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1、答案全解全析第 一 章 机械振动第一章61简谐运动知识清单一、某一位置往复 振动 静止二、摩 擦 质 量 平衡位置位移大小 平衡位置三、最大距离 标量 强弱 越强一次全振动 全振动的次数 快慢 秒 赫 兹四、最 大 零 相 等链接高考LC 答 案 见 解 析解析 滑块在弹簧长为L时的位置为平衡位置“设沿斜面向上为正方向。此时k(L-Lo)-mg sin 0=0当滑块振动通过0点以上距0点为x处时,受力为F=k(L-Lo-x)-nig s i n。=k(LrU)-kx-mg sin 0=-kx符合F合 二-kx,滑块的振动为简谐运动。2.B做简谐运动的物体，当它每次经过同位置时，位移相同，加速度
2、相同，回笈力相同，可能不同的物理量是速度,选项B正确。3.B距离平衡位置越近,位移越小,速度越大,加速度越小，由此可知选项A、C错误,选项B正确；由回复力F=-kx可知当振子从B向0运动时，回复力变小,选项D错误,故选B。4.C小球在平衡位置附近振动,合力充当回复力，做的是简谐运动,合力与位移的关系式为F二-kx,根据数学知识可知C正确。5.答 案 约 空v 2解析 设周期为T,振幅为A。由题意得T 咛A?空。6 .C 答 案 S 解析当物块向右通过平衡位置时，脱离前振子的动能Ek l=i(m+m i,)v 脱离后振子的动能加柳诏由机械能守恒可知,平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能,因此
3、脱离后振J 振幅变小；由弹簧振子的周期T=2”第 知，脱离后周期变小。7 .AB由小物块的振动方程可知，,2.5 n,T=O.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 t=0.4 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。t=0.6 s 时，物块的位移y=-0.1 m,小球下落距离H=i gt：=l.8 m,由题图可知,h=H+y=l.7 m,故 A 正确。基础过关一、选择题1.D 物体做机械振动时存在某一平衡位置,且物体在这一位置两侧往复运动,A、B、C 选项中描述的运动均符合这一要求,D 选项表针做圆周运动，它并不是在某
4、一位置两侧往复运动,故D 选项不属于机械振动。2.B 弹簧振子经过同一位置时，其相对平衡位置的位移是相同的,振子所受到的合力是相同的。振动过程中系统的机械能守恒,在同一位置时,弹簧的弹性势能相同,振子所具有的动能相同,所以只有速度是变化的,速率不变。3.B 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，故A 选项错误;振子的加速度总是指向平衡位置的,而位移总是背离平衡位置的，故B选项正确;振子在平衡位置两侧往复运动,所以速度方向有时与位移方向相同,有时相反,故C、D选项错误。4.C 位移方向是从平衡位置指向振子所在位置，加速度方向总是指向平衡位置,速度
5、方向为振子运动的方向,所以本题正确选项为C o5 .D平衡位置是振动系统不振动时，振子处于平衡状态时所处的位置，故 D选项正确。6 .C因为弹簧振子固有周期和固有频率与振幅无关，只由系统本身决定，所 以 :f2=l ：1,C 项正确。二、非选择题7 .t 答案(1)40 m/s2(2)0.96 m 解析 由题意知弹簧振子的周期T=0.5 s,振幅A=4X1 0?m o 虫&4 0 m/s2otn m(2)3 s 为 6个周期，所以总路程为S=6 X4X4X1(T m=0.96 n u三年模拟一、选择题1.B 若 A t=T/4,则只有当质点从平衡位置或者最高点和最低点开始振动时，在 At时间内
6、振子经过的路程才为一个振幅,A错误;若A t=T/2,则不论质点从什么位置开始振动，在 At时间内振广经过的路程均为两个振幅,B 正确；若 t=T/2,则 在 t 时刻和(t+t)时刻振广的位移大小一定相同,方向相反,C错误;若A t=T/2,则在t 时刻和(t+A t)时刻振子的速度大小一定相同，但是方向相反,D错误。2.AC根据回复力公式F=-k x 可知，位移减小,回复力减小,加速度减小,速度增大,A正确;位移方向总跟加速度方向相反。质点经过同一位置，位移方向总是由平衡位置指向质点所在位置，而速度方向两利可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反,B 错误;物体运动方向指向平衡位置时，位移
