物理教科版選修3-4答案

答案全解全析

第一章機(jī)械振動

第一章61簡諧運(yùn)動

知識清單

一、①某一位置②往復(fù)③振動④靜止

二、①摩擦②質(zhì)量③平衡位置④位移大?、萜胶馕恢?/p>

三、①最大距離②標(biāo)量③強(qiáng)弱④越強(qiáng)⑤一次全振動⑥全振動的次數(shù)⑦快慢

⑧⑨秒⑩赫茲

四、①最大②零③相等

鏈接高考

LC答案見解析

?解析滑塊在彈簧長為L時的位置為平衡位置“設(shè)沿斜面向上為正方向。此時

k(L-Lo)-mgsin0=0

當(dāng)滑塊振動通過0點(diǎn)以上距0點(diǎn)為x處時,受力為

F^=k(L-Lo-x)-nigsin。

=k(LrU)-kx-mgsin0=-kx

符合F合二-kx,滑塊的振動為簡諧運(yùn)動。

2.B做簡諧運(yùn)動的物體，當(dāng)它每次經(jīng)過同?位置時，位移相同，加速度相同，回笈力相同，可能不

同的物理量是速度,選項(xiàng)B正確。

3.B距離平衡位置越近,位移越小,速度越大,加速度越小，由此可知選項(xiàng)A、C錯誤,選項(xiàng)B正

確；由回復(fù)力F=-kx可知當(dāng)振子從B向0運(yùn)動時，回復(fù)力變小,選項(xiàng)D錯誤,故選B。

4.C小球在平衡位置附近振動,合力充當(dāng)回復(fù)力，做的是簡諧運(yùn)動,合力與位移的關(guān)系式為F二-

kx,根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知C正確。

5.〈答案約空

v2

■解析設(shè)周期為T,振幅為A。

由題意得T嚀A?空。

6.C答案〈＜

S解析當(dāng)物塊向右通過平衡位置時，

脫離前振子的動能Ekl=i(m?+mi,)v^

脫離后振子的動能加柳詔

由機(jī)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J'?振幅變

??；由彈簧振子的周期T=2”第知，脫離后周期變小。

7.AB由小物塊的振動方程可知，,2.5n,T=O.8s,故B正確。0.6s內(nèi)物塊運(yùn)動了［個周期，

故路程應(yīng)為0.3m,C錯誤?t=0.4s時物塊運(yùn)動了半個周期，正向下運(yùn)動，與小球運(yùn)動方向相同，

故D錯誤。t=0.6s時，物塊的位移y=-0.1m,小球下落距離H=igt：=l.8m,由題圖可

知,h=H+y=l.7m,故A正確。

基礎(chǔ)過關(guān)

一、選擇題

1.D物體做機(jī)械振動時存在某一平衡位置,且物體在這一位置兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動,A、B、C選項(xiàng)中描

述的運(yùn)動均符合這一要求,D選項(xiàng)表針做圓周運(yùn)動，它并不是在某一位置兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動,故D選項(xiàng)

不屬于機(jī)械振動。

2.B彈簧振子經(jīng)過同一位置時，其相對平衡位置的位移是相同的,振子所受到的合力是相同的。

振動過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,在同一位置時,彈簧的彈性勢能相同,振子所具有的動能相同,所

以只有速度是變化的,速率不變。

3.B簡諧運(yùn)動的位移的初始位置是平衡位置,所以簡諧運(yùn)動過程中任一時刻的位移都是背離平

衡位置的，故A選項(xiàng)錯誤;振子的加速度總是指向平衡位置的,而位移總是背離平衡位置的，故B

選項(xiàng)正確;振子在平衡位置兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動,所以速度方向有時與位移方向相同,有時相反,故C、D

選項(xiàng)錯誤。

4.C位移方向是從平衡位置指向振子所在位置，加速度方向總是指向平衡位置,速度方向?yàn)檎?/p>

子運(yùn)動的方向,所以本題正確選項(xiàng)為Co

5.D平衡位置是振動系統(tǒng)不振動時，振子處于平衡狀態(tài)時所處的位置，故D選項(xiàng)正確。

6.C因?yàn)閺椈烧褡庸逃兄芷诤凸逃蓄l率與振幅無關(guān)，只由系統(tǒng)本身決定，所以￡:f2=l：1,C項(xiàng)

正確。

二、非選擇題

7.t答案(1)40m/s2(2)0.96m

｛解析由題意知彈簧振子的周期T=0.5s,振幅A=4X10?mo

⑴"蟲"&40m/s2o

tnm

(2)3s為6個周期，所以總路程為S=6X4X4X1(Tm=0.96nu

三年模擬

一、選擇題

1.B若At=T/4,則只有當(dāng)質(zhì)點(diǎn)從平衡位置或者最高點(diǎn)和最低點(diǎn)開始振動時，在At時間內(nèi)振子

經(jīng)過的路程才為一個振幅,A錯誤;若At=T/2,則不論質(zhì)點(diǎn)從什么位置開始振動，在At時間內(nèi)

振廣經(jīng)過的路程均為兩個振幅,B正確；若△t=T/2,則在t時刻和(t+△t)時刻振廣的位移大小

一定相同,方向相反,C錯誤;若At=T/2,則在t時刻和(t+At)時刻振子的速度大小一定相同，

但是方向相反,D錯誤。

2.AC根據(jù)回復(fù)力公式F=-kx可知，位移減小,回復(fù)力減小,加速度減小,速度增大,A正確;位移

方向總跟加速度方向相反。質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過同一位置，位移方向總是由平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置，而

