下載地址

資源介紹

2022步步高中物理一輪選修3-4 機械振動 機械波 光 電磁波與相對論第1講 機械振動.doc
----------------------------

[高考導(dǎo)航]
考點內(nèi)容 要求 全國卷三年考情分析
2017 2018 2019
機械
振動
與機
械波 簡諧運動 Ⅰ Ⅰ卷·T34(1)：波的干涉加強點和減弱點的判斷
T34(2)：折射定律
Ⅱ卷·T34(1)：雙縫干涉圖樣
T34(2)：折射定律
Ⅲ卷·T34(1)：波動圖象
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)：簡諧運動的圖象、波的圖象、v＝λT的應(yīng)用
Ⅱ卷·T34(1)：聲波的傳播、v＝λf的應(yīng)用
T34(2)：折射定律及全反射
Ⅲ卷·T34(1)：波的圖象v＝ΔxΔt及v＝λT的應(yīng)用
T34(2)：折射定律的應(yīng)用 Ⅰ卷·T34(1)：波的圖象和振動圖象及其相關(guān)知識點
T34(2)：折射定律、全反射及其相關(guān)知識點
Ⅱ卷·T34(1)：單擺的周期公式、簡諧運動圖象
T34(2)：利用雙縫干涉測量光的波長的實驗
Ⅲ卷·T34(1)：波的干涉
T34(2)：折射定律、全反射等
簡諧運動的公式和圖象 Ⅱ
單擺、單擺的周期公式 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(guān)系 Ⅰ
波的干涉和衍射現(xiàn)象 Ⅰ
多普勒效應(yīng) Ⅰ
電磁
振蕩
與電
磁波 電磁波的產(chǎn)生 Ⅰ
電磁波的發(fā)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(dǎo)纖維 Ⅰ
光的干涉、衍射和偏振現(xiàn)象 Ⅰ
相對論 狹義相對論的基本假設(shè) Ⅰ
質(zhì)能關(guān)系 Ⅰ
實驗一：探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度
實驗二：測定玻璃的折射率
實驗三：用雙縫干涉測光的波長
第1講　機械振動

知識要點
一、簡諧運動

二、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(zhì)量可忽略
(2)無摩擦等阻力
(3)在彈簧彈性限度內(nèi) (1)擺線為不可伸縮的輕細線
(2)無空氣等阻力
(3)最大擺角小于5°
回復(fù)力 彈簧的彈力提供 擺球重力沿與擺線垂直(即切向)方向的分力
平衡位置 彈簧處于原長處 最低點
周期 T＝2πmk
T＝2π lg

能量
轉(zhuǎn)化 彈性勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒 重力勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒
三、受迫振動和共振
1.受迫振動
系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動。做受迫振動的物體，它做受迫振動的周期(或頻率)等于驅(qū)動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)無關(guān)。
2.共振
做受迫振動的物體，它的驅(qū)動力的頻率與固有頻率越接近，其振幅就越大，當二者相等時，振幅達到最大，這就是共振現(xiàn)象。共振曲線如圖1所示。

圖1
基礎(chǔ)診斷
1.(多選)如圖2所示為某彈簧振子在0～5 s內(nèi)的振動圖象，則下列說法中正確的是(　　)

