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2022步步高中物理一轮选修3-4 机械振动 机械波 光 电磁波与相对论第1讲 机械振动.doc
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考点内容 要求 全国卷三年考情分析
2017 2018 2019
机械
振动
与机
械波 简谐运动 Ⅰ Ⅰ卷·T34(1)：波的干涉加强点和减弱点的判断
T34(2)：折射定律
Ⅱ卷·T34(1)：双缝干涉图样
T34(2)：折射定律
Ⅲ卷·T34(1)：波动图象
T34(2)：光的全反射、折射定律 Ⅰ卷·T34(1)：光的折射定律、折射率
T34(2)：简谐运动的图象、波的图象、v＝λT的应用
Ⅱ卷·T34(1)：声波的传播、v＝λf的应用
T34(2)：折射定律及全反射
Ⅲ卷·T34(1)：波的图象v＝ΔxΔt及v＝λT的应用
T34(2)：折射定律的应用 Ⅰ卷·T34(1)：波的图象和振动图象及其相关知识点
T34(2)：折射定律、全反射及其相关知识点
Ⅱ卷·T34(1)：单摆的周期公式、简谐运动图象
T34(2)：利用双缝干涉测量光的波长的实验
Ⅲ卷·T34(1)：波的干涉
T34(2)：折射定律、全反射等
简谐运动的公式和图象 Ⅱ
单摆、单摆的周期公式 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
电磁
振荡
与电
磁波 电磁波的产生 Ⅰ
电磁波的发射、传播和接收 Ⅰ
电磁波谱 Ⅰ
光 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
相对论 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：用双缝干涉测光的波长
第1讲　机械振动

知识要点
一、简谐运动

二、简谐运动的两种模型
模型 弹簧振子 单摆
示意图
简谐运
动条件 (1)弹簧质量可忽略
(2)无摩擦等阻力
(3)在弹簧弹性限度内 (1)摆线为不可伸缩的轻细线
(2)无空气等阻力
(3)最大摆角小于5°
回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点
周期 T＝2πmk
T＝2π lg

能量
转化 弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒 重力势能与动能的相互转化，机械能守恒
三、受迫振动和共振
1.受迫振动
系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(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
做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图1所示。

图1
基础诊断
1.(多选)如图2所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，则下列说法中正确的是(　　)

图2
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1 s末和第3 s末两个时刻振子的振动方向相反
解析　由图象知，周期T＝4 s，振幅A＝8 cm，A正确；第2 s末振子到达负向最大位移位置，速度为零，加速度为正向的最大值，B错误；第3 s末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，C正确；从第1 s末到第2 s末振子由平衡位置运动到达负向最大位移位置，速度逐渐减小，做减速运动，D错误；第1 s末振子向负方向运动，第3 s末振子向正方向运动，E正确。
答案　ACE
2.(多选)一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y＝0.1sin 2.5πt，位移y的单位为m，时间t的单位为s，则(　　)
A.弹簧振子的振幅为0.1 m
B.弹簧振子的周期为0.8 s
C.在t＝0.2 s时，振子的运动速度最大
D.在任意0.2 s时间内，振子的位移均为0.1 m
E.在任意0.8 s时间内，振子的路程均为0.4 m
解析　由y＝0.1sin 2.5πt可知，弹簧振子的振幅为0.1 m，选项A正确；弹簧振子的周期为T＝2πω＝2π2.5π s＝0.8 s，选项B正确；在t＝0.2 s时，y＝0.1 m，即振子到达正向最大位移处，此时振子的运动速度为零，选项C错误；只有从振子处于平衡位置或者正向最大位移处(或负向最大位移处)开始计时，经过T4＝0.2 s，振子的位移才为A＝0.1 m，选项D错误；在一个周期内，振子的路程等于振幅的4倍，即0.4 m，选项E正确。
答案　ABE
3.(多选)(2016·海南单科，16)下列说法正确的是(　　)
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＝2πlg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，只有动能和势能相互转化，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＝2πlg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
4.(多选)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变，则下列说法正确的是(　　)
A.当f B.当f>f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大
C.该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D.该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
E.当f＝f0时，该振动系统一定发生共振
解析　受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示，显然选项A错误，B正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即选项C错误，D正确；根据共振产生的条件可知，当f＝f0时，该振动系统一定发生共振，选项E正确。
答案　BDE

　简谐运动的规律
简谐运动的规律——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：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比，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T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。
4.对称性特征
(1)相隔T2或（2n＋1）T2(n为正整数)的两个时刻，振子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。
(2)如图3所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)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。

图3
(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。
(4)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。
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】 (多选)振动的单摆当摆球通过平衡位置时，关于摆球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是(　　)
A.回复力为零
B.合力不为零，方向指向悬点
C.合力不为零，方向沿轨迹的切线
D.回复力为零，合力也为零
E.加速度不为零，方向指向悬点
解析　单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零。但合力不为零，因为小球还有向心力和向心加速度，方向指向悬点(即指向圆心)。
答案　ABE