速度方向兩利可能與位移方向相同，也可能與位移方向相反,B錯誤;物體運(yùn)動方向指向平衡位

置時，位移方向離開平衡位置,速度方向跟位移方向相反,C正確;加速度的方向始終指向平衡位

置,只要振子是向平衡位置運(yùn)動時,速度與加速度方向就相同,D錯誤。

3.BC振子從最大位移處向平衡位置運(yùn)動的時間內(nèi)，做加速度越來越小的加速運(yùn)動，因速度不斷

增大,所以前：時間內(nèi)運(yùn)動的距離一定小于后段時間內(nèi)運(yùn)動的距離,即段時刻,物體的位移x號由

簡諧運(yùn)動的規(guī)律不難得出a,>a2,vKvz,因此選項(xiàng)B、C正確,A、D錯誤。

4.C當(dāng)振子在平衡位置時的速度最大,此時的重力勢能為零，但是彈簧的彈性勢能不為零,故振

動系統(tǒng)的勢能不為零;A錯誤;在平衡位置時,物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能不相等,B錯誤；

因?yàn)橹挥兄亓蛷椈蓮椓ψ龉Γ收褡拥膭幽?、重力勢能及彈性勢能守?即振動系統(tǒng)的機(jī)械能

守恒,故在平衡位置動能最大時,振動系統(tǒng)的勢能最小,C正確,D錯誤0

5.D若振子開始運(yùn)動的方向先向左，再向M點(diǎn)運(yùn)動,A、B兩點(diǎn)為最大位移處,運(yùn)動路線如圖a所

示，

圖a

質(zhì)點(diǎn)從。到a再b的時間為尹=0.3S4X0.2S=0.4S,于是得振動的周期為T*s,振子

第三次通過M點(diǎn)需要經(jīng)過的時間為

t=T-0.2s=（~-0.2）s=1So

若振子開始運(yùn)動的方向向右直接向M點(diǎn)運(yùn)動,如圖b所示，

圖b

振動的周期為T=1.6s,振子第三次通過M點(diǎn)需要經(jīng)過的時間為t=T-0.2s=l.4s。

6.BD0點(diǎn)為平衡位置，所以其位置的長度小于原長，即彈簧原長位置在0點(diǎn)上方。物體在AB之

間振動，所以A、B處的速度為零。將物體和彈簧看成一系統(tǒng)，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以從C點(diǎn)運(yùn)

動到D點(diǎn),動能減少1.0J,故選項(xiàng)A錯誤;從C運(yùn)動到D,重力勢能減少,說明高度降低,彈性勢

能增加，說明彈簧形變量增加,所以C點(diǎn)可能在0點(diǎn)的上方或者下方,故選項(xiàng)B正確；因?yàn)閺腃到

D高度降低且動能減少,所以D點(diǎn)在0點(diǎn)的下方,故選項(xiàng)C錯誤；由于振動過程具有往復(fù)性,所以

經(jīng)過D點(diǎn)時可能向下運(yùn)動也可能向上運(yùn)動,故選項(xiàng)D正確。

7.B簡諧運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn),先后以同樣大小的速度通過A、B兩點(diǎn)，則可判定這兩點(diǎn)關(guān)于平衡位置0

點(diǎn)對稱,所以質(zhì)點(diǎn)由A到0時間與由0到B的時間相等,那么平衡位置0到B點(diǎn)的時間I尸0.5s,

因過B點(diǎn)后再經(jīng)過t=ls質(zhì)點(diǎn)以方向相反、大小相同的速度再次通過B點(diǎn),則有從B點(diǎn)到最大

位置的時間L=0.5s,故從平衡位置0到最大位置的時間是1s,故周期是T=4s;質(zhì)點(diǎn)通過路程

12cm所用時間為2s,是周期的一半，所以路程是振幅的2倍,故振幅A或cm=6cm,故選

8.A平衡后剪斷A、B間細(xì)線,A將做簡諧運(yùn)動,在平衡位置,有kx.-mg,在平衡之前的初位置,有

kx產(chǎn)2mg,故振幅為A=X2-x尸詈,根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性,到達(dá)最高點(diǎn)時,彈簧處于原長,故此時木

箱只受重力和支持力，二力平衡，故支持力等于重力Mg,A正確,B、C、D錯誤。

9.AD當(dāng)AB間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時，加速度最大,即最大加速度為A項(xiàng)正確,B項(xiàng)

m

錯誤;最大形變量為X-，絲次-華蛆f,D項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯誤。

kkm

二、非選擇題

10.?答案(1)2.8mg/k(2)3.8mg,豎直向下(3)L+1.8mg/k

■解析(1)豎直彈簧振子的回復(fù)力大小F=kx=ma,位移最大時加速度最大,因此kA=ma

將a=2.8g代入可得A=2.8mg/k

(2)當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時有:kx「mg=ma”因此kx尸3.8mg,由牛頓第三定律知道小球?qū)椈?/p>

彈力F的大小為3.8mg,方向豎直向下。

(3)小球位于平衡位置時彈簧壓縮量為mg/k,由于振幅為2.8mg/k,可以判斷小球位于最高

點(diǎn)時，彈簧處于伸長狀態(tài),其伸長量X2=A-XO,最大長度L'二L+XLL+1.8mg/ko

第一章、圖2單擺

知識清單

?、①伸縮②質(zhì)量③小球的直徑④懸掛點(diǎn)⑤豎直⑥變速⑦中心⑧振動

二、①圓弧切線②正比③平衡位置④簡諧運(yùn)動

三、①無關(guān)②無關(guān)③擺長④越大⑤T二2n￡⑥平方根成正比⑦平方根成反比⑧

振幅⑨質(zhì)量⑩2

鏈接高考

1.BC在單擺的最高點(diǎn)合外力等于單擺的回復(fù)力,選項(xiàng)A錯誤;回復(fù)力是單擺受到重力沿圓弧切

線方向的分力,選項(xiàng)B正確;單擺運(yùn)動到平衡位置時的合外力不為零,但回復(fù)力一定為零,選項(xiàng)C

正確；同理判斷選項(xiàng)D錯誤，故選B、Co

2.C在同一位置，單擺的頻率由擺長決定，擺長相等，頻率相等，所以A、B錯誤；由機(jī)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正確,D錯誤。