圖2
A.振動周期為4 s，振幅為8 cm
B.第2 s末振子的速度為零，加速度為負向的最大值
C.第3 s末振子的速度為正向的最大值
D.從第1 s末到第2 s末振子在做加速運動
E.第1 s末和第3 s末兩個時刻振子的振動方向相反
解析　由圖象知，周期T＝4 s，振幅A＝8 cm，A正確；第2 s末振子到達負向最大位移位置，速度為零，加速度為正向的最大值，B錯誤；第3 s末振子經(jīng)過平衡位置，速度達到最大值，且向正方向運動，C正確；從第1 s末到第2 s末振子由平衡位置運動到達負向最大位移位置，速度逐漸減小，做減速運動，D錯誤；第1 s末振子向負方向運動，第3 s末振子向正方向運動，E正確。
答案　ACE
2.(多選)一彈簧振子的位移y隨時間t變化的關(guān)系式為y＝0.1sin 2.5πt，位移y的單位為m，時間t的單位為s，則(　　)
A.彈簧振子的振幅為0.1 m
B.彈簧振子的周期為0.8 s
C.在t＝0.2 s時，振子的運動速度最大
D.在任意0.2 s時間內(nèi)，振子的位移均為0.1 m
E.在任意0.8 s時間內(nèi)，振子的路程均為0.4 m
解析　由y＝0.1sin 2.5πt可知，彈簧振子的振幅為0.1 m，選項A正確；彈簧振子的周期為T＝2πω＝2π2.5π s＝0.8 s，選項B正確；在t＝0.2 s時，y＝0.1 m，即振子到達正向最大位移處，此時振子的運動速度為零，選項C錯誤；只有從振子處于平衡位置或者正向最大位移處(或負向最大位移處)開始計時，經(jīng)過T4＝0.2 s，振子的位移才為A＝0.1 m，選項D錯誤；在一個周期內(nèi)，振子的路程等于振幅的4倍，即0.4 m，選項E正確。
答案　ABE
3.(多選)(2016·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(tǒng)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(zhì)量越大，單擺做簡諧振動的周期越小
D.系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅(qū)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，就可知振子在任意時刻運動速度的方向
解析　根據(jù)單擺周期公式T＝2πl(wèi)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，只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)機械能守恒條件可以知道，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變，故選項B正確；根據(jù)單擺周期公式T＝2πl(wèi)g可以知道，單擺的周期與質(zhì)量無關(guān)，故選項C錯誤；當系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅(qū)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，可以確定任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　ABD
4.(多選)某振動系統(tǒng)的固有頻率為f0，在周期性驅(qū)動力的作用下做受迫振動，驅(qū)動力的頻率為f。若驅(qū)動力的振幅保持不變，則下列說法正確的是(　　)
A.當f B.當f>f0時，該振動系統(tǒng)的振幅隨f減小而增大
C.該振動系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后，振動的頻率等于f0
D.該振動系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后，振動的頻率等于f
E.當f＝f0時，該振動系統(tǒng)一定發(fā)生共振
解析　受迫振動的振幅A隨驅(qū)動力的頻率變化的規(guī)律如圖所示，顯然選項A錯誤，B正確；穩(wěn)定時系統(tǒng)的頻率等于驅(qū)動力的頻率，即選項C錯誤，D正確；根據(jù)共振產(chǎn)生的條件可知，當f＝f0時，該振動系統(tǒng)一定發(fā)生共振，選項E正確。
答案　BDE

　簡諧運動的規(guī)律
簡諧運動的規(guī)律——五個特征
1.動力學(xué)特征：F＝－kx，“－”表示回復(fù)力的方向與位移方向相反，k是比例系數(shù)，不一定是彈簧的勁度系數(shù)。
2.運動學(xué)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(tài)相同。
4.對稱性特征
(1)相隔T2或（2n＋1）T2(n為正整數(shù))的兩個時刻，振子位置關(guān)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3所示，振子經(jīng)過關(guān)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3
(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(fù)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(tǒng)動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒。
【例1】 (多選)振動的單擺當擺球通過平衡位置時，關(guān)于擺球受到的回復(fù)力、合力及加速度的說法中正確的是(　　)
A.回復(fù)力為零
B.合力不為零，方向指向懸點
C.合力不為零，方向沿軌跡的切線
D.回復(fù)力為零，合力也為零
E.加速度不為零，方向指向懸點
解析　單擺的回復(fù)力不是它的合力，而是重力沿圓弧切線方向的分力；當擺球運動到平衡位置時，回復(fù)力為零。但合力不為零，因為小球還有向心力和向心加速度，方向指向懸點(即指向圓心)。
答案　ABE