7、方向离开平衡位置,速度方向跟位移方向相反,C正确;加速度的方向始终指向平衡位置,只要振子是向平衡位置运动时,速度与加速度方向就相同,D错误。3.B C振子从最大位移处向平衡位置运动的时间内，做加速度越来越小的加速运动，因速度不断增大,所以前：时间内运动的距离一定小于后段时间内运动的距离,即段时刻,物体的位移x 号 由简谐运动的规律不难得出a,a2,vK vz,因此选项B、C正确,A、D错误。4.C 当振子在平衡位置时的速度最大,此时的重力势能为零，但是弹簧的弹性势能不为零,故振动系统的势能不为零;A错误;在平衡位置时,物块的重力势能与弹簧的弹性势能不相等,B 错误；因为只有重力和弹簧弹力做功，
8、故振子的动能、重力势能及弹性势能守恒,即振动系统的机械能守恒,故在平衡位置动能最大时,振动系统的势能最小,C正确,D错误05 .D若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动,A、B两点为最大位移处,运动路线如图a所示，图a质点从。到a再b的时间为尹=0.3 S4X0.2 S=0.4 S,于是得振动的周期为T*s,振子第三次通过M点需要经过的时间为t=T-0.2 s=（-0.2）s=1 S o若振子开始运动的方向向右直接向M点运动,如图b所示，图b振动的周期为T=1.6 s,振子第三次通过M点需要经过的时间为t=T-0.2 s=l.4 s。6 .BD 0点为平衡位置，所以其位置的长度小于原长，即弹
9、簧原长位置在0点上方。物体在A B之间振动，所以A、B处的速度为零。将物体和弹簧看成一系统，系统的机械能守恒，所以从C点运动到D点,动能减少1.0 J,故选项A错误;从C运动到D,重力势能减少,说明高度降低,弹性势能增加，说明弹簧形变量增加,所以C点可能在0点的上方或者下方,故选项B正确；因为从C到D高度降低且动能减少,所以D点在0点的下方,故选项C错误；由于振动过程具有往复性,所以经过D点时可能向下运动也可能向上运动,故选项D正确。7.B简谐运动的质点,先后以同样大小的速度通过A、B两点，则可判定这两点关于平衡位置0点对称,所以质点由A到0时间与由0到B的时间相等,那么平衡位置0到B点的时间
10、I尸0.5 s,因过B点后再经过t=l s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点,则有从B点到最大位置的时间L=0.5 s,故从平衡位置0到最大位置的时间是1 s,故周期是T=4 s;质点通过路程1 2 cm所用时间为2 s,是周期的一半，所以路程是振幅的2倍,故振幅A或cm=6 cm,故选8.A平衡后剪断A、B间细线,A将做简谐运动,在平衡位置,有k x.-m g,在平衡之前的初位置,有k x产2 m g,故振幅为A=X 2-x尸詈,根据简谐运动的对称性,到达最高点时,弹簧处于原长,故此时木箱只受重力和支持力，二力平衡，故支持力等于重力M g,A正确,B、C、D错误。9.AD当A B间的
11、摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大,即最大加速度为A项正确,B项m错误;最大形变量为X-，丝次-华蛆f,D项正确,C项错误。k km二、非选择题1 0.答案(1)2.8m g/k (2)3.8m g,竖直向下(3)L+1.8m g/k 解 析(1)竖直弹簧振子的回复力大小F=k x=m a,位移最大时加速度最大,因此k A=m a将a=2.8g代入可得A=2.8m g/k(2)当小球运动到最低点时有:k xm g=m a”因此k x尸3.8m g,由牛顿第三定律知道小球对弹簧弹力F的大小为3.8m g,方向竖直向下。(3)小球位于平衡位置时弹簧压缩量为m g/k,由于振幅为2.8m g/k,
12、可以判断小球位于最高点时，弹簧处于伸长状态,其伸长量X2=A-XO,最大长度L 二L+XLL+1.8m g/k o第一章、图2单摆知识清单、伸 缩 质 量 小 球 的 直 径 悬 挂 点 竖 直 变 速 中 心 振 动二、圆弧切线正比平衡位置简谐运动三、无 关 无 关 摆 长 越 大T二2 n 平方根成正比平方根成反比振 幅 质 量 2链接高考1 .BC在单摆的最高点合外力等于单摆的回复力,选项A错误;回复力是单摆受到重力沿圆弧切线方向的分力,选项B正确;单摆运动到平衡位置时的合外力不为零,但回复力一定为零,选项C正确；同理判断选项D错误，故选B、C o2 .C在同一位置，单摆的频率由摆长决定