3.幡案T=2n叵

聊析單擺的周期公式T=2m且kl=mg,解得T=2"后

4.造案⑴乙⑵是否⑶空察察

C解析(D用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑，應(yīng)將小球卡在外爪的刀口上。故乙正確。

(2)當(dāng)擺球經(jīng)過最低點(diǎn)(平衡位置)開始計時時,誤差較小，以及用停表測量大約30次全振動

所需的時間，再求出周期,單單測一次全振動所需的時間表示周期誤差較大。

(3)根據(jù)T=2n得,L=U0則圖線的斜率根據(jù)圖線得k喈所以

7g4n24n2^BTATBTA*y*

5.。答案⑴BC(2)87.50100.12.0(3)D

。解析(1)懸線短了，周期過小，測量誤差變大,A錯誤;當(dāng)擺角小于5。時,才能看做簡諧振動，

所以擺角越小越好,B正確;為了讓小球在擺動過程中的回復(fù)力是由重力的一部分充當(dāng),所以應(yīng)在

豎直平面內(nèi)擺動,C正確;在最低位置,速度大,視覺誤差小,應(yīng)從最低位置開始計時,D錯誤。

(2)球底部讀數(shù)88.50cm,擺長為懸點(diǎn)到球心的距離，擺長為88.50cm-|cm=87.50cm,停

表讀數(shù)為100.1s,周期為T=甯s^2.0so

(3)T2-1圖線是一條過原點(diǎn)的傾斜直線,所以r-1,故選Do

6.C小球的運(yùn)動可看成單擺的運(yùn)動，根據(jù)單擺的周期T=2nJJ,知小球的周期與質(zhì)量、釋放點(diǎn)

的位置無關(guān)，與曲率半徑有關(guān)，曲率半徑越大，周期越大。故C正確,A、B、D錯誤。

7.CA、B球的運(yùn)動可以看做是單擺運(yùn)動。T=2n所以A、B兩球的周期不相同,TRI,由題

目可知A、B球下落到達(dá)0點(diǎn)的時間為三所以兩小球第一次相遇點(diǎn)的位置一定在0點(diǎn)的右側(cè)，故

選C

8.?答案0.7850.08

《解析小環(huán)運(yùn)動到最低點(diǎn)所需的最短時間為1=174苫用s=0.785s。由機(jī)械能守恒定律知

在最低點(diǎn)處的速度為v二何方。在最低點(diǎn)處的加速度為a二^二哈。.08m/s2o

9.C單擺在擺角小于5。時的振動是簡諧運(yùn)動，其周期是T=2nL是擺長，等于擺鐘的重心

到懸點(diǎn)的距離。把擺鐘從福建移到北京,則重力加速度增大,應(yīng)使圓盤沿擺桿下移,才能準(zhǔn)確,A

錯誤;擺鐘快了，說明擺動周期小,則必須使圓盤下移,才能調(diào)準(zhǔn),B錯誤；由冬季變?yōu)橄募緯r,溫度

升高,則由熱脹冷縮可知,擺長變長了,應(yīng)使圓盤沿擺桿上移,才準(zhǔn)確,C正確;到月球上重力減

小,g減小,可通過向上移動圓盤調(diào)節(jié)到準(zhǔn)確,D錯誤。

10.喑案ysma（n=］、2、3…）

CW.析對A球，有:T=2n楞^

t=n-（n=l>2、3…）

2

對B球,有:h=^gt2

聯(lián)立解得:h』警吧（n=l、2、3…）

基礎(chǔ)過關(guān)

一、選擇題

1.A由回復(fù)力的定義可知A正確；單擺的回復(fù)力除在最高點(diǎn)外都不是擺球所受的合力,但不管

在哪個位置均可以認(rèn)為是重力沿軌跡圓弧切線方向的分力,選項(xiàng)B錯誤;經(jīng)過平衡位置時回復(fù)力

為零，但合力不為零,因懸線方向上要受到向心力,選項(xiàng)C錯誤;綜上所述選項(xiàng)D錯誤。

2.C單擺的周期與擺球的質(zhì)量和振幅均無關(guān),A、B均錯;對秒擺,T°=2K步2s,對周期為4s

的單擺,T=2"J1=4s,故1=41°,C對,D錯?

3.C水不斷流出的過程中,球的重心先下降后升高,單擺的擺長先增大后減小,故周期先增大后

減小。

4.C鐘從甲地拿到乙地，鐘擺擺動加快,說明周期變短，由T=2n可知,g,Kg4要將鐘調(diào)準(zhǔn)需

將擺長增長，故C正確。

5.D這是一個變形的單擺,可以用單擺的周期公式T=2ng求解,但注意此處的1與題中的擺

線長不同，公式中的1指質(zhì)點(diǎn)到懸點(diǎn)（等效懸點(diǎn)）的距離，即做圓周運(yùn)動的半徑。單擺的等效擺長

為1sina,所以周期T=2"J乎。

二、非選擇題

6.《答案16:25

?解析由題意可知，兩單擺的周期之比為5：4,根據(jù)單擺周期公式T=2”耳得知，兩地的重力加

速度之比為g,：g2=Tf：蹩=16：25。

7.?答案5次

，解析A擺振動周期為2s,B擺振動周期為1s。B球釋放后經(jīng)手0.25s第一次與A球碰撞.