1.(多選)(2020·南昌模擬)關(guān)于水平放置的彈簧振子所做的簡諧運動，下列說法正確的是(　　)
A.位移的方向是由振子所在處指向平衡位置
B.加速度的方向總是由振子所在處指向平衡位置
C.經(jīng)過半個周期振子經(jīng)過的路程一定是振幅的2倍
D.若兩時刻相差半個周期，彈簧在這兩個時刻的形變量一定相等
E.經(jīng)過半個周期，彈簧振子完成一次全振動
解析　位移的方向始終是由平衡位置指向振子所在處，選項A錯誤；加速度的方向始終是由振子所在處指向平衡位置，選項B正確；經(jīng)過半個周期，振子經(jīng)過的路程是振幅的2倍，若兩時刻相差半個周期，兩時刻彈簧的形變量一定相等，選項C、D正確；經(jīng)過一個周期，彈簧振子完成一次全振動，選項E錯誤。
答案　BCD
2.(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3 s，第一次到達點M，再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M，則彈簧振子的周期不可能為(　　)
A.0.53 s　　 B.1.4 s　 　C.1.6 s 　　D.2 s　 　E.3 s
解析　如圖甲所示，設(shè)O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O―→C所需時間為T4。因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M―→C所用時間和從C―→M所用時間相等，故T4＝0.3 s＋0.22 s＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設(shè)點M′與點M關(guān)于點O對稱，則振子從點M′經(jīng)過點B到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C到點M所需時間相等，即0.2 s。振子從點O到點M′、從點M′到點O及從點O到點M所需時間相等，為0.3 s－0.2 s3＝130 s，故周期為T＝0.5 s＋130 s≈0.53 s，所以周期不可能的為選項B、D、E。

答案　BDE
　簡諧運動的公式和圖象的理解及應(yīng)用
1.簡諧運動的數(shù)學(xué)表達式
x＝Asin(ωt＋φ)
2.根據(jù)簡諧運動圖象可獲取的信息
(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(zhì)點的振動方向。判斷方法：振動方向可以根據(jù)下一時刻位移的變化來判定。下一時刻位移若增加，質(zhì)點的振動方向是遠離平衡位置；下一時刻位移如果減小，質(zhì)點的振動方向指向平衡位置。
(4)比較各時刻質(zhì)點的加速度(回復(fù)力)的大小和方向。

(5)比較不同時刻質(zhì)點的勢能和動能的大小。質(zhì)點的位移越大，它所具有的勢能越大，動能則越小。
【例2】 [2019·全國Ⅱ卷，34(1)]如圖5，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方34l的O′處有一固定細鐵釘。將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時開始計時。當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘?shù)淖钃酢ＴO(shè)小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正。下列圖象中，能描述小球在開始一個周期內(nèi)的x－t關(guān)系的是________。

圖5

解析　擺長為l時單擺的周期T1＝2πl(wèi)g，振幅A1＝lα(α為擺角)，擺長為14l時單擺的周期T2＝2π14lg＝πl(wèi)g＝T12，振幅A2＝14lβ(β為擺角)。
根據(jù)機械能守恒得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，故選項A正確。
答案　A

1.(多選)一水平彈簧振子做簡諧運動的振動圖象如圖6所示，已知該彈簧的勁度系數(shù)為20 N/cm，則(　　)

圖6
A.圖中A點對應(yīng)的時刻振子所受的回復(fù)力大小為5 N，方向指向x軸的負方向
B.圖中A點對應(yīng)的時刻振子的速度方向指向x軸的正方向
C.在0～4 s內(nèi)振子做了1.75次全振動
D.在0～4 s內(nèi)振子通過的路程為3.5 cm
E.在0～4 s內(nèi)振子通過的路程為4 cm
解析　由簡諧運動的特點和彈簧彈力與伸長量的關(guān)系可知，圖中A點對應(yīng)的時刻振子所受的回復(fù)力大小為F＝kx＝2 000 N/m×0.002 5 m＝5 N，方向指向x軸的負方向，并且現(xiàn)在正在遠離O點向x軸的正方向運動，A、B正確；由圖象可知，周期為2 s，0～4 s內(nèi)振子做了兩次全振動，通過的路程是s＝0.5 cm×4×2＝4 cm，C、D錯誤，E正確。
答案　ABE
2.(多選)如圖7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的變化如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)