13、，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒可知，小球在平衡位置的速度越大,其振幅越大,所以C正确,D错误。3.幡 案T=2 n叵聊 析 单摆的周期公式T=2m 且 k l=m g,解得T=2后4 .造 案 乙 是 否 空 察 察C 解 析(D 用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上。故乙正确。(2)当摆球经过最低点(平衡位置)开始计时时,误差较小，以及用停表测量大约3 0次全振动所需的时间，再求出周期,单单测一次全振动所需的时间表示周期误差较大。(3)根 据 T=2 n得,L=U0 则 图 线 的 斜 率 根 据 图 线 得 k 喈所以*y*7 g 4 n 2 4 n 2
14、BTA TBTA5.。答案 B C (2)8 7.50 100.1 2.0(3)D。解 析(1)悬线短了，周期过小，测量误差变大,A错误;当摆角小于5。时,才能看做简谐振动，所以摆角越小越好,B正确;为了让小球在摆动过程中的回复力是由重力的一部分充当,所以应在竖直平面内摆动,C正确;在最低位置,速度大,视觉误差小,应从最低位置开始计时,D错误。(2)球底部读数8 8.50 cm,摆长为悬点到球心的距离，摆长为8 8.50 cm-|cm=8 7.50 cm,停表读数为100.1 s,周期为T=甯 s 2.0 s o(3)T2-1 图线是一条过原点的倾斜直线,所以r-1,故选D o6.C小球的运动
15、可看成单摆的运动，根据单摆的周期T=2n J J,知小球的周期与质量、释放点的位置无关，与曲率半径有关，曲率半径越大，周期越大。故 C正确,A、B、D错误。7 .C A、B 球的运动可以看做是单摆运动。T=2n 所以A、B两球的周期不相同,T RI,由题目可知A、B球下落到达0 点的时间为三所以两小球第一次相遇点的位置一定在0 点的右侧，故选 C8 .答案 0.7 8 5 0.08 解析 小环运动到最低点所需的最短时间为1=17 4 苫 用 s=0.7 8 5 s。由机械能守恒定律知在最低点处的速度为v 二何方。在最低点处的加速度为a 二 二哈。.08 m/s2o9 .C单摆在摆角小于5。时的
16、振动是简谐运动，其周期是T=2n L是摆长，等于摆钟的重心到悬点的距离。把摆钟从福建移到北京,则重力加速度增大,应使圆盘沿摆杆下移,才能准确,A错误;摆钟快了，说明摆动周期小,则必须使圆盘下移,才能调准,B错误；由冬季变为夏季时,温度升高,则由热胀冷缩可知,摆长变长了,应使圆盘沿摆杆上移,才准确,C 正确;到月球上重力减小,g减小,可通过向上移动圆盘调节到准确,D 错误。10.喑 案 ysma（n=、2、3）CW.析 对A球，有:T=2n楞 t=n-（n=l 2、3）2对B球,有:h=g t2联立解得:h警 吧（n=l、2、3）基础过关一、选择题1.A由回复力的定义可知A正确；单摆的回复力除在
17、最高点外都不是摆球所受的合力,但不管在哪个位置均可以认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力,选项B错误;经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零,因悬线方向上要受到向心力,选项C错误;综上所述选项D错误。2.C单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均错;对秒摆,T=2K步2 s,对周期为4 s的单摆,T=2 J 1=4 s,故 1=4 1,C 对,D 错3 .C水不断流出的过程中,球的重心先下降后升高,单摆的摆长先增大后减小,故周期先增大后减小。4 .C钟从甲地拿到乙地，钟摆摆动加快,说明周期变短，由T=2n 可知,g,K g 4要将钟调准需将摆长增长，故C正确。5.D这是一个变形的单摆,可以用
18、单摆的周期公式T=2 n g求解,但注意此处的1与题中的摆线长不同，公式中的1指质点到悬点（等效悬点）的距离，即做圆周运动的半径。单摆的等效摆长为1 s i n a,所以周期T=2 J乎。二、非选择题6.答 案16:25解析 由题意可知，两单摆的周期之比为5：4,根据单摆周期公式T=2”耳得知，两地的重力加速度之比为g,：g 2=T f ：蹩=16：25。7.答 案5次，解 析 A摆振动周期为2 s,B摆振动周期为1 s。B 球释放后经手0.25 s第一次与A球碰撞.因两个小球相同,且碰撞时无机械能损失,故B 球与A球相碰后,B 球静止,A球振动,再经=1s,A球回来碰B 球，碰后A球静止,B