因兩個小球相同,且碰撞時無機(jī)械能損失,故B球與A球相碰后,B球靜止,A球振動,再經(jīng)^=1

s,A球回來碰B球，碰后A球靜止,B球運(yùn)動，又經(jīng)容0.5s,B球再回來碰A球,如此反復(fù),經(jīng)

t=0.25s+1s+0.5s+1s+0.5s=3.25s時兩個球碰撞5次，再經(jīng)1s即在4.25s時碰第六次，

故在4s內(nèi)，兩個球碰撞5次。

8.C答案(1)4.9s(2)3.5s(3)0.99m

析(1)T月=2“P-&

T地二2五

因秒擺的周期為2秒,則①式除以②式,得T產(chǎn)T堆

⑵T肝T地

(3)1方礙產(chǎn)?g地=(康)2x9.8m=0.99m

三年模擬

一、選擇題

1.A由題目給定的數(shù)據(jù)，滿足單擺的條件：擺球尺寸趨近零；在平衡點(diǎn)附近作小角度(小于5

度)擺動。小球運(yùn)動到最低點(diǎn)所需的最短時間為那期,1中三X2可言X2”腎.2”s,A

正確。

2.A將一個擺鐘由甲地移至乙地,發(fā)現(xiàn)擺鐘變慢了，說明周期變長了，根據(jù)單擺的周期公式

T=2nJ可知，甲地的重力加速度大于乙地的重力加速度;為了減小周期，可以減小擺長，故A正

確,B、C、D錯誤。

3.AB小球擺動過程中，受到重力和細(xì)線的拉力，小球振動的方向?yàn)檠貓A弧切線的方向,將擺球

所受重力沿圓弧切線方向和半徑方向分解,沿圓弧切線方向的分力為擺球的回復(fù)力，故A正確；

小球由c到b的過程，重力做負(fù)功,拉力與速度垂直,不做功，由功能關(guān)系知I:動能減小,重力勢能

增大，故B正確;c點(diǎn)為小球圓弧軌跡的最低點(diǎn)，小球在c點(diǎn)時的重力勢能最小,速率最大，由a二f

知，向心加速度最大,故C錯誤;在平衡位置時，由尸-噌=年知,擺線張力最大,擺球重力沿圓弧切

線方向的分力為零,回復(fù)力為零,故D錯誤。

4.A將小物體沿圓弧的運(yùn)動等效成單擺,其擺長等于圓弧的半徑，±T=2nJj可知從D點(diǎn)釋放

和從C釋放到底端的時間均為四分之一周期，所以時間相等即t產(chǎn)k;由機(jī)械能守恒定律mgh=ifliv:

可知v1>v2,故選項(xiàng)A正確。

5.C圖中M到P為四個時間間隔,P到N為兩個時間間隔，即左半部分單擺的周期是右半部分單

擺周期的;,根據(jù)T=2“歸可得左半部分單擺的擺長為匕即小釘距懸點(diǎn)的距離為華,故C選項(xiàng)正

244

確。

6.B設(shè)振動時間為t,由題意知

-^2n但工二2n區(qū)西

na7gf7g

聯(lián)立以上兩式解得la=0.9m,lb=2.5mo

7.B由T=2nR可知,擺長不變時,單擺的周期不變,頻率不變。擺球的質(zhì)量增加為原來的4倍,

而經(jīng)過平衡位置時的速度減小為原來的今則擺球經(jīng)過平衡位置的動能不變,單擺運(yùn)動過程中機(jī)

械能守恒,故最大勢能不變,又因擺球質(zhì)量發(fā)生改變,則振幅發(fā)生變化。

二、非選擇題

8.?答案(DA(2)D

，解析(D根據(jù)單擺的周期公式T=2"&得所以TT圖像的斜率k應(yīng)，重力加速度

隨緯度的升高而增大,g越大,斜率越小，廣東中山大學(xué)的物理實(shí)驗(yàn)室緯度低,g值小,斜率大,故

中山大學(xué)的同學(xué)所測實(shí)驗(yàn)結(jié)果對應(yīng)的圖線是A；(2)由圖知，兩擺周期不同，故擺長不同,所以A錯

誤;b擺的振幅比a擺大,故B錯誤;因不知擺球質(zhì)量的大小,故不能確定機(jī)械能的大小,所以C錯

誤;在t=ls時a擺在負(fù)的最大位移處,有正向最大加速度,b擺在平衡位置,所以D正確。

9.。答案10.2616

燔析因單擺做簡諧振動的回復(fù)力為F二-竿x,由圖線可知:詈若篝0.98,可得1譚Gm;

單擺周期為T=2n62ns,單擺振動的振幅為A=0.0872m,故從平衡位置開始振動經(jīng)

過1.5s,擺球通過的路程為3A=0.2616m。

10.?答案為30,1,2…)

6解析擺球A從左側(cè)最大位移處到C點(diǎn)相遇經(jīng)過時間t4+nT(n=O,1,2-)

4

根據(jù)單擺周期公式T=2nJI

小球B從D點(diǎn)到C點(diǎn)相遇經(jīng)過時間與A球時間相同,B球速度為v

勻速運(yùn)動時間t=-V

聯(lián)立方程月警」(n=o,1,2-)

4y/gV

計算可得v=77等方(n=°，1，2-)

(3+4n)itv￡

第一章⑥3簡諧運(yùn)動的圖像和公式

知識清單

一、①位移②時間③振動圖像④做簡諧運(yùn)動的物體運(yùn)動過程中相對于平衡位置的位移X

⑤做簡諧運(yùn)動的物體運(yùn)動的時間I⑥平滑的曲線⑦正弦⑧余弦⑨振幅⑩周期

二、①Asin(<Jt+4>)②Acos(ut+<b)③振幅④周期⑤頻率

三、①3t+。②初相位③初相④恒定

鏈接高考

1.C解法一由題意知，游客舒服登船時間tqxJx2=L0s.

