【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-4 第1讲 (含解析).doc，共(24)页，510.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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[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Ⅰ卷Ⅰ·T34(1)：波的性质T34(2)：光的折射、全反射及几何关系的应用卷Ⅱ·T34(1)：电磁

波T34(2)：波速公式和振动位卷Ⅰ·T34(1)：波的干涉加强点和减弱点的判断T34(2)：折射定律卷Ⅱ·T34(1)：双缝干涉图样T34(2)：折射定律卷Ⅲ·T34卷Ⅰ·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的应用卷Ⅱ·T34(1)：声波的

传播、v＝λf的应用T34(2)：折射定律及全反射卷Ⅲ·T34(1)：波的图象v＝ΔxΔt及v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移函数式卷Ⅲ·T34(1)：波的传播和质点振动的关系T34(2)：光的折射现象(1)：波动图象T34(2)：光的全反射、折射定律＝λT的应用T34(2)：折射

定律的应用的折射与全反射的综合，以计算题的形式考查的居多。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＝1f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＝2πmkT＝2πlg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x＝Asinωt，如图1所示，则()图1A．弹簧在第1s末与第5s末的长度相同B．简谐运动的频率为18HzC．第3s

末，弹簧振子的位移大小为22AD．第3s末至第5s末，弹簧振子的速度方向不变E．第5s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1s末与第5s末时，虽然位移大

小相同，但方向不同，弹簧长度不同，选项A错误；由题图可知，T＝8s，故频率为f＝18Hz，选项B正确；ω＝2πT＝π4rad/s，则将t＝3s代入x＝Asinπ4t，可得弹簧振子的位移大小x＝22A，选项C正确

；第3s末至第5s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5s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f<f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小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f0D．该振动系统的振动稳定后，振动

的频率等于fE．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2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2(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)(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0.3s，第一次到达点M，再经过0.2s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为()A．0.53sB．1.4sC．1.6sD．2sE．3s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＝0.3s＋0.22s＝0.4s，解得T＝1.6s；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0.2s。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0.3s－0.2s3＝130s，故周期为T＝0.5s＋

130s≈0.53s，所以周期不可能的为选项B、D、E。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“＝”),T________T0(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＝12(ma＋m

b)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<<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。从图象读取x大小及方向――→F＝kxF的大小及方向――→F＝maa的大小及方向(

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t＝0时刻，振子的位置在a点C．在t＝t1时刻，振子的速度为零D．在t＝t1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t＝0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t＝t1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4HzB．在10s内质点经过的路程是20cmC．在5s末，速度为零，加速度最大D．在t＝1.5s和t＝4.5s两时刻质点的位移大小相等E．在t＝1.5s和t＝4.5s两时刻质

点的速度相同解析由图读出周期为T＝4s，则频率为f＝1T＝0.25Hz，故A错误；质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，t＝10s＝2.5T，则在10s内质点经过的路程是s＝2.5×4A＝10×2cm＝20cm，故B正确；在5s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t＝1.5s和t＝4.5s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＝0.2s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5s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25cm，求振子在4s内通过的路程；(3)若B、C

之间的距离为25cm，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＝0.5×2s＝1s(2)若B、C之间距离为25cm则振幅A＝12×25cm

＝12.5cm振子4s内通过的路程s＝41×4×12.5cm＝200cm(3)根据x＝Asinωt，A＝12.5cm，ω＝2πT＝2πrad/s得x＝12.5sin(2πt)cm振动图象为答案(1)1s(2)200cm(3)x＝12.5sin(2πt)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＝－mgsinθ＝－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－mgcosθ。(3)两点说明当摆球在最高点时，F向＝mv2l＝0，FT＝mgcosθ。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1m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2cm。(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多次测量再求平均值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．甲摆的振幅比乙摆的大C．甲摆的机械能比乙摆的大D．在t＝0.5s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T＝2πlg得知，甲、乙两单摆的摆长相等，选项A正确；甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，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t＝0.5s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T＝2πlg得g＝4π2

lT2，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，选项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8A．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T<4sB．t＝1s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＝4sC．t＝1s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＞4sD．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10cmE．t＝1s时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10cm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1mm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1.5min＋12.5s＝102.5s，则周期T＝102.550s＝2.05s。(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.9980m。(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2.05s(3)0.9980(3)4π2LT2(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机械工作时底座发生共振筛、声音的共鸣(θ≤5°)的振动等【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3Hz，现使圆盘以4s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14Hz＝0.25Hz；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3Hz，则圆盘的周期应为13s。答案阻尼0.250.33(或13)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5Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5HzC．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5Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5Hz，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2sB．此单摆的摆长约为1mC．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0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝2πlg，得此单摆的摆长约为1m；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，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T＝2πlg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20N/cm，振子质量为m＝0.1k

g，则()图1A．图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5N，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5m/s2D．在0～4s内振子通过的路

程为4cmE．在0～4s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F＝kx＝20×0.25N＝5N，方向指向x轴的负方向，并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动，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a＝Fm＝50m/s2，选项C错误；由题图可读出周期为2s，4s内振子完成两次全振动，通过的路程是s＝2×4A＝2×4×0.5cm＝4cm，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＝2∶1C．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∶2E．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4∶1B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2∶1C．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ACE6．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＝10m/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＝0.5s。根据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6s，由单摆周期公式T＝2πLg，解得摆长为L＝0.64m。(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)0.50.64(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、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T＝2πmk，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12D．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12，C正确；根据弹簧振子做简谐运动的周期公式T＝2πmk，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12，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

k＝10N/m，振子的质量为0.5kg，白纸移动速度为2m/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6A．该弹簧振子的振幅为1mB．该弹簧振子的周期为1sC．该弹簧振子的最大加速度为10m/s2D．该

弹簧振子的最大速度为2m/sE．该弹簧振子的最大速度为5m/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＝0.5m，选项A错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x＝2m，振动一个周期，所以

弹簧振子的周期为T＝xv＝1s，选项B正确；该弹簧振子所受最大回复力F＝kA＝10×0.5N＝5N，最大加速度为a＝Fm＝10m/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12mv2m＝12kA2可得该弹簧

振子的最大速度为vm＝kmA＝5m/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3cm3、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θ＝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＝t30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．求出多次实验中测得的L和T的平均值，代入公式g＝4π2T2L，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g＝4π2T2L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T2－L图线，由图线的斜率k＝4π2g得到g＝4π2k，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T2－L图线，由图线

的斜率k＝4π2g得到g＝4π2k，k值与L的测量无关