圖7
A.t＝0.8 s時，振子的速度方向向左
B.t＝0.2 s時，振子在O點右側(cè)6 cm處
C.t＝0.4 s和t＝1.2 s時，振子的加速度完全相同
D.t＝0.4 s到t＝0.8 s的時間內(nèi)，振子的速度逐漸增大
E.t＝0.8 s到t＝1.2 s的時間內(nèi)，振子的加速度逐漸增大
解析　由圖象知，t＝0.8 s時，振子在平衡位置向負方向運動，所以速度方向向左，A正確；由題圖乙可知，彈簧振子的振動方程為x＝Asin ωt＝12 sin54πtcm，當t＝0.2 s時，x＝62 cm，即振子在O點右側(cè)62 cm處，B錯誤；t＝0.4 s和t＝1.2 s時，振子的加速度大小相等，方向相反，C錯誤；t＝0.4 s到t＝0.8 s的時間內(nèi)，振子向平衡位置運動，速度逐漸增大，D正確；t＝0.8 s到t＝1.2 s的時間內(nèi)，振子遠離平衡位置運動，加速度增大，E正確。
答案　ADE
3.彈簧振子以O(shè)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＝0.2 s時刻，振子速度第一次變?yōu)椋璿；在t＝0.5 s時，振子速度第二次變?yōu)椋璿。
(1)求彈簧振子的振動周期T；
(2)若B、C之間的距離為25 cm，求振子在4 s內(nèi)通過的路程；
(3)若B、C之間的距離為25 cm，從平衡位置開始計時，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＝0.5×2 s＝1 s
(2)若B、C之間距離為25 cm
則振幅A＝12×25 cm＝12.5 cm
振子4 s內(nèi)通過的路程
s＝41×4×12.5 cm＝200 cm
(3)根據(jù)x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝2πT＝2π rad/s
得x＝12.5sin(2πt) cm振動圖象為

答案　(1)1 s　(2)200 cm　(3)x＝12.5sin(2πt) cm
圖象見解析
　用單擺測定重力加速度
1.對單擺的理解
(1)回復(fù)力：擺球重力沿切線方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsin θ＝－mglx＝－kx，負號表示回復(fù)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(xiàn)向＝FT－mgcos θ。
(3)兩點說明
當擺球在最高點時，F(xiàn)向＝mv2l＝0，F(xiàn)T＝mgcos θ。
當擺球在最低點時，F(xiàn)向＝mv2maxl，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋mv2maxl。

2.周期公式T＝2πl(wèi)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?shù)刂亓铀俣取?br /> 3.實驗：探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度
(1)基本原理與操作
裝置及器材 操作要領(lǐng)
(1)細線：選擇細、輕又不易伸長的線且長度一般在1 m左右。
(2)小球：選用密度較大的金屬球，直徑應(yīng)較小，最好不超過2 cm。
(3)夾緊：懸線的上端應(yīng)夾緊在鋼夾中，以免擺動時發(fā)生擺線下滑、擺長改變的現(xiàn)象。
(4)擺角：擺線的擺角不超過5°。
(5)共面：擺球振動時要保持在同一個豎直平面內(nèi)，不要形成圓錐擺。
(6)測量：①擺長l＝擺線長l′＋小球半徑D2。
②計數(shù)：計算單擺的振動次數(shù)時，應(yīng)從擺球通過最低位置時開始計時，記下單擺擺動30～50次的總時間，算出一次全振動的時間。
(2)數(shù)據(jù)處理
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圖象法：作出l－T2圖象求g值。

(3)誤差分析
產(chǎn)生原因 減小方法
偶然誤差 測量時間(單擺周期)及擺長時產(chǎn)生誤差 ①多次測量求平均值
②計時從單擺經(jīng)過平衡位置時開始
系統(tǒng)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5°
【例3】 某同學(xué)用實驗的方法探究影響單擺周期的因素。
(1)他組裝單擺時，在擺線上端的懸點處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，如圖8所示，這樣做的目的是________(填字母代號)。

圖8
A.保證擺動過程中擺長不變
B.可使周期測量更加準確
C.需要改變擺長時便于調(diào)節(jié)
D.保證擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動
(2)他組裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺從懸點量到擺球的最低端的長度L＝0.999 0 m，再用游標卡尺測量擺球直徑，結(jié)果如圖9所示，則該擺球的直徑為________mm，單擺擺長為________m。

圖9
(3)下列振動圖象真實地描述了對擺長約為1 m的單擺進行周期測量的四種操作過程。圖中橫坐標原點表示計時開始，A、B、C均為30次全振動的圖象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，這四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是________(填字母代號)。