34

解法二設(shè)振動表達(dá)式為y=Asin31,由題意可知或3t2弓7，其中3=^^元

66T3

rad/s,解得ti=0.25s或t2=l.25s,則游客舒服登船時間At=t2-t,=l.0s。

2.D由圖可知周期為12s;2s時質(zhì)點(diǎn)的位移不是最大，故加速度也不是最大;4s時質(zhì)點(diǎn)的速

度最大;7s時質(zhì)點(diǎn)的位移最大。A、B、C錯,D正確。

3.C由公式可知:振幅為8cm；3Wrad/s,所以1匹4s。s內(nèi)，位移變大，速度減小，廣2

S內(nèi)，速度變大，動能變大，故A、B、D錯誤,C正確。

4.。答案(Dx=5sin(cm)(2)見解析(3)05m

CW析(1)由振動圖像可得:A=5cm,T=4s,小二0則3#或rad/s,故該振子做簡諧運(yùn)動的表

達(dá)式為:x=5sin(cm)o

(2)由圖可知,在t=2s時振子恰好通過平衡位置,此時加速度為零,隨著時間的延續(xù)，位移

值不斷變大，加速度的值也變大，速度值不斷變小，動能不斷減小,彈性勢能逐漸增大。當(dāng)t=3s

時,加速度的值達(dá)到最大,速度等于零,動能等于零,彈性勢能達(dá)到最大值。

(3)振子經(jīng)過一個周期位移為零,路程為5X4cni=20cm,前100s剛好經(jīng)過了25個周期,所

以前100s振子位移x=0,振子路程s=20X25cm=500cm=5mo

基礎(chǔ)過關(guān)

一、選擇題

1.CD由圖看出，該圖像拍攝了一個小球不同的時刻位置,即一個小球的振動情況,故A錯誤;彈

簧振子在x軸方向做簡諧運(yùn)動,小球并不是沿t軸方向移動，故B錯誤；由對稱性可知,該圖像的

坐標(biāo)原點(diǎn)是建立在彈簧振子小球的平衡位置,類似于沙擺實(shí)驗(yàn),為了顯示小球在不同時刻偏離平

衡的位移,讓底片沿垂直x軸方向勻速運(yùn)動，故C正確；圖像中小球的疏密反映了小球在x軸方

向運(yùn)動的快慢,越密速度越小，位置變化越慢,故D正確。

2.AD\\、匕均沿-X方向，L時刻,質(zhì)點(diǎn)離平衡位置較遠(yuǎn)，速度較小,v《V2,A對,B錯；由于質(zhì)點(diǎn)的

加速度a='x,|xi|>|xz|,Xi與Xz方向相反，故aI>a,且a>a?方向相反,C錯,D對。

m2t

3.D彈簧振子振動的加速度與位移的關(guān)系式為a=-空,加速度大小與位移大小成正比,方向總是

m

與位移方向相反。當(dāng)振了的加速度正向最大時其位移必然是負(fù)向最大,所以正確選項(xiàng)是Do

4.BD從題中圖像可知:兩單擺的振幅相等，周期不等,所以兩單擺的擺長一定不同，故B、D

對,C錯。單擺的周期與質(zhì)量無關(guān)，故A錯。

5.D單擺擺動的周期由擺長和g決定，與振幅無關(guān)，故3：：1,故A、B錯誤;設(shè)板長為d,

圖(B)對應(yīng)速度:9二,圖(C)對應(yīng)的速度:已二,則故C錯誤,D正確。

2T4TV21

二、非選擇題

6.?答案(l)x=0.08sinm(2)160cm

?解析(D簡諧運(yùn)動振動方程的一般表達(dá)式為x=Asin(3t+小)。根據(jù)題給條件，有:A=0.08

m,w=2nf=JT0所以x=0.08sin(nt+6)m0將t=0,x=0.04m,代入得0.04=0.08sin。，解

得初相位巾q或eg/，因?yàn)閠=0時，速度方向沿x軸負(fù)方向，即位移在減小,所以取小3五。

故所求的振動方程為x=0.08sin(nt+|n)。

(2)周期T=y=2s,所以l=5T,因IT內(nèi)的路程是4A,則通過的路程s=5X4A=20X8cm=160

cm。

7.造案(1)1.25Hz(2)B位置(3)0.16m

■解析(1)由圖乙可知T=0.8s

則￡號=1.25Hz

(2)由圖乙知,開始時刻擺球在負(fù)向最大位移處,因向右為正方向,所以開始時擺球應(yīng)在B位

置。

(3)由T=2ng,得：1=箝0.16m

三年模擬

一、選擇題

1.C振子振動的周期為T=0.2s,故在0~4s內(nèi)振子做了20次全振動，選項(xiàng)A錯誤;在0~4s內(nèi)

振子通過的路程為20X4A=80X5cm=400cm,選項(xiàng)B錯誤；由振動圖線可知，圖中A點(diǎn)對應(yīng)的時

刻振f的速度方向指向+x軸方向,且處于減速運(yùn)動階段,此時振子離開平衡位置的位移為2.5

cm,所受的彈力大小為F=kx=20N/cmX2.5cm=50N,方向指向-x方向,C正確,D錯誤。

2.BC由圖線可知，質(zhì)點(diǎn)振動的周期為4s,頻率為0.25Hz,選項(xiàng)A錯誤；10s=2.5T,故在10s

內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程是2.5X4X2cm=20cm,選項(xiàng)B正確;在5s末，質(zhì)點(diǎn)的位移最大,則速度為零,

