（2020年高考必考考点）选修3-4　机械振动 机械波 光 电磁波 相对论简介 第1讲.doc

1、高考导航考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018命题分析机械振动与机械波简谐运动卷T34(1)：波的性质T34(2)：光的折射、全反射及几何关系的应用卷T34(1)：电磁波T34(2)：波速公式和振动位移函数式卷T34(1)：波的传播和质点振动的关系T34(2)：光的折射现象卷T34(1)：波的干涉加强点和减弱点的判断T34(2)：折射定律卷T34(1)：双缝干涉图样T34(2)：折射定律卷T34(1)：波动图象T34(2)：光的全反射、折射定律卷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的应用卷T34(1)：声波的传播、vf的应

2、用T34(2)：折射定律及全反射卷T34(1)：波的图象v及v的应用T34(2)：折射定律的应用本单元考查的热点有：(1)简谐运动的特点及图象、波的图象以及波长、波速、频率的关系，题型有选择、填空、计算等，波动与振动的综合，以计算题的形式考查的居多。(2)光的折射定律、折射率的计算、全反射的应用等，题型有选择、填空、计算等，光的折射与全反射的综合，以计算题的形式考查的居多。简谐运动的公式和图象单摆、单摆的周期公式受迫振动和共振机械波、横波和纵波横波的图象波速、波长和频率(周期)的关系波的干涉和衍射现象多普勒效应电磁振荡与电磁波电磁波的产生电磁波的发射、传播和接收电磁波谱光光的折射定律折射率全反

3、射、光导纤维光的干涉、衍射和偏振现象相对论狭义相对论的基本假设质能关系实验一：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讲机械振动知识排查简谐运动描述简谐运动的物理量物理量定义意义振幅振动质点离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱和能量周期振动物体完成一次全振动所需时间描述振动的快慢，两者互为倒数：T频率振动物体单位时间内完成全振动的次数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

4、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T2T2 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，机械能守恒受迫振动和共振小题速练1(多选)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间变化的关系式为xAsin t，如图1所示，则()图1A弹簧在第1 s末与第5 s末的长度相同B简谐运动的频率为 HzC第3 s末，弹簧振子的位移大小为AD第3 s末至第5 s末，弹簧振子的速度方向不变E第5 s末，弹簧振子的速度和加速度均为正值解析在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第1 s末与第5 s末时，虽然位移大小相同

5、，但方向不同，弹簧长度不同，选项A错误；由题图可知，T8 s，故频率为f Hz，选项B正确； rad/s，则将t3 s代入xAsin t，可得弹簧振子的位移大小xA，选项C正确；第3 s末至第5 s末弹簧振子沿同一方向经过平衡位置，速度方向不变，选项D正确；第5 s末，弹簧振子位移为负值，并正远离平衡位置，此时弹簧振子的速度为负值，加速度为正值，选项E错误。答案BCD2(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

6、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T2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，只有动能和势能参与转化，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T2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

7、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ABD3(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ff0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f0D该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于fE当ff0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ff0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

8、简谐运动的规律五个特征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：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)相隔或(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2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

9、等。图2(3)振子由P到O所用时间等于由O到P所用时间，即tPOtOP。(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】(多选)(2019陕西西安一中月考)下列关于简谐运动的说法正确的是()A速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动B位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C一个全振动指的是动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D位移减小时，加速度减小，速度增大E物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相

10、反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同解析速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，故A正确；回复力方向与位移方向相反，故加速度方向与位移方向相反，但速度方向可以与位移方向相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故B错误，E正确；一次全振动过程中，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，故C错误；当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置，速度在增大，故D正确。答案ADE1(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

11、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 sB1.4 sC1.6 sD2 sE3 s解析如图甲所示，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，所以周期不可能的为选项B、D、E

12、。答案BDE2.如图3，一轻弹簧一端固定，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“”)。图3解析当物块向右通过平衡位置时，脱离前：振子的动能Ek1(mamb)v脱离后振子的动能Ek2mav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。答案简谐运动的公式和

13、图象的理解及应用1简谐运动的数学表达式xAsin(t)2根据简谐运动图象可获取的信息图4(1)确定振动的振幅A和周期T。(如图4所示)(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】(多选)如图5甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简