解析　(1)橡皮的作用是使擺線擺動過程中懸點位置不變，從而保證擺長不變，同時又便于調(diào)節(jié)擺長，A、C正確。(2)根據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則可得擺球直徑為d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，則單擺擺長為L0＝L－d2＝0.993 0 m(注意統(tǒng)一單位)。
(3)當單擺擺角為5°時，振幅約為A＝lsin 5°＝0.999 0 m×0.087≈0.086 m＝8.6 cm，由于單擺擺角不超過5°，且計時位置應(yīng)從最低點(即速度最大位置)開始，故A項的操作符合要求。
答案　(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A

1.在“用單擺測定重力加速度”的實驗中：(1)擺動時偏角滿足的條件是偏角小于5°，為了減小測量周期的誤差，計時開始時，擺球應(yīng)是經(jīng)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10甲中停表示數(shù)為一單擺全振動50次所用的時間，則單擺振動周期為________。

圖10
(2)用最小刻度為1 mm的刻度尺測擺長，測量情況如圖乙所示。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(xué)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(xué)生乙說：“浮力對擺球的影響好像用一個輕一些的擺球做實驗，因此振動周期不變”，這兩個學(xué)生中________。
A.甲的說法正確
B.乙的說法正確
C.兩學(xué)生的說法都是錯誤的
解析　(1)擺球經(jīng)過最低點時小球速度最大，容易觀察和計時；圖甲中停表的示數(shù)為1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，則周期T＝102.550 s＝2.05 s。
(2)從懸點到球心的距離即為擺長，可得L＝0.998 0 m。
(3)由單擺周期公式T＝2πLg可得g＝4π2LT2。
(4)由于受到空氣浮力的影響，小球的質(zhì)量沒變而是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　2.05 s　(2)0.998 0　(3)4π2LT2　(4)A
2.某同學(xué)利用單擺測量重力加速度。
(1)為了使測量誤差盡量小，下列說法正確的是________。
A.組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球
B.組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線
C.實驗時須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動
D.擺長一定的情況下，擺的振幅盡量大些
(2)如圖11所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1 m的單擺。實驗時，由于僅有量程為20 cm、精度為1 mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標記點，測出單擺的周期T1；然后保持懸點位置不變，設(shè)法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標記點，并測出單擺的周期T2；
最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標記點之間的距離ΔL。用上述測量結(jié)果，寫出重力加速度的表達式g＝______。

圖11
解析　(1)在利用單擺測重力加速度實驗中，為了使測量誤差盡量小，須選用密度大、半徑小的擺球和不易伸長的細線，擺球須在同一豎直面內(nèi)擺動，擺長一定時，振幅盡量小些，以使其滿足簡諧運動條件，故選B、C。
(2)設(shè)第一次擺長為L，第二次擺長為L－ΔL，則T1＝2πLg，T2＝2πL－ΔLg，聯(lián)立解得g＝4π2ΔLT21－T22。
答案　(1)BC　(2)4π2ΔLT21－T22
　受迫振動和共振
1.簡諧運動、受迫振動和共振的關(guān)系比較
振動
項目　 簡諧運動 受迫振動 共振
受力情況 僅受回復(fù)力 受驅(qū)動力作用 受驅(qū)動力作用
振動周期或頻率 由系統(tǒng)本身性質(zhì)決定，即固有周期T0或固有頻率f0 由驅(qū)動力的周期或頻率決定，即T＝T驅(qū)或f＝f驅(qū) T驅(qū)＝T0或f驅(qū)＝f0
振動能量 振動物體的機械能不變 由產(chǎn)生驅(qū)動力的物體提供 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(fā)生的振動 共振篩、聲音的共鳴等


2.對共振的理解
(1)共振曲線：如圖12所示，橫坐標為驅(qū)動力頻率f，縱坐標為振幅A，它直觀地反映了驅(qū)動力頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)受迫振動振幅的影響，由圖可知，f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大。