1.(多选)(2020·南昌模拟)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
解析　位移的方向始终是由平衡位置指向振子所在处，选项A错误；加速度的方向始终是由振子所在处指向平衡位置，选项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，选项C、D正确；经过一个周期，弹簧振子完成一次全振动，选项E错误。
答案　BCD
2.(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(　　)
A.0.53 s　　 B.1.4 s　 　C.1.6 s 　　D.2 s　 　E.3 s
解析　如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O―→C所需时间为T4。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M―→C所用时间和从C―→M所用时间相等，故T4＝0.3 s＋0.22 s＝0.4 s，解得T＝1.6 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0.3 s－0.2 s3＝130 s，故周期为T＝0.5 s＋130 s≈0.53 s，所以周期不可能的为选项B、D、E。

答案　BDE
　简谐运动的公式和图象的理解及应用
1.简谐运动的数学表达式
x＝Asin(ωt＋φ)
2.根据简谐运动图象可获取的信息
(1)确定振动的振幅A和周期T。(如图4所示)

图4
(2)可以确定振动物体在任一时刻的位移。
(3)确定各时刻质点的振动方向。判断方法：振动方向可以根据下一时刻位移的变化来判定。下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。
(4)比较各时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。

(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。
【例2】 [2019·全国Ⅱ卷，34(1)]如图5，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方34l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是________。

图5

解析　摆长为l时单摆的周期T1＝2πlg，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为14l时单摆的周期T2＝2π14lg＝πlg＝T12，振幅A2＝14lβ(β为摆角)。
根据机械能守恒得mgl(1－cos α)＝mgl4(1－cos β)，利用cos α＝1－2sin2α2，cos β＝1－2sin2 β2，以及sin α＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝12A1，故选项A正确。
答案　A

1.(多选)一水平弹簧振子做简谐运动的振动图象如图6所示，已知该弹簧的劲度系数为20 N/cm，则(　　)

图6
A.图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N，方向指向x轴的负方向
B.图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向
C.在0～4 s内振子做了1.75次全振动
D.在0～4 s内振子通过的路程为3.5 cm
E.在0～4 s内振子通过的路程为4 cm
解析　由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为F＝kx＝2 000 N/m×0.002 5 m＝5 N，方向指向x轴的负方向，并且现在正在远离O点向x轴的正方向运动，A、B正确；由图象可知，周期为2 s，0～4 s内振子做了两次全振动，通过的路程是s＝0.5 cm×4×2＝4 cm，C、D错误，E正确。
答案　ABE
2.(多选)如图7甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

图7
A.t＝0.8 s时，振子的速度方向向左
B.t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处
C.t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同
D.t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大
E.t＝0.8 s到t＝1.2 s的时间内，振子的加速度逐渐增大
解析　由图象知，t＝0.8 s时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，A正确；由题图乙可知，弹簧振子的振动方程为x＝Asin ωt＝12 sin54πtcm，当t＝0.2 s时，x＝62 cm，即振子在O点右侧62 cm处，B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度大小相等，方向相反，C错误；t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，D正确；t＝0.8 s到t＝1.2 s的时间内，振子远离平衡位置运动，加速度增大，E正确。
答案　ADE
3.弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v。
(1)求弹簧振子的振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象。
解析　(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示。

由对称性可得T＝0.5×2 s＝1 s
(2)若B、C之间距离为25 cm
则振幅A＝12×25 cm＝12.5 cm
振子4 s内通过的路程
s＝41×4×12.5 cm＝200 cm
(3)根据x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝2πT＝2π rad/s
得x＝12.5sin(2πt) cm振动图象为

答案　(1)1 s　(2)200 cm　(3)x＝12.5sin(2πt) cm
图象见解析
　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＝－mgsin θ＝－mglx＝－kx，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＝FT－mgcos θ。
(3)两点说明
当摆球在最高点时，F向＝mv2l＝0，FT＝mgcos θ。
当摆球在最低点时，F向＝mv2maxl，F向最大，FT＝mg＋mv2maxl。

2.周期公式T＝2πlg的两点说明
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。
(2)g为当地重力加速度。
3.实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(1)基本原理与操作
装置及器材 操作要领
(1)细线：选择细、轻又不易伸长的线且长度一般在1 m左右。
(2)小球：选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。
(3)夹紧：悬线的上端应夹紧在钢夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。
(4)摆角：摆线的摆角不超过5°。
(5)共面：摆球振动时要保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
(6)测量：①摆长l＝摆线长l′＋小球半径D2。
②计数：计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出一次全振动的时间。
(2)数据处理
①公式法：g＝4π2lT2，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。