19、 球运动，又经 容 0.5 s,B 球再回来碰A球,如此反复,经t=0.25 s+1 s+0.5 s+1 s+0.5 s=3.25 s时两个球碰撞5 次，再 经 1 s即在4.25 s时碰第六次，故在4 s内，两个球碰撞5 次。8.C答案(1)4.9 s (2)3.5 s (3)0.99 m析(1)T 月=2“P-&T地 二 2 五因秒摆的周期为2秒,则式除以式,得T产T 堆 T肝T地(3)1方碍产 g 地=(康)2 x 9.8 m=0.9 9 m三年模拟一、选择题1.A 由题目给定的数据，满足单摆的条件：摆球尺寸趋近零；在平衡点附近作小角度(小于5度)摆动。小球运动到最低点所需的最短时间为那
20、期,1中 三 X2可 言 X2 ”肾.2”s,A正确。2.A 将一个摆钟由甲地移至乙地,发现摆钟变慢了，说明周期变长了，根据单摆的周期公式T=2 n J 可知，甲地的重力加速度大于乙地的重力加速度;为了减小周期，可以减小摆长，故 A正确,B、C、D错误。3.AB小球摆动过程中，受到重力和细线的拉力，小球振动的方向为沿圆弧切线的方向,将摆球所受重力沿圆弧切线方向和半径方向分解,沿圆弧切线方向的分力为摆球的回复力，故 A正确；小球由c 到 b的过程，重力做负功,拉力与速度垂直,不做功，由功能关系知I:动能减小,重力势能增大，故 B正确;c 点为小球圆弧轨迹的最低点，小球在c 点时的重力势能最小,速
21、率最大，由 a二 f知，向心加速度最大,故C错误;在平衡位置时，由尸-噌=年知,摆线张力最大,摆球重力沿圆弧切线方向的分力为零,回复力为零,故D错误。4.A将小物体沿圆弧的运动等效成单摆,其摆长等于圆弧的半径，T=2 n J j可知从D点释放和从C释放到底端的时间均为四分之一周期，所以时间相等即t产k;由机械能守恒定律m g h=i f l i v:可知v 1 v2,故选项A正确。5.C图中M到P为四个时间间隔,P到N为两个时间间隔，即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的;,根据T=2 “归可得左半部分单摆的摆长为匕即小钉距悬点的距离为华,故C选项正2 4 4确。6.B设振动时间为t,由题意
22、知-2n但工二2 n区西na 7 g f 7 g联立以上两式解得la=0.9 m,lb=2.5 m o7.B由T=2 n R可知,摆长不变时,单摆的周期不变,频率不变。摆球的质量增加为原来的4倍,而经过平衡位置时的速度减小为原来的今则摆球经过平衡位置的动能不变,单摆运动过程中机械能守恒,故最大势能不变,又因摆球质量发生改变,则振幅发生变化。二、非选择题8.答 案(D A (2)D，解 析(D根据单摆的周期公式T=2&得所以TT图像的斜率k应，重力加速度随纬度的升高而增大,g越大,斜率越小，广东中山大学的物理实验室纬度低,g值小,斜率大,故中山大学的同学所测实验结果对应的图线是A；(2)由图知，
23、两摆周期不同，故摆长不同,所以A错误;b摆的振幅比a摆大,故B错误;因不知摆球质量的大小,故不能确定机械能的大小,所以C错误;在t=l s时a摆在负的最大位移处,有正向最大加速度,b摆在平衡位置,所以D正确。9.。答案 1 0.26 1 6燔 析 因单摆做简谐振动的回复力为F二-竿x,由 图 线 可 知:詈 若 篝0.9 8,可得1谭G m;单摆周期为T=2n 62 n s,单摆振动的振幅为A=0.0 8 7 2 m,故从平衡位置开始振动经过1.5 s,摆球通过的路程为3 A=0.26 1 6 m。1 0.答案为 3 0,1,2)6解析 摆球A从左侧最大位移处到C点相遇经过时间t 4+n T(
24、n=O,1,2-)4根据单摆周期公式T=2n JI小球B从D点到C点相遇经过时间与A球时间相同,B球速度为v匀速运动时间t=-V联 立 方 程 月 警(n=o,1,2-)4y/g V计算可得v=7 7等 方(n=，1，2-)(3+4 n)i t v 第一章3简谐运动的图像和公式知识清单一、位移时间振动图像做简谐运动的物体运动过程中相对于平衡位置的位移X做简谐运动的物体运动的时间I平滑的曲线 正弦 余弦 振幅 周期二、A s i n ()A cos (u t+|xz|,X i 与 X z 方向相反，故 a I a2,且 at a?方向相反,C错,D对。m3.D 弹簧振子振动的加速度与位移的关系式
25、为a=-空,加速度大小与位移大小成正比,方向总是m与位移方向相反。当振了的加速度正向最大时其位移必然是负向最大,所以正确选项是D o4.BD从题中图像可知:两单摆的振幅相等，周期不等,所以两单摆的摆长一定不同，故 B、D对,C错。单摆的周期与质量无关，故 A错。5.D 单摆摆动的周期由摆长和g决定，与振幅无关，故 3 ：1,故 A、B错误;设板长为d,图(B)对应速度:9 二,图(C)对应的速度:已 二,则 故 C错误,D正确。2T 4T V2 1二、非选择题6.答案(l)x=0.0 8 s i n m (2)1 6 0 c m 解 析(D 简谐运动振动方程的一般表达式为x=A s i n(3
