第14章 第1讲 机械振动—2024高考物理科学复习解决方案（讲义）

这是一份第14章 第1讲 机械振动—2024高考物理科学复习解决方案（讲义），共35页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第1讲 机械振动
主干梳理 对点激活
知识点 简谐运动 Ⅰ
1．简谐运动的概念
质点的位移与时间的关系遵从eq \x(01)正弦函数的规律，即它的振动图象(x－t图象)是一条eq \x(02)正弦曲线。
2．平衡位置
振动物体eq \x(03)原来静止时的位置。
3．回复力
(1)定义：使振动物体返回到eq \x(04)平衡位置的力。
(2)方向：总是指向eq \x(05)平衡位置。
(3)来源：属于eq \x(06)效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。
4．描述简谐运动的物理量
知识点 简谐运动的公式和图象 Ⅱ
1．表达式
(1)动力学表达式：F＝eq \x(01)－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝eq \x(02)Asin(ωt＋φ0)，其中A表示振幅，ω＝eq \f(2π,T)＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ0表示简谐运动的相位，φ0叫做eq \x(03)初相。
2．简谐运动的图象
(1)如图所示：
(2)物理意义：表示振动质点的位移随eq \x(04)时间的变化规律。
知识点 弹簧振子、单摆及其周期公式 Ⅰ
简谐运动的两种模型
知识点 受迫振动和共振 Ⅰ
1．受迫振动
系统在eq \x(01)驱动力作用下的振动叫做受迫振动。做受迫振动物体的周期(或频率)等于eq \x(02)驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率) eq \x(03)无关。
2．共振曲线
如图所示的共振曲线，表示某振动系统受迫振动的振幅A(纵坐标)随驱动力频率f(横坐标)变化的关系。驱动力的频率f跟振动系统的固有频率f0相差越小，振幅越大；驱动力的频率f等于振动系统的eq \x(04)固有频率f0时，振幅最大。
知识点 实验：用单摆测定重力加速度
1．实验原理
由单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g))，可得出g＝eq \f(4π2,T2)l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。
2．实验器材
带中心孔的小钢球、约1 m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。
3．实验步骤
(1)做单摆
取约1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图甲所示。
(2)测摆长
用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋eq \f(D,2)。
(3)测周期
将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。
(4)改变摆长，重做几次实验。
(5)数据处理
①公式法：g＝eq \f(4π2l,T2)。
②图象法：画l－T2图象，如图乙所示。
求出图象斜率k＝eq \f(l,T2)＝eq \f(Δl,ΔT2)，则g＝4π2k。
4．注意事项
(1)小球选用密度大的钢球。
(2)选用1 m左右难以伸缩，且尽量轻的细线。
(3)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。
(4)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。
(5)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。
一 堵点疏通
1．简谐运动是匀变速运动。( )
2．振幅等于振子运动轨迹的长度。( )
3．简谐运动的回复力肯定不是恒力。( )
4．弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零。( )
5．单摆无论摆角多大都是简谐运动。( )
6．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。( )
7．简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。( )
答案 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.× 6.√ 7.×
二 对点激活
1．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是( )
答案 A
解析 振子的最大加速度与振子的回复力成正比，方向与位移方向相反，具有正向的最大加速度，就应该具有最大的反方向的位移，振子从平衡位置开始计，并向负方向移动时，经四分之一周期振子具有沿x轴正方向的最大加速度，只有A正确，B、C、D都不符合题意。
2．(人教版选修3－4·P17·T3改编)(多选)如图是两个单摆的振动图象，以下说法正确的是( )
A．甲、乙两个摆的振幅之比为2∶1
B．甲、乙两个摆的频率之比为1∶2
C．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
D．以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t＝0起，乙第一次到达右方最大位移时，甲振动到了平衡位置，且向左运动
答案 AD
解析 由振动图象知A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，所以甲、乙两个摆的振幅之比为2∶1，故A正确；T甲＝4 s，T乙＝8 s，所以eq \f(f甲,f乙)＝eq \f(T乙,T甲)＝eq \f(2,1)，故B错误；由T＝2πeq \r(\f(L,g))得，eq \f(L甲,L乙)＝eq \f(T\\al(2,甲),T\\al(2,乙))＝eq \f(1,4)，故C错误；由图象知，乙第一次到达右方最大位移时为t＝2 s时，此时x甲＝0，且向左运动，故D正确。
3.(人教版选修3－4·P21·T4改编)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)如图所示，则( )
A．此单摆的固有周期约为0.5 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
答案 B
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，A错误；由T＝2π eq \r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1 m，B正确；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，C、D错误。
4．(人教版选修3－4·P5·T3)如下图所示，在t＝0到t＝4 s的范围内回答以下问题。
(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？
(2)质点在第2 s末的位移是多少？