14、谐运动，其振动图象如图乙所示。由振动图象可以得知()图5A振子的振动周期等于2t1B在t0时刻，振子的位置在a点C在tt1时刻，振子的速度为零D在tt1时刻，振子的速度最大E从t1到t2，振子正从O点向b点运动解析弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1，选项A正确；在t0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在tt1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误，D正确；从t1到t2，振子的位移方向沿正方向且在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项E正确。答案ADE求解简

15、谐运动问题时，要紧紧抓住一个模型水平方向振动的弹簧振子，熟练掌握振子的振动过程以及振子振动过程中各物理量的变化规律，看到振动图象，头脑中立即呈现出一幅弹簧振子振动的图景，再把问题一一对应、分析求解。1(多选)一个质点做简谐运动的图象如图6所示，下列叙述正确的是()图6A质点的振动频率为4 HzB在10 s内质点经过的路程是20 cmC在5 s末，速度为零，加速度最大D在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点的位移大小相等E在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点的速度相同解析由图读出周期为T4 s，则频率为f0.25 Hz，故A错误；质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，t10 s2.5T，则在1

16、0 s内质点经过的路程是s2.54A102 cm20 cm，故B正确；在5 s末，质点位于最大位移处，速度为零，加速度最大，故C正确；由图看出，在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点位移大小相等，速度大小相等、方向相反，故D正确，E错误。答案BCD2弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t0.2 s时刻，振子速度第一次变为v；在t0.5 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

17、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T0.52 s1 s(2)若B、C之间距离为25 cm则振幅A25 cm12.5 cm振子4 s内通过的路程s412.5 cm200 cm(3)根据xAsin t，A12.5 cm，2 rad/s得x12.5sin(2t) cm振动图象为答案(1)1 s(2)200 cm(3)x12.5sin(2t) cm图象见解析单摆周期公式及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 xkx，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

18、细线方向的分力的合力充当向心力，F向FTmgcos 。(3)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。2周期公式T2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

19、保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。(6)测量：摆长l摆线长l小球半径。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3050次的总时间，算出一次全振动的时间。(2)数据处理公式法：g，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。图象法：作出lT2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)及摆长时产生误差多次测量再求平均值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摆球要选体积小，密度大的最大摆角要小于10【例3】(多选)如图7所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图象，下列说法正确的是()图7A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振

20、幅比乙摆的大C甲摆的机械能比乙摆的大D在t0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E由图象可以求出当地的重力加速度解析由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T2得知，甲、乙两单摆的摆长相等，选项A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，选项B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，选项C错误；在t0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，选项D正确；由单摆的周期公式T2得g，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，选

21、项E错误。答案ABD1(多选)图8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8At0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T4 sBt1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T4 sCt1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T4 s Dt0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A10 cmEt1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A10 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BDE2在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)摆动时偏角满足的

22、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9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9(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

23、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 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L0.998 0 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，选项A正确。答案(1)低2.05 s(3)0.998 0(3)(4)A受迫振动和共振自由振动、受迫振动和共振的关系比较自由振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

24、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TT驱或ff驱T驱T0或f驱f0振动能量振动系统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(5)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等【例4】如图10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

25、球的振动频率为_ Hz。逐渐改变圆盘的转动圆期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为_ s。图10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 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。答案阻尼0.250.33(或)1(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 HzC当驱动力的频率等于

26、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BCD2(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11所示，则()图11A此单摆的固有周期约为2 sB此单摆的摆长约为1 mC若摆长增大，单摆的固有频

27、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T2，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，

28、所受到的回复力为零，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T2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T2知，两摆的周期相等，E正确。答案ACE2(多选)下列说法正确的是()A摆钟走得快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的频率C在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象D部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌E较弱声音可以

29、震碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振解析 摆钟走得快了说明摆的周期短，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T2可知，必须增大摆长，才可能使其走得准确，故A错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的频率，故B正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故C错误；部队经过桥梁时，如果士兵行走的频率和桥梁的固有频率相等，则会发生共振，为了防止桥梁发生共振而坍塌，士兵要便步通过桥梁，故D正确；当声音的频率等于玻璃杯的固有频率时，杯子发生共振而破碎，则E正确。答案BDE3(多选)一