26、 t+小)。根据题给条件，有:A=0.0 8m,w =2 n f =J T 0 所以 x=0.0 8 s i n (n t+6)m0 将 t=0,x=0.0 4 m,代入得 0.0 4=0.0 8 s i n。，解得初相位巾q或eg/，因为t=0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小,所以取小3五。故所求的振动方程为x=0.0 8 s i n (n t+|n )。(2)周 期T=y=2 s,所 以l=5 T,因I T内的路程是4 A,则通过的路程s=5 X 4 A=2 0 X 8 c m=1 6 0c m。7.造 案(1)1.2 5 H z (2)B位 置(3)0.1 6 m 解 析(1)由图
27、乙可知T=0.8 s则 号=1.25 H z(2)由图乙知,开始时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时摆球应在B位置。(3)由 T=2 n g ,得：1=箝0.1 6 m三年模拟一、选择题1 .C振子振动的周期为T=0.2 s,故在0 4 s内振子做了 20次全振动，选项A错误;在0 4 s内振子通过的路程为20 X 4A=80 X 5 cm=40 0 cm,选项B错误；由振动图线可知，图中A点对应的时刻 振f的速度方向指向+x轴方向,且处于减速运动阶段,此时振子离开平衡位置的位移为2.5cm,所受的弹力大小为F=k x=20 N/cm X 2.5 cm=5 0 N,方向指向-x
28、方向,C正确,D错误。2.BC由图线可知，质点振动的周期为4 s,频率为0.25 H z,选项A错误；1 0 s=2.5 T,故 在1 0 s内质点经过的路程是2.5 X 4X 2 cm=20 cm,选 项B正确;在5 s末，质点的位移最大,则速度为零,加速度最大，选项C正确;t=L5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移相同,速度大小相同，方向相反，加速度相同，选项D错误;故选B、C3.D由于两振子的振动周期不同，所以频率不同，6=0,故相位2n f l+4不同,A错误；由振动图像读出两振子位移最大值之比x：x乙=2：1,根据简谐运动的特征F=-k x,由于弹簧的劲度系数k可能不等，回复力最大
29、值之比F甲：F乙不一定等于2：1,故B错误;振子乙速度最大时，即在平衡位置时，振子甲的速度也可能最大，如1 s时,C错误;从图中可知T甲：T乙=2：1,故f甲：f乙=1 ：2,D 正确。4.A 由图乙知A 41=2 n 归 L=/,选项A正确。沙摆的周期T=2 n R由摆长和重力加速度决定,与手拉木板的速度和沙摆摆动时的最大摆角无关，选项B、C 错。增大沙摆的摆长，拉板速度不变，由 X =v T,T=2 n 知，X将变长，选项D错。二、非选择题5 .看 答 案 1 0.0 4 解析 由振动图像可知，单摆的周期为2 s,根据T=2 n J 1,可 得 1=若=1 m;单摆的振幅为4 cm,则摆动
30、的最大偏角正弦值约为s i n。牛 0.0 4。6 .答 案(1)0.1 6 m (2)8X 1 0 3 J，解 析(D 由图乙可知T=0.8 s由 T=2“得:【尸:M-1 6 n i o(2)设小球到达0点的速度为V,由牛顿第二定律在 0 点有:F -m g=m ,v=0.4 m/sEk m v2=8X 1 0 3 J第一 章 4 阻尼振动 受迫振动知识清单一、自 由 振 动 固 有 频 率 系 统 本 身 阻 力 机 械 能 振 幅 振 幅 快二、周 期 性 周 期 性 驱 动 力 驱 动 力三、等 于 便链接高考1 .A受迫振动的频率等于驱动力的频率，弹簧振子振动频率为1 H z,则把
31、手转动的频率为1 H z,选项A正确。2.A B a摆做的是自由振动，周期就等于a摆的固有周期,其余各摆均做受迫振动,所以振动周期均与a摆的固有周期相同，故 A正确,C、D错误;c摆与a摆的摆长相同,所以c摆所受驱动力的频率与其固有频率相等,这样c摆与a摆发生共振,则 c 摆的振幅最大,故B正确。3.B受迫振动周期等于驱动力周期,所以选丸4.D共振现象是指驱动力的频率与物体的固有频率相等时，出现振幅最大的现象。故大队人马迈着整齐步伐过桥，当人走步的频率和大桥的固有频率相等时可能会发生共振而导致桥梁断裂,A属于共振;选项B中，耳朵凑近空热水瓶口能听到嗡嗡的声音也是由于共振造成的;海上风暴引起强烈