(3)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多次测量求平均值
②计时从单摆经过平衡位置时开始
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5°
【例3】 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图8所示，这样做的目的是________(填字母代号)。

图8
A.保证摆动过程中摆长不变
B.可使周期测量更加准确
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图9所示，则该摆球的直径为________mm，单摆摆长为________m。

图9
(3)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。图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，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)。

解析　(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保证摆长不变，同时又便于调节摆长，A、C正确。(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，则单摆摆长为L0＝L－d2＝0.993 0 m(注意统一单位)。
(3)当单摆摆角为5°时，振幅约为A＝lsin 5°＝0.999 0 m×0.087≈0.086 m＝8.6 cm，由于单摆摆角不超过5°，且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始，故A项的操作符合要求。
答案　(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A

1.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10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________。

图10
(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
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 min＋12.5 s＝102.5 s，则周期T＝102.550 s＝2.05 s。
(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.998 0 m。
(3)由单摆周期公式T＝2πLg可得g＝4π2LT2。
(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而是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，选项A正确。
答案　(1)低　2.05 s　(2)0.998 0　(3)4π2LT2　(4)A
2.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，摆的振幅尽量大些
(2)如图11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两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝______。

图11
解析　(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C。
(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2πLg，T2＝2πL－ΔLg，联立解得g＝4π2ΔLT21－T22。
答案　(1)BC　(2)4π2ΔLT21－T22
　受迫振动和共振
1.简谐运动、受迫振动和共振的关系比较
振动
项目　 简谐运动 受迫振动 共振
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


2.对共振的理解
(1)共振曲线：如图12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f＝f0时，振幅A最大。

图12
(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。
【例4】 下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则(　　)
驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80
受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3
A.f固＝60 Hz B.60 Hz＜f固＜70 Hz
C.50 Hz＜f固≤60 Hz D.以上三个都不对
解析　从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大。并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢。比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固≤60 Hz，即C正确。
答案　C

1.(多选)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13所示，则(　　)

图13
A.此单摆的固有周期约为2 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长增大，单摆的固有频率增大
D.若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
E.若摆长减小，共振曲线的峰将向左移动
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；再由T＝2πlg，得此单摆的摆长约为1 m；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。故选项A、B、D正确。
答案　ABD
2.如图14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。当圆盘转动一会静止后，小球做________(选填“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。

图14
解析　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14 Hz＝0.25 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13 s。
答案　阻尼　0.25　0.33(或13)

课时作业
(时间：30分钟)
基础巩固练
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.单摆运动到平衡位置时，回复力为零
B.只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率
C.水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能
D.单摆的周期随摆球质量的增大而增大
E.同一地点，两单摆的摆长相等时，周期也相等
解析　对于单摆，在平衡位置，回复力为零，选项A正确；受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与是否发生共振没有关系，选项B错误；振动能量是振动系统的动能和势能的总和，在平衡位置时弹性势能为零，故选项C正确；根据单摆的周期公式T＝2πlg可知，单摆的周期与摆球的质量无关，选项D错误；在同一地点，重力加速度相同，摆长相等时，由单摆公式T＝2πlg知，两摆的周期相等，E正确。
答案　ACE
2.(多选)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 Hz
C.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
解析　火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，选项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，选项B正确；由共振的定义可知，选项C正确；根据共振现象可知，选项D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，选项E错误。
答案　BCD
3.(多选)图1甲中摆球表面包有一小块橡皮泥，在竖直平面内其振动图象如图乙所示，某时刻橡皮泥瞬间自然脱落，不考虑单摆摆长的变化，则下列说法正确的是(　　)

图1
A.t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T<4 s
B.t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＝4 s
C.t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＞4 s
D.t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10 cm
E.t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10 cm
解析　因为是自然脱落，橡皮泥与摆球之间无相互作用且摆长不变，则摆球仍在原范围内振动，振幅不变，周期不变，所以选项B、D、E正确。
答案　BDE
4.(多选)弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把小钢球从平衡位置向左拉开一段距离，放手让其运动，从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图2所示，下列说法正确的是(　　)

图2
A.钢球振动周期为1 s
B.在t0时刻弹簧的形变量为4 cm
C.钢球振动半个周期，回复力做功为零
D.钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cm
E.钢球振动方程为y＝5sin (πt)cm
解析　从图中可得钢球振动的周期为2 s，A错误；因为钢球是在水平面上振动，所以钢球位于振动的平衡位置时弹力为零，即弹簧的形变量为零，t0时刻弹簧的形变量为4 cm，B正确；钢球振动半个周期，速度大小不变、方向相反，故动能不变，根据动能定理知合力做的功为零，C正确；钢球振动一个周期，通过的路程等于4×5 cm＝20 cm，D错误；ω＝2πT＝π rad/s，A＝5 cm，故钢球振动方程为y＝5sin (πt)cm，E正确。
答案　BCE
5.(多选)[2019·广东深圳一调，34(1)]一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图3(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(　　)

