木块间静摩擦力在最大位移处达到最大。根据牛顿第二定律，以甲木块为研究对象，最大加速度a，C错误，D正确；以甲、乙两木块整体为研究对象，kA(Mm)a，代入a得，A，A错误，B正确。9(2015山东高考) 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y0.1sin(2.5t) m。t0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g10 m/s2。以下判断正确的是()Ah1.7 mB简谐运动的周期是0.8 sC0.6 s内物块运动的路程是0.2 mDt0.4 s时，物块与小球运动方向相反答案AB解析由小物块的运动方程可知，2.5，T0.8 s，故B正确。0.6 s内物块运动了个周期，故路程应为0.3 m，C错误。t0.4 s时物块运动了半个周期，正向下运动，与小球运动方向相同，故D错误。t0.6 s时，物块的位移y0.1 m，小球下落距离Hgt21.8 m，由题图可知，hHy1.7 m，故A正确。二、非选择题(本题共3小题，共37分)10(2018石家庄模拟)(12分)在探究单摆运动的实验中：(1)甲是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的Ft图象，根据图乙的信息可得，从t0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为_s，摆长为_m(取210，重力加速度大小g10 m/s2)。(2)单摆振动的回复力是_。A摆球所受的重力B摆球重力在垂直摆线方向上的分力C摆线对摆球的拉力D摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是_。A取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上B用米尺量得细线长度l，测得摆长为lC在摆线偏离竖直方向5位置释放小球D让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度答案(1)0.50.64(2)B(3)AC解析(1)根据图乙的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所对应的时刻为t0.5 s。根据图乙的信息可得，单摆的周期T1.6 s，由单摆周期公式T2 解得摆长为l0.64 m。(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，B正确。(3)测得摆长应为l，B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的周期不是单摆运动周期，故D错误；A、C正确。11(2018湖北武汉二中模拟)(12分)如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100 s内的总位移是多少？路程是多少？答案(1)x5sin(t )cm(2)加速度增大，速度减小，动能减小，弹性势能增大(3)总位移为0路程为5 m解析(1)由振动图象可得：A5 cm, T4 s，0，则 rad/s，故该振子简谐运动的表达式为x5sin(t )cm。(2)由题图可知，在t2 s时，振子恰好通过平衡位置，随着时间的推移，振子远离平衡位置，加速度大小增大，方向指向平衡位置沿x轴正方向，速度大小减小，方向背离平衡位置沿x轴负方向，动能不断减小，弹性势能逐渐增大。当t3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。(3)振子经过一个周期位移为零，路程为54 cm 20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s内振子总位移为0，振子路程s2025 cm500 cm5 m。12. (2018郑州模拟)(13分)如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，两球均可视为质点，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？答案(1)(2)(n0,1,2，)解析(1)甲球做自由落体运动Rgt，所以t1 ，乙球沿圆弧做简谐运动(由于R，可认为摆角5)，此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2T2 ，所以。(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲 ，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙n (2n1)(n0,1,2，)，由于甲、乙在C点相遇，故t甲t乙，联立解得h(n0,1,2，)。
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