32、的震动所产生次声波（频 率fg l,又因为g Q g月,可推知图线I表示月球上单摆的共振曲线,所以A正确;若在地球上同一地点进行两次受迫振动,g相同,摆长长的f小,且有尹:照，所 以 竹,B正确；由地面上的受迫振动共振图线可知,f产0.5 Hz,根据g=9.8 m/d,可计算出L产1叫所以C正确,D错误。基础过关一、选择题1.A B C振子在空气中做阻尼振动时，振幅减小，周期不变,总能量减小,A、B、C错误。2 .C A、B两单摆都做受迫振动，振动的频率等于驱动力的频率5 f。B摆的固有频率更接近5 f,故B摆振幅较大,C正确,A、B、D错误。3 .BD因为物体做受迫振动,运动过程中受到周期性
33、的外力作用,其受力特点不满足F=-k x的关系,所以A错误。由于物体做受迫振动,达到稳定状态时,其振动的频率等于驱动力的频率,与固有频率无关,故B正确。处于稳定状态下的受迫振动物体是否发生共振,完全取决于骄动力的频率（周期）与固有频率（周期）的关系，当二者相等时即发生共振,故C错误,D正确。4 .D由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动,受迫振动的频率等于驱动力的频率,故其它各摆振动周期跟A摆相同，故A、B错误;受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于C摆的固有频率与A摆的相同，故C摆与A摆发生共振,振幅最大，故C错误,D正确。5 .C部队过桥时如果齐步走,会
34、给桥梁施加周期性的外力,容易使桥的振动幅度增加,可能发生共振,造成桥梁倒塌。登山运动员登高山时（高山上常年有积雪,高山内部温度较高,有部分雪融化成了水,对覆雪起了润滑作用）高声叫喊,声波容易引起积雪共振从而发生雪崩，故应选C o二、非选择题6.答案 先增大后减小2 0.2 s公解析 振子固有频率为2 H z,凸轮的转动频率就是驱动力的频率，即f注从0增大到5 H z o变化过程中，先接近固有频率,达到相等后又偏离固有频率，故振幅先增大后减小。当f小f,尸2 H z,即n=2 r/s时振幅最大。当n=5 r/s,即T产0.2 s,受迫振动的周期取决于驱动力的周期，即也为 0.2 s o7.答 案
35、（1）2.8 m（2）向左移动 解 析（1）由题图图像可知，单摆的固有频率4 0.3 H z,由频率公式fU,得1=777=-7 7 m=2.8 mo4n2/2 4X 3.142xo.32（2）由仰知，单摆移到高山上，重力加速度g减小，其固有频率减小,故共振曲线的“峰”向左移动。三年模拟一、选择题1.A 受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振，振幅达到最大。A、B两个振子都做受迫振动,频率为5 f,B 的固有频率与驱动频率相差较小，所以B的振幅较大,A正确。2.B 受迫振动的周期等于驱动力的周期,因为曲轴转动的周期为T 啜 s=0.2 5 s,故可知当
36、振子振动稳定后它的振动周期为0.2 5 s,故选B。3.BD因为B、C两球在A球带动下做受迫振动,故振动稳定后B、C周期相同,都等于A的周期,A错误,B正确；因为当受迫振动的频率等于固有频率时会产生共振现象,此时振幅最大,故振动稳定后C与 A发生共振,此时的振幅最大,故C的振幅比B大,C错误,D正确。4.BC阻尼振动中，单摆的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关,故振动过程中周期不变,选项A错误,B正确;因A、B两时刻的位移相同,故摆球A时刻的势能等于B时刻的势能,选项C正确；由于振动的能量逐渐减小，故摆球A时刻的动能大于B时刻的动能,选项D错误。5.BD曲轴上把手匀速转动时,弹簧振子做受迫振动,
37、其振动周期等于驱动力的周期，与自己的固有周期无关,即为T 2；故 A 错误,B 正确；由题可知,弹簧振子的固有周期为T 受迫振动的周期为 T2,而且T2 Tb要使弹簧振广的振幅增大,可让把手转速增大，周期减小,与弹簧振广的固有周期接近或相等时,振幅可增大;故C错误,D 正确。6.C 如图所示的共振曲线,可判断出f 嬖与g 相差越大,受迫振动的振幅越小;f 舞与f 肘越接近，受迫振动的振幅越大。并从图中看出f 越接近f冏,振幅的变化越慢。比较各组数据知f格在5 0H z 飞0 H z 范围内时，振幅变化最小，因此,5 0 H z f w 6 0 H z,即 C选项正确。7.D飞机飞上天后，在气流