加速度最大，選項(xiàng)C正確;t=L5s和t=4.5s兩時刻質(zhì)點(diǎn)的位移相同,速度大小相同，方向相反，

加速度相同，選項(xiàng)D錯誤;故選B、C

3.D由于兩振子的振動周期不同，所以頻率不同，6=0,故相位2nfl+4＞不同,A錯誤；由振動圖

像讀出兩振子位移最大值之比x：x乙=2：1,根據(jù)簡諧運(yùn)動的特征F=-kx,由于彈簧的勁度系數(shù)

k可能不等，回復(fù)力最大值之比F甲：F乙不一定等于2：1,故B錯誤;振子乙速度最大時，即在平

衡位置時，振子甲的速度也可能最大，如1s時,C錯誤;從圖中可知T甲：T乙=2：1,故f甲：f乙

=1：2,D正確。

4.A由圖乙知A41=^=2n歸L=/,選項(xiàng)A正確。沙擺的周期T=2nR由擺長和重力

加速度決定,與手拉木板的速度和沙擺擺動時的最大擺角無關(guān)，選項(xiàng)B、C錯。增大沙擺的擺長，

拉板速度不變，由X=vT,T=2n知，X將變長，選項(xiàng)D錯。

二、非選擇題

5.看答案10.04

《解析由振動圖像可知，單擺的周期為2s,根據(jù)T=2nJ1,可得1=若=1m;單擺的振幅為4cm,

則擺動的最大偏角正弦值約為sin。牛0.04。

6.?答案(1)0.16m(2)8X103J

，解析(D由圖乙可知T=0.8s

由T=2“得:【尸:M-16nio

(2)設(shè)小球到達(dá)0點(diǎn)的速度為V,由牛頓第二定律

在0點(diǎn)有:F?-mg=m^,

v=0.4m/s

23

Ek^mv=8X10'J

第一章⑥4阻尼振動受迫振動

知識清單

一、①自由振動②固有頻率③系統(tǒng)本身④阻力⑤機(jī)械能⑥振幅⑦振幅⑧快

二、①周期性②周期性③驅(qū)動力④驅(qū)動力

三、①等于②便

鏈接高考

1.A受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，彈簧振子振動頻率為1Hz,則把手轉(zhuǎn)動的頻率為1Hz,

選項(xiàng)A正確。

2.ABa擺做的是自由振動，周期就等于a擺的固有周期,其余各擺均做受迫振動,所以振動周期

均與a擺的固有周期相同，故A正確,C、D錯誤;c擺與a擺的擺長相同,所以c擺所受驅(qū)動力的

頻率與其固有頻率相等,這樣c擺與a擺發(fā)生共振,則c擺的振幅最大,故B正確。

3.B受迫振動周期等于驅(qū)動力周期,所以選丸

4.D共振現(xiàn)象是指驅(qū)動力的頻率與物體的固有頻率相等時，出現(xiàn)振幅最大的現(xiàn)象。故大隊(duì)人馬

邁著整齊步伐過橋，當(dāng)人走步的頻率和大橋的固有頻率相等時可能會發(fā)生共振而導(dǎo)致橋梁斷

裂,A屬于共振;選項(xiàng)B中，耳朵湊近空熱水瓶口能聽到嗡嗡的聲音也是由于共振造成的;海上風(fēng)

暴引起強(qiáng)烈的震動所產(chǎn)生次聲波（頻率f<20Hz）可使海員的內(nèi)臟和身軀發(fā)生共振而喪命，選項(xiàng)C

屬于共振;把彈簧振子拉到距離平衡位置最遠(yuǎn)時放手,則此時振幅最大，由于沒有驅(qū)動力,所以不

屬于共振,故答案選D0

5.B物體做受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，驅(qū)動力的頻率越接近物體的固有頻率,物體的

振幅越大。支架在受到豎直方向且頻率為9Hz的驅(qū)動力作用下做受迫振動時，甲、乙振動的頻

率等于9Hz,甲的頻率更接近于驅(qū)動力的頻率,所以甲的振幅較大。故B正確,A、C、D錯誤，故

選Bo

6.A洗衣機(jī)切斷電源,脫水缸的轉(zhuǎn)動逐漸慢下來,在某一小段時間內(nèi)洗衣機(jī)發(fā)生了強(qiáng)烈的振動，

說明此時脫水缸轉(zhuǎn)動的頻率與洗衣機(jī)固有頻率相同,發(fā)生了共振。此后脫水缸轉(zhuǎn)速減慢，則驅(qū)動

力頻率小于固有頻率,所以共振現(xiàn)象消失,洗衣機(jī)的振動幅度隨之減弱,所以選項(xiàng)①④正確,②③

錯誤,故選C。

7.AD根據(jù)題意,篩子的固有頻率為患Hz§Hz,電動機(jī)某電壓下，電動偏心輪的轉(zhuǎn)速是2r/s,

即為2Hz,大于篩子的固有頻率,故要使振幅變大,可以減小偏心輪電壓,或減小篩子的質(zhì)量,故

選A、Do

8.D圖線中振幅最大處對應(yīng)的頻率應(yīng)與做受迫振動單擺的固有頻率相等,從圖線上可以看出，

兩擺固有頻率fk0.2Hz,f?=0.5Hz。當(dāng)兩擺在月球和地球上分別做受迫振動且擺長相等時，根

據(jù)公式f?他可知,g越大,f越大,所以g.i>gl,又因?yàn)間Qg月,可推知圖線I表示月球上單擺

的共振曲線,所以A正確;若在地球上同一地點(diǎn)進(jìn)行兩次受迫振動,g相同,擺長長的f小,且有

尹:照，所以竹,B正確；由地面上的受迫振動共振圖線可知,f產(chǎn)0.5Hz,根據(jù)g=9.8m/d,可計

算出L產(chǎn)1叫所以C正確,D錯誤。

基礎(chǔ)過關(guān)

一、選擇題

1.ABC振子在空氣中做阻尼振動時，振幅減小，周期不變,總能量減小,A、B、C錯誤。

2.CA、B兩單擺都做受迫振動，振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率5f。B擺的固有頻率更接近5f,

故B擺振幅較大,C正確,A、B、D錯誤。

3.BD因?yàn)槲矬w做受迫振動,運(yùn)動過程中受到周期性的外力作用,其受力特點(diǎn)不滿足F=-kx的關(guān)

系,所以A錯誤。由于物體做受迫振動,達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時,其振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率,與固