圖12
(2)受迫振動中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化：做受迫振動的系統(tǒng)的機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換。
【例4】 下表記錄了某受迫振動的振幅隨驅(qū)動力頻率變化的關(guān)系，若該振動系統(tǒng)的固有頻率為f固，則(　　)
驅(qū)動力頻率/Hz 30 40 50 60 70 80
受迫振動振幅/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.以上三個都不對
解析　從如圖所示的共振曲線可判斷出f驅(qū)與f固相差越大，受迫振動的振幅越小；f驅(qū)與f固越接近，受迫振動的振幅越大。并可以從中看出f驅(qū)越接近f固，振幅的變化越慢。比較各組數(shù)據(jù)知f驅(qū)在50～60 Hz范圍內(nèi)時，振幅變化最小，因此50 Hz＜f固≤60 Hz，即C正確。
答案　C

1.(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(qū)動力頻率f的關(guān)系)如圖13所示，則(　　)

圖13
A.此單擺的固有周期約為2 s
B.此單擺的擺長約為1 m
C.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0.5 Hz，固有周期為2 s；再由T＝2πl(wèi)g，得此單擺的擺長約為1 m；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
2.如圖14所示，一豎直圓盤轉(zhuǎn)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(tǒng)，小球浸沒在水中。當圓盤轉(zhuǎn)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(gòu)成的系統(tǒng)振動頻率約為3 Hz，現(xiàn)使圓盤以4 s的周期勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過一段時間后，小球振動達到穩(wěn)定，小球的振動頻率為________ Hz。逐漸改變圓盤的轉(zhuǎn)動周期，當小球振動的振幅達到最大時，此時圓盤的周期為________ s。

圖14
解析　由于水對小球有阻力的作用，因此圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小球做阻尼振動；圓盤轉(zhuǎn)動時帶動小球做受迫振動，因此小球振動穩(wěn)定時的振動頻率等于驅(qū)動力的頻率，即小球的振動頻率為14 Hz＝0.25 Hz；當驅(qū)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(zhuǎn)動頻率應(yīng)為3 Hz，則圓盤的周期應(yīng)為13 s。
答案　阻尼　0.25　0.33(或13)

課時作業(yè)
(時間：30分鐘)
基礎(chǔ)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(fù)力為零
B.只有發(fā)生共振時，受迫振動的頻率才等于驅(qū)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(zhì)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，回復(fù)力為零，選項A正確；受迫振動的頻率總等于周期性驅(qū)動力的頻率，與是否發(fā)生共振沒有關(guān)系，選項B錯誤；振動能量是振動系統(tǒng)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；根據(jù)單擺的周期公式T＝2πl(wèi)g可知，單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，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＝2πl(wèi)g知，兩擺的周期相等，E正確。
答案　ACE
2.(多選)關(guān)于受迫振動和共振，下列說法正確的是(　　)
A.火車過橋時限制速度是為了防止火車發(fā)生共振
B.若驅(qū)動力的頻率為5 Hz，則受迫振動穩(wěn)定后的振動頻率一定為5 Hz
C.當驅(qū)動力的頻率等于系統(tǒng)的固有頻率時，受迫振動的振幅最大
D.一個受迫振動系統(tǒng)在非共振狀態(tài)時，同一振幅對應(yīng)的驅(qū)動力頻率一定有兩個
E.受迫振動系統(tǒng)的機械能守恒
解析　火車過橋時限制速度是為了防止橋發(fā)生共振，選項A錯誤；對于一個受迫振動系統(tǒng)，若驅(qū)動力的頻率為5 Hz，則振動系統(tǒng)穩(wěn)定后的振動頻率也一定為
5 Hz，選項B正確；由共振的定義可知，選項C正確；根據(jù)共振現(xiàn)象可知，選項D正確；受迫振動系統(tǒng)，驅(qū)動力做功，系統(tǒng)的機械能不守恒，選項E錯誤。
答案　BCD
3.(多選)圖1甲中擺球表面包有一小塊橡皮泥，在豎直平面內(nèi)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化，則下列說法正確的是(　　)