30、水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动，平衡位置在坐标原点，向x轴正方向运动时弹簧被拉伸，振子的振动图象如图1所示，已知弹簧的劲度系数为20 N/cm，振子质量为m0.1 kg，则()图1A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图中A点对应的时刻振子的加速度大小为5 m/s2D在04 s内振子通过的路程为4 cmE在04 s内振子做了1.75次全振动解析由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为Fkx200.25 N5 N，方向指向x轴的负方向，并且振子正在远离O点向x轴的

31、正方向运动，选项A、B正确；由牛顿第二定律知，题图中A点对应的时刻振子的加速度大小为a50 m/s2，选项C错误；由题图可读出周期为2 s，4 s内振子完成两次全振动，通过的路程是s24A240.5 cm4 cm，选项D正确，E错误。答案ABD4(多选)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图2所示，则可知()图2A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21C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12E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21，则频率之比f甲f乙12，选项D正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧

32、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(Fkx)的最大值之比F甲F乙不一定为21，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CDE5(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3所示

33、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3A摆线碰到障碍物前后的摆长之比为41B摆线碰到障碍物前后的摆长之比为21C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EM、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21，根据单摆的周期公式T2得，摆长之比为41，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Fmgm知，张力变大，根据vr，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

34、6在探究单摆运动的实验中：(1)图4(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Ft图象，根据图(b)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)。图4(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

35、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t0.5 s。根据题图(b)的信息可得，单摆周期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，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，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)0.50.64(2)B(3)AC综合提能练7(多选)如图5所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、

36、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()图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倍解析细线断开前，两根弹簧上的弹力大小相同，弹簧的伸长量相同，细线断开后，两物块都开始做简谐运动，简谐运动的平衡位置都在弹簧原长位置，所以它们的振幅相等，A错误，B正确；两物块做简谐运动时，动能和势能相互转化，总机械能保持不变，细线断开前，弹簧的弹性势能就是物块开始

37、做简谐运动时的机械能，二者相等，根据机械能守恒，可知在振动过程中，它们的机械能相等，到达平衡位置时，它们的弹性势能为零，动能达到最大，二者相等，因为甲的质量是乙的质量的4倍，根据动能公式可知甲的最大速度是乙的最大速度的，C正确；根据弹簧振子做简谐运动的周期公式T2，甲的质量是乙的质量的4倍，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，D正确；根据周期与频率成反比可知，甲的振动频率是乙的振动频率的，E错误。答案BCD8(多选)如图6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k10 N/m，振子的质量为0.5

38、 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式Epky2，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6A该弹簧振子的振幅为1 mB该弹簧振子的周期为1 sC该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2D该弹簧振子的最大速度为2 m/sE该弹簧振子的最大速度为 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A0.5 m，选项A错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x2 m，振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T1 s，选项B正确；该弹簧振子所受最大回复力FkA100.5 N5 N，最大加速度为a10 m/s2，选项C正确；根据

39、题述弹簧弹性势能的表达式为Epky2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由mvkA2可得该弹簧振子的最大速度为vmA m/s，选项D错误，E正确。答案BCE9.某同学想在家里做“用单摆测当地重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块体积约为3 cm3、外形不规则的大理石块代替小球，他设计的实验步骤是：图7A将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点；B用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；C将石块拉开大约5的角度，然后由静止释放；D从摆球摆到最高点时开始计时，测出全振动30次的总时间t，由T求周期；E改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的L和T；F求出多次实验

40、中测得的L和T的平均值，代入公式gL，求得重力加速度。(1)(多选)以上实验步骤中有重大错误的是_。(2)该同学用OM的长度作为摆长，这样做引起的误差将使g的测量值比真实值偏大还是偏小：_。你有什么方法可解决摆长无法准确测量的困难：_。解析(1)摆长L应为悬点到石块重心的距离，故B错误；计时起点应为平衡位置，故D错误；用公式gL计算时应将L、T单独代入求g值，再求g的平均值，F错误。(2)用OM作为摆长，此摆的实际摆长偏小，故g的测量值偏小。可采用图象法，以T2为纵轴，L为横轴，多次测量作出T2L 图线，由图线的斜率k得到g，k值与摆长L的测量无关。答案(1)BDF(2)偏小采用图象法，多次测量作出T2L 图线，由图线的斜率k得到g，k值与L的测量无关