(3)质点在前2 s内走过的路程是多少？
答案 (1)在0～1 s,2～3 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相同 在1～2 s,3～4 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相反'(2)0 '(3)20 cm
解析 (1)位移—时间图线的某点的切线的斜率即是某时刻的速度，可知，质点相对平衡位置的位移的方向在0～1 s和2～3 s内跟它的瞬时速度的方向相同，在1～2 s 和3～4 s内跟瞬时速度的方向相反。
(2)质点在第2 s末的位移是0。
(3)质点在前2 s内走过的路程是s＝2×10 cm＝20 cm。
考点细研 悟法培优
考点1 简谐运动的特征
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
做简谐运动的物体加速度与物体偏离平衡位置的位移大小成正比而方向相反，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．周期性特征
相隔nT(n为正整数)的两个时刻，物体处于同一位置且振动状态相同。
4．对称性特征
(1)时间对称性：相隔eq \f(T,2)或eq \f(2n＋1T,2)(n为正整数)的两个时刻，物体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。如图甲所示：
O为平衡位置，A、B为振子偏离平衡位置最大位移处，振子t时刻在C点，t＋eq \f(2n＋1T,2)时刻运动到D点，则位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，aD＝－aC。
(2)空间对称性：如图乙所示，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。
此外，振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。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)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，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为( )
A．0.53 s B．1.4 s
C．1.6 s D．2 s
E．3 s
(1)从O点出发第一次到达M点时用时0.3 s有几种情形？
提示：两种。
(2)简谐运动中振子往复运动过程中通过同一段路程，用时相等吗？
提示：相等。
尝试解答 选BDE。
从O点出发第一次到达M点，运动情况有下图甲、乙两种可能。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eq \f(T,4)。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eq \f(T,4)＝0.3 s＋eq \f(0.2,2) s＝0.4 s，解得T＝1.6 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eq \f(0.3 s－0.2 s,3)＝eq \f(1,30) s，故周期为T＝0.5 s＋eq \f(1,30) s≈0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E。
分析简谐运动的技巧
(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。
(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。
(3)如例1，若没有给出开始时刻质点的振动方向，还须分情况讨论，以防丢解。
[变式1－1] (多选)下列关于简谐振动的说法正确的是( )
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
答案 ADE
解析 通过画运动示意图可知，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，A符合题意；回复力与位移方向相反，故加速度与位移方向相反，但速度的方向可以与位移的方向相同，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，B不符合题意，E符合题意；一次全振动，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，C不符合题意；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，故速度在增大，D符合题意。故答案为A、D、E。
[变式1－2]
(2019·湖北省高三4月调考)(多选)如图所示，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＝2π eq \r(\f(m,k))，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( )
A．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eq \f(1,2)
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
答案 BCD
解析 线未断开前，对甲、乙整体，两弹簧的弹力等大，又因为两根弹簧相同，所以两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故A错误，B正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的4倍，由Ek＝eq \f(1,2)mv2知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的eq \f(1,2)，故C正确；根据T＝2πeq \r(\f(m,k))可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，根据f＝eq \f(1,T)可知，甲的振动频率是乙的振动频率的eq \f(1,2)，D正确，E错误；故选B、C、D。
考点2 简谐运动的图象
1.图象特征
(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置。
(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹。
(3)任一时刻在图线上对应点的切线的斜率大小表示该时刻振子的速度大小，斜率正负表示速度的方向，斜率为正时，表示振子的速度沿x轴正方向；斜率为负时，表示振子的速度沿x轴负方向。
2．图象信息
(1)由图象可以看出质点振动的振幅、周期。
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以确定某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向。
①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度的方向在图象上总是指向t轴。
②速度的方向：某时刻速度的方向既可以通过该时刻在图象上对应点的切线的斜率来判断，还可以通过下一时刻位移的变化来判断，若下一时刻位移增加，速度方向就是远离t轴；若下一时刻位移减小，速度方向就是指向t轴。