有頻率無關(guān),故B正確。處于穩(wěn)定狀態(tài)下的受迫振動物體是否發(fā)生共振,完全取決于驕動力的頻

率（周期）與固有頻率（周期）的關(guān)系，當(dāng)二者相等時即發(fā)生共振,故C錯誤,D正確。

4.D由A擺擺動從而帶動其它3個單擺做受迫振動,受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率,故其

它各擺振動周期跟A擺相同，故A、B錯誤;受迫振動中，當(dāng)固有頻率等于驅(qū)動力頻率時，出現(xiàn)共

振現(xiàn)象，振幅達(dá)到最大，由于C擺的固有頻率與A擺的相同，故C擺與A擺發(fā)生共振,振幅最大，

故C錯誤,D正確。

5.C部隊(duì)過橋時如果齊步走,會給橋梁施加周期性的外力,容易使橋的振動幅度增加,可能發(fā)生

共振,造成橋梁倒塌。登山運(yùn)動員登高山時（高山上常年有積雪,高山內(nèi)部溫度較高,有部分雪融

化成了水,對覆雪起了潤滑作用）高聲叫喊,聲波容易引起積雪共振從而發(fā)生雪崩，故應(yīng)選Co

二、非選擇題

6.■答案先增大后減小20.2s

公解析振子固有頻率為2Hz,凸輪的轉(zhuǎn)動頻率就是驅(qū)動力的頻率，即f注從0增大到5Hzo變

化過程中，先接近固有頻率,達(dá)到相等后又偏離固有頻率，故振幅先增大后減小。當(dāng)f小f,尸2Hz,

即n=2r/s時振幅最大。當(dāng)n=5r/s,即T產(chǎn)0.2s,受迫振動的周期取決于驅(qū)動力的周期，即也

為0.2so

7.■答案（1）2.8m（2）向左移動

■解析（1）由題圖圖像可知，單擺的固有頻率40.3Hz,由頻率公式fU』,得

1=-777=---^7——7m=2.8mo

4n2/24X3.142xo.32

（2）由仰知，單擺移到高山上，重力加速度g減小，其固有頻率減小,故共振曲線的“峰”

向左移動。

三年模擬

一、選擇題

1.A受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，當(dāng)系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時,系統(tǒng)達(dá)到共

振，振幅達(dá)到最大。A、B兩個振子都做受迫振動,頻率為5f,B的固有頻率與驅(qū)動頻率相差較小，

所以B的振幅較大,A正確。

2.B受迫振動的周期等于驅(qū)動力的周期,因?yàn)榍S轉(zhuǎn)動的周期為T啜s=0.25s,故可知當(dāng)振

子振動穩(wěn)定后它的振動周期為0.25s,故選B。

3.BD因?yàn)锽、C兩球在A球帶動下做受迫振動,故振動穩(wěn)定后B、C周期相同,都等于A的周

期,A錯誤,B正確；因?yàn)楫?dāng)受迫振動的頻率等于固有頻率時會產(chǎn)生共振現(xiàn)象,此時振幅最大,故振

動穩(wěn)定后C與A發(fā)生共振,此時的振幅最大,故C的振幅比B大,C錯誤,D正確。

4.BC阻尼振動中，單擺的振幅逐漸減小，由于周期與振幅無關(guān),故振動過程中周期不變,選項(xiàng)A

錯誤,B正確;因A、B兩時刻的位移相同,故擺球A時刻的勢能等于B時刻的勢能,選項(xiàng)C正確；

由于振動的能量逐漸減小，故擺球A時刻的動能大于B時刻的動能,選項(xiàng)D錯誤。

5.BD曲軸上把手勻速轉(zhuǎn)動時,彈簧振子做受迫振動,其振動周期等于驅(qū)動力的周期，與自己的

固有周期無關(guān),即為T2；故A錯誤,B正確；由題可知,彈簧振子的固有周期為T?受迫振動的周期

為T2,而且T2>Tb要使彈簧振廣的振幅增大,可讓把手轉(zhuǎn)速增大，周期減小,與彈簧振廣的固有周

期接近或相等時,振幅可增大;故C錯誤,D正確。

6.C如圖所示的共振曲線,可判斷出f嬖與g相差越大,受迫振動的振幅越小;f舞與f肘越接近，

受迫振動的振幅越大。并從圖中看出f越接近f冏,振幅的變化越慢。比較各組數(shù)據(jù)知f格在50

Hz飛0Hz范圍內(nèi)時，振幅變化最小，因此,50Hz<fw<60Hz,即C選項(xiàng)正確。

7.D飛機(jī)飛上天后，在氣流驅(qū)動力作用下做受迫振動,機(jī)翼越抖越厲害說明氣流驅(qū)動力的頻率

與機(jī)翼的固有頻率非常接近或相等。在機(jī)翼前緣處裝置配重桿，目的是通過改變機(jī)翼的質(zhì)量來

改變其固有頻率,使驅(qū)動力頻率與固有頻率相差較大,從而達(dá)到減振的目的，故本題正確答案為Do

8.A由于b、c、d三個擺為受迫振動,受迫振動時擺的振動周期與驅(qū)動力的周期相等，由于只

有一個驅(qū)動力，故三個擺的振動周期是相等的,A正確,D錯誤;又因?yàn)閎、c、d三個擺的擺長不

相等,其固有頻率不相等，當(dāng)固有頻率與驅(qū)動力的頻率相等時,擺的振幅最大,a與c的擺長相等,

它們的固有周期相等，故c的振幅最大,B、C均錯誤。

9.A據(jù)題意，當(dāng)驅(qū)動力周期與物體固有周期相等時，振幅最大。電動機(jī)角速度

為：3尸rad/s,皮帶輪甲和皮帶輪乙的邊緣線速度相等，據(jù)3,可得皮帶輪乙的角速

30r

度為：3尸3"nrad/s,則轉(zhuǎn)動周期為:T/=至=2s,如果單擺的周期為2s,該單擺擺長

r2畋

為:L=f1=lm,故振幅最大的是a單擺，選項(xiàng)A正確。

41tz

二、非選擇題

10.0答案1m增大

?解析由圖知單擺的周期T=2s=2n解得:m;若擺長變短,固有周期變小，頻率變大，所

以共振曲線振幅A最大值對應(yīng)的橫坐標(biāo)f的值將增大。

11.?答案1m0.25m/s

?解析由題意知，當(dāng)單擺共振時頻率f=0.5Hz,即:fH=f=0.5Hz

由T==2n口得：1-a-----------1m

fyjg4n2f24X3.142x0.52

根據(jù)單擺運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒可得：》嗚=mgl（l-cos（）?）.