图3
A.OB＝5 cm
B.第0.2 s末质点的速度方向是A→O
C.第0.4 s末质点的加速度方向是A→O
D.第0.7 s末质点位置在O点与A点之间
E.在4 s内完成5次全振动
解析　由图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；结合两图可知0～0.2 s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是O→A，B项错误；结合两图可知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；结合两图可知第0.7 s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8 s，则在4 s内完成全振动的次数为4 s0.8 s＝5，E项正确。
答案　ACE
6.(多选)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图4所示，则可知(　　)

图4
A.两弹簧振子完全相同
B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C.振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D.两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
E.振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零
解析　从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，则频率之比f甲∶f乙＝1∶2，选项D正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，选项A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，选项B错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，速度为零，振子乙恰好到达平衡位置，速度最大，选项C正确；当振子乙到达平衡位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，选项E正确。
答案　CDE
7.(多选)将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图5所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是(　　)

图5
A.摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4∶1
B.摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2∶1
C.摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D.摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变大
E.M、N两点应在同一高度
解析　频闪照片拍摄的时间间隔一定，由图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为2∶1，根据单摆的周期公式T＝2πLg得，摆长之比为4∶1，故A正确，B错误；摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据F－mg＝mv2r知，张力变大，根据v＝rω，知角速度增大，故C正确，D错误；根据机械能守恒定律，M、N两点应在同一高度，故E正确。
答案　ACE
8.(多选)(2020·广州模拟)如图6所示，长为L的细线一端系于O点，另一端系一小球，在O点正下方P点有一钉子。现将小球拉至A点由静止释放，小球摆至最低点B后继续向右摆至最高点C。整个过程中，小球摆角始终小于5°。下列说法正确的是(　　)

图6
A.小球在C点时回复力最大
B.小球在B点时合力为零
C.小球从A摆至B点时合力突然变大
D.小球从A点摆至B点的时间等于从B点摆至C点的时间
E.若将钉子的位置上移，则小球从A点摆至C点的时间变长
解析　小球在运动过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律知，A、C两点高度相同，小球的回复力为重力沿切线方向的分力，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则小球的回复力F＝mgsin θ，θC＞θA，故小球在C点时回复力最大，选项A正确；小球在B点时回复力为零，速度最大，小球受的合力F合＝mv2L，故小球在B点时合力不为零，选项B错误；小球摆至B点时绕P点做圆周运动，此时小球的线速度不变，半径变小，由小球受的合力F合＝mv2r知，小球受的合力突然变大，选项C正确；小球做简谐运动，从A点摆到B点的时间t1＝14T1＝π2Lg，从B点摆到C点的时间t2＝14T2＝π2L′g，因为L＞L′，所以
t1＞t2，选项D错误；若将钉子上移，小球从A点摆到B点的时间不变，从B点摆到C点的时间变长，故小球从A点摆到C点的时间变长，选项E正确。
答案　ACE
综合提能练
9.(多选)如图7所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为k＝10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式Ep＝12ky2，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法正确的是(　　)

图7
A.该弹簧振子的振幅为1 m
B.该弹簧振子的周期为1 s
C.该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2
D.该弹簧振子的最大速度为2 m/s
E.该弹簧振子的最大速度为5 m/s
解析　弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A＝0.5 m，选项A错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x＝2 m，振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T＝xv＝1 s，选项B正确；该弹簧振子所受最大回复力F＝kA＝10×0.5 N＝5 N，最大加速度为a＝Fm＝10 m/s2，选项C正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为Ep＝12ky2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由12mv 2m＝12kA2可得该弹簧振子的最大速度为vm＝kmA＝5 m/s，选项D错误，E正确。
答案　BCE
10.在探究单摆运动的实验中：
(1)图8(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图象，根据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为________s，摆长为________m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10 m/s2)。

图8
(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)(多选)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l
C.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
解析　(1)根据题图(b)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t＝0.5 s。根据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6 s，由单摆周期公式T＝2πLg，解得摆长为L＝0.64 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，而重力和拉力的合力在径向上提供向心力，选项B正确。
(3)测得摆长应为l＋d2，选项B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得摆动周期就不是单摆运动周期，选项D错误。
答案　(1)0.5　0.64　(2)B　(3)AC
11.如图9，一轻弹簧一端固定，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(填“>”“<”或“＝”), T________T0(填“>”“<”或“＝”)。

图9
解析　当物块向右通过平衡位置时，脱离前：
振子的动能Ek1＝12(ma＋mb)v20
脱离后振子的动能Ek2＝12mav20
由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后振子振幅变小；由于弹簧振子的质量减小，根据a＝－kxm可知，在同一个位置物块a的加速度变大，即速度变化更快，故脱离后周期变小。
答案　<　<