圖1
A.t＝0時刻橡皮泥脫落，此后單擺周期T<4 s
B.t＝1 s時刻橡皮泥脫落，此后單擺周期T＝4 s
C.t＝1 s時刻橡皮泥脫落，此后單擺周期T＞4 s
D.t＝0時刻橡皮泥脫落，此后單擺振幅A＝10 cm
E.t＝1 s時刻橡皮泥脫落，此后單擺振幅A＝10 cm
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(nèi)振動，振幅不變，周期不變，所以選項B、D、E正確。
答案　BDE
4.(多選)彈簧振子在光滑水平面上做簡諧運動，把小鋼球從平衡位置向左拉開一段距離，放手讓其運動，從小鋼球通過平衡位置開始計時，其振動圖象如圖2所示，下列說法正確的是(　　)

圖2
A.鋼球振動周期為1 s
B.在t0時刻彈簧的形變量為4 cm
C.鋼球振動半個周期，回復(fù)力做功為零
D.鋼球振動一個周期，通過的路程等于10 cm
E.鋼球振動方程為y＝5sin (πt)cm
解析　從圖中可得鋼球振動的周期為2 s，A錯誤；因為鋼球是在水平面上振動，所以鋼球位于振動的平衡位置時彈力為零，即彈簧的形變量為零，t0時刻彈簧的形變量為4 cm，B正確；鋼球振動半個周期，速度大小不變、方向相反，故動能不變，根據(jù)動能定理知合力做的功為零，C正確；鋼球振動一個周期，通過的路程等于4×5 cm＝20 cm，D錯誤；ω＝2πT＝π rad/s，A＝5 cm，故鋼球振動方程為y＝5sin (πt)cm，E正確。
答案　BCE
5.(多選)[2019·廣東深圳一調(diào)，34(1)]一個質(zhì)點經(jīng)過平衡位置O，在A、B間做簡諧運動，如圖3(a)所示，它的振動圖象如圖(b)所示，設(shè)向右為正方向，下列說法正確的是(　　)

圖3
A.OB＝5 cm
B.第0.2 s末質(zhì)點的速度方向是A→O
C.第0.4 s末質(zhì)點的加速度方向是A→O
D.第0.7 s末質(zhì)點位置在O點與A點之間
E.在4 s內(nèi)完成5次全振動
解析　由圖(b)可知振幅為5 cm，則OB＝OA＝5 cm，A項正確；結(jié)合兩圖可知0～0.2 s內(nèi)質(zhì)點從B向O運動，第0.2 s末質(zhì)點的速度方向是O→A，B項錯誤；結(jié)合兩圖可知第0.4 s末質(zhì)點運動到A點處，則此時質(zhì)點的加速度方向是A→O，C項正確；結(jié)合兩圖可知第0.7 s末時質(zhì)點位置在O與B之間，D項錯誤；由圖(b)可知周期T＝0.8 s，則在4 s內(nèi)完成全振動的次數(shù)為4 s0.8 s＝5，E項正確。
答案　ACE
6.(多選)甲、乙兩彈簧振子的振動圖象如圖4所示，則可知(　　)

圖4
A.兩彈簧振子完全相同
B.兩彈簧振子所受回復(fù)力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C.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∶2
E.振子乙速度為最大時，振子甲速度不一定為零
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(zhì)量、彈簧勁度系數(shù)k有關(guān)，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(shù)k不一定相同，所以兩振子所受回復(fù)力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定為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　CDE
7.(多選)將一單擺向右拉至水平標志線上，從靜止釋放，當擺球運動到最低點時，擺線碰到障礙物，擺球繼續(xù)向左擺動，用頻閃照相機拍到如圖5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5
A.擺線碰到障礙物前后的擺長之比為4∶1
B.擺線碰到障礙物前后的擺長之比為2∶1
C.擺線經(jīng)過最低點時，線速度不變，半徑減小，擺線張力變大
D.擺線經(jīng)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(yīng)在同一高度
解析　頻閃照片拍攝的時間間隔一定，由圖可知，擺線與障礙物碰撞前后的周期之比為2∶1，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πLg得，擺長之比為4∶1，故A正確，B錯誤；擺線經(jīng)過最低點時，線速度不變，半徑變小，根據(jù)F－mg＝mv2r知，張力變大，根據(jù)v＝rω，知角速度增大，故C正確，D錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，M、N兩點應(yīng)在同一高度，故E正確。
答案　ACE
8.(多選)(2020·廣州模擬)如圖6所示，長為L的細線一端系于O點，另一端系一小球，在O點正下方P點有一釘子。現(xiàn)將小球拉至A點由靜止釋放，小球擺至最低點B后繼續(xù)向右擺至最高點C。整個過程中，小球擺角始終小于5°。下列說法正確的是(　　)