其中:l-cos0=2sin"號嚏（9"很小）,

最大速度v?,=ARo.25m/s

第一章，皂）5學(xué)生實(shí)驗(yàn):用單擺測定重力加速度

知識清單

①5。②2nR③?、艽螈葚Q直平

鏈接高考

1.《答案①應(yīng)在擺球通過平衡位置時開始計時;②應(yīng)測量單擺多次全振動的時間,再計算出周

期的測量值。

＜解析擺球通過平衡位置時具有較大的速度,此時開始計時，誤差較小。若只測量一次全振動

的時間會產(chǎn)生較大的誤差,而測量多次全振動的時間求平均值可減小誤差。

2.通案56

《解析由圖線可知，沙擺的周期為:T=X粵s=1.5s,根據(jù)廠2五&可得:Ld?字HFO.56

20.20ylg4X4

3.9答案(1)數(shù)據(jù)采集器最低點(diǎn)(或平衡位置)會

N~1

⑵直線黑

?解析(1)磁傳感器的引出端A應(yīng)接到數(shù)據(jù)采集器，從而采集數(shù)據(jù)。單擺做小角度擺動,當(dāng)磁感

應(yīng)強(qiáng)度測量值最大時,磁性小球位于最低點(diǎn)(或平衡位置)o若測得連續(xù)N個磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值

之間的時間間隔為I,則單擺周期的測量值為痣

(2)由T=2nR可知lgT=ilg^+i]g1。故lgTTg1圖線為直線。

由題意可知?g^YC,故S~~Yc

4.?答案(l)T!r(2)kg*m20.17⑶不變

幡析⑴由T=2n廬四得:T?r=空(L+mF),因此縱軸為丘。k的單位和耐的單位相同，即

7mgrmg

為kg-

(2)圖線與縱軸的截距比L=l.25,生為圖線的斜率，

mgg

pr.4n2_L95-L25_0.7

'-g07790.19’

因此^.l.25X0.5X0.19kg?m2=()17kg.后

(3)由T?rJ吧(L+md)可知,根據(jù)圖線的斜率也求重力加速度，與擺的質(zhì)量無關(guān),因此擺的質(zhì)

”9

量測量值偏大,重力加速度測量不變。

5.，答案(DAE(2)g組牡(3)如圖所示

S.0

(4)9.7(在9.5-9.9之間均可得分)

，解析(D在用單擺測定重力加速度的實(shí)驗(yàn)中，為了提高精度，擺線要長些，擺球選擇質(zhì)量大體

積小的，故選A、E

(2)單擺振動周期為T=；，根據(jù)公式T=2x可得g，譽(yù)

(3)見答案

(4)從圖中找出數(shù)據(jù)帶入g上譽(yù)可得g=9.7m/s1

基礎(chǔ)過關(guān)

1.＜答案cT=2V(

，解析圖b的懸掛方式在鋼球擺動時的擺線長度會發(fā)生變化,而c圖則不會變化,故c圖的

懸掛方式較好；由圖d可看出，書與1是成正比的，且即T=2〃。

2.。答案(l)ACEH⑵4n2.Hi不變

yt-yi

｛解析(1)選擺線時需要較長一些的，故選A,鋼球選密度較大一些的，即選C,測量時間選容易

操作的，故選E,刻度尺選最小刻度值較小的，故選H;(2)根據(jù)單擺的周期公式T=2n得

T2=^L,故圖線的斜率k=—,即及?=處,整理得g=4n2?四二〉若用上述方法,漏加小球的半徑

99x2-xxgy2-yi

時,其x2-x.的值是不變的，故g值的計算也是不變的。

3.《答案(］嚴(yán)";(2)2i.4

，解析(D由于擺長我們可以記為1+3周期記為工,故由單擺的周期公式是2n戶,可得重力

2nn7g

加速度的表達(dá)式gW粵電；(2)游標(biāo)卡尺上主尺的讀數(shù)為21mm,游標(biāo)尺的讀數(shù)為4X0.1

mm=0.4mm,故小球直徑d=21nun+O.4mm=21.4mm。

三年模擬

二、非選擇題

1.■答案（1）大（2）小于5°（3）平衡豎直平擺球球心

（4）98.5501.998g=2n2n2（2L+d）/t2

＜解析（1）用單擺測重力加速度時，由于存在空氣阻力對實(shí)驗(yàn)的影響,為了減小這種影響,所以

采用體積小密度大的小球。（2）當(dāng)擺角角度很小時,單擺運(yùn)動可以看成是簡諧運(yùn)動，由單擺周期

公式算出的周期與實(shí)際測定之間的誤差,隨著偏角的增大而增大,所以偏角越小,誤差就會越小，

所以最大角度0應(yīng)小于5°。（3）本實(shí)驗(yàn)偶然誤差主要來自于時間（單擺周期）的測量上,因此，

要注意測準(zhǔn)時間,從擺球通過平衡位置開始計時,為了防止振動是圓錐擺,要再豎直平面內(nèi)擺動，

擺長是懸線的長度和小球半徑之和,所以擺長是線從懸點(diǎn)至擺球球心的距離。（4）真正的擺長為

1=L匹97.50cm"二"CDF98.550cm,周期T，且s=1.998s。根據(jù)周期公式T=2n1得出

22