38、驱动力作用下做受迫振动,机翼越抖越厉害说明气流驱动力的频率与机翼的固有频率非常接近或相等。在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率,使驱动力频率与固有频率相差较大,从而达到减振的目的，故本题正确答案为Do8.A由于b、c、d三个摆为受迫振动,受迫振动时摆的振动周期与驱动力的周期相等，由于只有一个驱动力，故三个摆的振动周期是相等的,A 正确,D 错误;又因为b、c、d三个摆的摆长不相等,其固有频率不相等，当固有频率与驱动力的频率相等时,摆的振幅最大,a与c的摆长相等,它们的固有周期相等，故c的振幅最大,B、C均错误。9.A据题意，当驱动力周期与物体固有周期相等时，振幅最大
39、。电动机角速度为：3尸r a d/s,皮带轮甲和皮带轮乙的边缘线速度相等，据 3,可得皮带轮乙的角速3 0r度为：3尸 3 n r a d/s,则转动周期为:T/=至=2 s,如果单摆的周期为2 s,该单摆摆长r2畋为:L=f 1=l m,故振幅最大的是a单摆，选项A正确。4 1 tz二、非选择题1 0.0答 案1 m增大 解析 由图知单摆的周期T=2 s=2 n 解 得:m;若摆长变短,固有周期变小，频率变大，所以共振曲线振幅A最大值对应的横坐标f的值将增大。1 1.答案 1 m 0.2 5 m/s 解析 由题意知，当单摆共振时频率f=0.5 H z,即:f H=f=0.5 H z由 T=2
40、 n 口得：1-a-1 mf yjg 4n2f2 4 X 3.1 42x 0.52根据单摆运动过程中机械能守恒可得：呜=m g l （l-c o s（）.其中:l-c o s 0=2 sin 号 嚏（9 很小）,最大速度 v,=AR o.25 m/s第一章，皂）5学生实验:用单摆测定重力加速度知识清单5。2 n R 小 大 竖 直 平链接高考1.答案 应在摆球通过平衡位置时开始计时;应测量单摆多次全振动的时间,再计算出周期的测量值。解析摆球通过平衡位置时具有较大的速度,此时开始计时，误差较小。若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差,而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差。2.通 案56 解
41、析 由图线可知，沙摆的周期为:T=X粤s=1.5 s,根据厂2五&可得:L d?字HFO.562 0.20 yl g 4 X 43.9答 案(1)数 据 采 集 器 最 低 点(或 平 衡 位 置)会N1 直 线黑 解 析(1)磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据。单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于最低点(或平衡位置)o若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为I,则单摆周期的测量值为痣(2)由 T=2n R可知 lg T=ilg+ig 1。故 lg TTg 1 图线为直线。由题意可知?gYC,故SYc4.答 案(l)T!r(2)kg*m2 0.17 不变
42、幡 析 由T=2n 庐 四 得:T?r=空(L+mF),因此纵轴为丘。k的单位和耐的单位相同，即7 mgr mg为 kg-(2)图线与纵轴的截距比L=l.25,生为图线的斜率，mg gpr.4n2_L 9 5-L 25_ 0.7-g 0779 0.19因此.l.25X0.5X0.19 k g m2=()17 k g.后(3)由T?rJ吧(L+md)可知,根据图线的斜率也求重力加速度，与摆的质量无关,因此摆的质”9量测量值偏大,重力加速度测量不变。5.，答 案(DAE(2)g组牡 (3)如图所示S.0(4)9.7(在 9.5-9.9之间均可得分)，解 析(D 在用单摆测定重力加速度的实验中，为了
43、提高精度，摆线要长些，摆球选择质量大体积小的，故选A、E(2)单摆振动周期为T=；，根据公式T=2 x 可得g，誉(3)见答案(4)从图中找出数据带入g 上 誉 可 得 g=9.7 m/s 1基础过关1 .答案 c T=2 V(，解析 图 b 的悬挂方式在钢球摆动时的摆线长度会发生变化,而c图则不会变化,故c图的悬挂方式较好；由图d可看出，书与1 是成正比的，且即T=2。2 .。答 案(l)A C E H 4n 2.H i 不变yt-yi 解 析(1)选摆线时需要较长一些的，故选A,钢球选密度较大一些的，即选C,测量时间选容易操作的，故选E,刻度尺选最小刻度值较小的，故选H;(2)根据单摆的周