圖6
A.小球在C點時回復(fù)力最大
B.小球在B點時合力為零
C.小球從A擺至B點時合力突然變大
D.小球從A點擺至B點的時間等于從B點擺至C點的時間
E.若將釘子的位置上移，則小球從A點擺至C點的時間變長
解析　小球在運動過程中只有重力做功，小球的機械能守恒，由機械能守恒定律知，A、C兩點高度相同，小球的回復(fù)力為重力沿切線方向的分力，設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，則小球的回復(fù)力F＝mgsin θ，θC＞θA，故小球在C點時回復(fù)力最大，選項A正確；小球在B點時回復(fù)力為零，速度最大，小球受的合力F合＝mv2L，故小球在B點時合力不為零，選項B錯誤；小球擺至B點時繞P點做圓周運動，此時小球的線速度不變，半徑變小，由小球受的合力F合＝mv2r知，小球受的合力突然變大，選項C正確；小球做簡諧運動，從A點擺到B點的時間t1＝14T1＝π2Lg，從B點擺到C點的時間t2＝14T2＝π2L′g，因為L＞L′，所以
t1＞t2，選項D錯誤；若將釘子上移，小球從A點擺到B點的時間不變，從B點擺到C點的時間變長，故小球從A點擺到C點的時間變長，選項E正確。
答案　ACE
綜合提能練
9.(多選)如圖7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(shù)為k＝10 N/m，振子的質(zhì)量為0.5 kg，白紙移動速度為2 m/s，彈簧彈性勢能的表達式Ep＝12ky2，不計一切摩擦。在一次彈簧振子實驗中得到如圖所示的圖線，則下列說法正確的是(　　)

圖7
A.該彈簧振子的振幅為1 m
B.該彈簧振子的周期為1 s
C.該彈簧振子的最大加速度為10 m/s2
D.該彈簧振子的最大速度為2 m/s
E.該彈簧振子的最大速度為5 m/s
解析　彈簧振子的振幅為振子偏離平衡位置的最大距離，所以該彈簧振子的振幅為A＝0.5 m，選項A錯誤；由題圖所示振子振動曲線可知，白紙移動x＝2 m，振動一個周期，所以彈簧振子的周期為T＝xv＝1 s，選項B正確；該彈簧振子所受最大回復(fù)力F＝kA＝10×0.5 N＝5 N，最大加速度為a＝Fm＝10 m/s2，選項C正確；根據(jù)題述彈簧彈性勢能的表達式為Ep＝12ky2，彈簧振子振動過程中機械能守恒，由12mv 2m＝12kA2可得該彈簧振子的最大速度為vm＝kmA＝5 m/s，選項D錯誤，E正確。
答案　BCE
10.在探究單擺運動的實驗中：
(1)圖8(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，根據(jù)圖(b)的信息可得，從t＝0時刻開始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＝10 m/s2)。

圖8
(2)單擺振動的回復(fù)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(xué)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l
C.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(nèi)做圓周運動，測得擺動周期，再根據(jù)公式計算重力加速度
解析　(1)根據(jù)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(yīng)的時刻為t＝0.5 s。根據(jù)題圖(b)的信息可得，單擺周期T＝1.6 s，由單擺周期公式T＝2πLg，解得擺長為L＝0.64 m。
(2)單擺振動的回復(fù)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提供向心力，選項B正確。
(3)測得擺長應(yīng)為l＋d2，選項B錯誤；若讓小球在水平面內(nèi)做圓周運動，則為圓錐擺運動，測得擺動周期就不是單擺運動周期，選項D錯誤。
答案　(1)0.5　0.64　(2)B　(3)AC
11.如圖9，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構(gòu)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9
解析　當物塊向右通過平衡位置時，脫離前：
振子的動能Ek1＝12(ma＋mb)v20
脫離后振子的動能Ek2＝12mav20
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(zhì)量減小，根據(jù)a＝－kxm可知，在同一個位置物塊a的加速度變大，即速度變化更快，故脫離后周期變小。
答案　<　<

發(fā)表評論