44、期公式T=2 n 得T2=L,故图线的斜率k=,即及?=处,整 理 得 g=4 n 2 四 二 若用上述方法,漏加小球的半径9 9 x2-xx g y2-y i时,其x2-x.的值是不变的，故 g值的计算也是不变的。3.答 案(严;(2)2i.4，解 析(D 由于摆长我们可以记为1+3周期记为工,故由单摆的周期公式是2 n 户,可得重力2 n n 7 g加速度的表达式g W 粤 电；(2)游标卡尺上主尺的读数为21 mm,游标尺的读数为4 X 0.1mm=0.4 mm,故小球直径 d=21 nu n+O.4 mm=21.4 mm。三年模拟二、非选择题1.答 案（1）大（2）小于5 （3）平衡
45、竖直平 摆球球心（4）9 8.5 5 0 1.9 9 8 g=2 n2n2（2L+d）/t2 解 析（1）用单摆测重力加速度时，由于存在空气阻力对实验的影响,为了减小这种影响,所以采用体积小密度大的小球。（2）当摆角角度很小时,单摆运动可以看成是简谐运动，由单摆周期公式算出的周期与实际测定之间的误差,随着偏角的增大而增大,所以偏角越小,误差就会越小，所以最大角度0应小于5。（3）本实验偶然误差主要来自于时间（单摆周期）的测量上,因此，要注意测准时间,从摆球通过平衡位置开始计时,为了防止振动是圆锥摆,要再竖直平面内摆动，摆长是悬线的长度和小球半径之和,所以摆长是线从悬点至摆球球心的距离。（4）真
46、正的摆长为1=L 匹 9 7.5 0 c m二 C D F9 8.5 5 0 c m,周期 T，且 s=1.9 9 8 s。根据周期公式 T=2n 1得出2 2 n 5 0 Wg 噌代入摆长和周期计算可得g，弋2叫2.答 案（1）9.7 6 （2）B（3）k 解 析（1）单摆的摆长厂1+厂1 0 1.0 0 c m+1 x 2.0 0 c m=1 0 2.0 0 c m=1.0 2 m,单摆的周期丁 二 匕5 s=2.0 3 s;由单摆的周期公式T=2冗。得,，代入解得,g=9.7 6 m/s（2）测摆线长时摆线拉得过紧,摆长偏大,根据g 爷 可 知,测 得 的 g 应偏大,A错误。摆线上端未
47、牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了，测得的单摆周期偏大,根据g，#可知,测得的g应偏小,B 正确。开始计时时,停表过迟按下，测得的单摆周期变小,根据g 爷 可 知测得的g应偏大,C错误。实验中误将4 9 次全振动计为5 0 次,根据T，求出的周期变小,g偏n大,D错误。（3）根 据 重 力 加 速 度 的 表 达 式 号 口 可 知,图 线 斜 率 k平,则 g f。3.V 答案 2t,2 t z 空 铲T1T2 解 析（1）单摆在一个周期内两次经过平衡位置,每次经过平衡位置,单摆会挡住细激光束，由图乙所示R-t 图线可知周期T尸 2 3。由图丙所示R-t 图线可知周期Tk 2t
48、*(2)摆长等于摆线的长度加上小球的半径,根据单摆的周期公式T=2 n 得:T,=2n&T2=2n 叵，联立可得:g-%(累之y/9 q g ri rz4 .。答案 A.a d f 氏与廿 C.偏小 A.2.0 B.9.76看解析 A.根据单摆周期公式T=2JT 利用单摆测量重力加速度需要测量周期、摆长，为了减小阻力造成的实验误差，小球选择铁球而不是塑料球,即d 对 c 错。为使得周期较大而便丁测量减小误差，摆线选择长度接近1 m的细绳,a 对b 错。由于摆长包括摆线长和摆球半径,为测量准确,刻度尺选择最小刻度为1 m m 的米尺,选项e 错 f 对。B.单摆完成n次全振动所用的时间t,则单摆
49、周期T,根据单摆周期公式可得工=2 J i&计算得g-用老。C.摆长略微变长使得周期的n n yjg tz测量值偏大,根据g与Q,重力加速度的测量值偏小。A.根据振动图像，可得单摆振动周期T=2.0 s-B.根据单摆周期 T，心,T1 4.04 L+0.03 5,可 得 砂 土&竺L=4.04 L,解得 g=9.76 m/s2o9 9 95.案喑1(2)C 孚 s in 1 2 n pt2 k 2 yjgC 解 析(D 单摆振动周期为T=t/n,由T=2 x日得g=*(2)实验中若将摆球(n-1)次全振动的时间t 记为了 n 次全振动的时间,并由计算式T=：求得周期变小，由T=2“求得g 偏大
50、,C 正确.(3)由T=2 K1求得r=l,图像斜率k=*I 得 g=孚。(4)实验中验证T 与最大摆角 9.0+i.0 0)xl u m/s J 9.8 6 m/s)如图，当漏测摆球的半径r时,相当于以线长L为k 4.0-0摆 长1,这 时r=kL,这时图线的斜率不变,可将图线a向右平移r,就得到漏测r后的图线b,同理当多加r时，图线为c,因此该同学实验中出现的错误是测摆长时多加了摆球的半径。二发二v cm1 0 .。答 案(1)平衡位置0右(2)E G E F E (3)相 反(4)0 解析 由图像可知,起始位置位移为零,而位移的大小是指由平衡位置指向振子所在位置的有向线段的长度，故起始位