(4)可以确定某段时间质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能等的变化情况。
例2 (2019·宁夏石嘴山三中一模)(多选)弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动。从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s时钢球的加速度为正向最大
B．在t0时刻弹簧的形变量为4 cm
C．钢球振动半个周期，回复力做功为零
D．钢球振动一周期，通过的路程等于10 cm
E．钢球振动方程为y＝5sinπt cm
(1)弹簧振子的加速度方向与位移方向相同还是相反？
提示：相反。
(2)钢球每经过半个周期，钢球的速度大小改变吗？
提示：不变。
尝试解答 选BCE。
由振动图象可以看出钢球的振动周期为T＝2 s，t＝0.5 s时钢球的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，平衡位置时弹簧的形变量为零，由图知t0时刻钢球在平衡位置的右侧距离平衡位置为4 cm处，则弹簧的形变量等于4 cm，故B正确；经过半个周期后，钢球的速度大小与原来相等，动能变化为零，根据动能定理知回复力做功为零，故C正确；钢球振动一周期，通过的路程s＝4A＝4×5 cm＝20 cm，故D错误；振幅A＝5 cm，圆频率ω＝eq \f(2π,T)＝π rad/s，则钢球振动方程为y＝Asinωt＝5sinπt cm，故E正确。故选B、C、E。
对振动图象的理解
(1)可确定振动质点在任一时刻的位移。如图所示，t1、t2时刻质点偏离平衡位置的位移分别为x1＝7 cm，x2＝－5 cm。
(2)可确定质点振动的振幅，图象中最大位移的绝对值就是质点振动的振幅。如图所示，质点振动的振幅是10 cm。
(3)可确定质点振动的周期和频率，振动图象上一个完整的正弦(或余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期，频率的大小等于周期的倒数。如图所示，OD、AE、BF的间隔都等于质点振动的周期，T＝0.2 s，频率f＝eq \f(1,T)＝5 Hz。
(4)可确定质点的振动方向。如图所示，在t1时刻，质点正远离平衡位置向正方向运动；在t3时刻，质点正朝向平衡位置运动。
(5)可比较各时刻质点加速度的大小和方向。例如在图中t1时刻，质点偏离平衡位置的位移x1为正，则加速度a1为负；在t2时刻，质点偏离平衡位置的位移x2为负，则加速度a2为正，因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。
[变式2] (多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图a所示，它的振动图象如图b所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )
A．OB＝5 cm
B．第0.2 s末质点的速度方向是A→O
C．第0.4 s末质点的加速度方向是A→O
D．第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间
E．在4 s内完成5次全振动
答案 ACE
解析 由图b可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A正确；由图可知0～0.2 s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是O→A，B错误；由图可知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C正确；由图可知第0.7 s末时质点位置在O点与B点之间，D错误；由图b可知周期T＝0.8 s，则在4 s内完成全振动的次数为eq \f(4 s,0.8 s)＝5，E正确。
考点3 受迫振动与共振
自由振动、受迫振动和共振的比较

例3 如图所示，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。当圆盘转动一会儿静止后，小球做________(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，小球的振动频率为________ Hz。逐渐改变圆盘的转动周期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为________ s。
(1)在阻力作用下，振幅逐渐变小的振动称为________振动。
提示：阻尼
(2)当小球振动的振幅达到最大时，圆盘的周期________系统的固有周期。
提示：等于
尝试解答 阻尼 0.25 eq \f(1,3)。
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eq \f(1,4) Hz＝0.25 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eq \f(1,3) s。
对共振的理解
(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。
(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。
[变式3－1] 关于固有频率，以下说法正确的是( )
A．固有频率是由物体本身决定的
B．物体不振动时固有频率为零
C．振幅越大，固有频率越小
D．所有物体固有频率都相同
答案 A
解析 物体做自由振动时，振动的频率与初始条件无关，仅与系统的固有特性有关(如质量、材质等)，称为固有频率，故A正确，B、C、D错误。
[变式3－2] (多选)某简谐振子，自由振动时的振动图象如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图象如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的( )
A．a点 B．b点
C．c点 D．一定不是c点
答案 AD
解析 简谐振子自由振动时，设周期为T1；而在某驱动力作用下做受迫振动时，设周期为T2；显然T1f2；题图乙中c点处代表发生共振，驱动力频率等于固有频率f1；做受迫振动时，驱动力频率f2t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变
D．t1＝t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变
答案 C
解析 因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看做单摆，因为在左侧摆动时摆长较长，根据T＝2π eq \r(\f(L,g))可知周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间t1、t2均为对应摆周期的eq \f(1,4)，可知t1＝eq \f(1,4)T左>eq \f(1,4)T右＝t2；摆线碰钉子的瞬间，由于水平方向受力为零，可知小球的速率不变。故选C。
4．如图甲所示的弹簧振子(以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是( )
A．t＝0时，振子处在B位置
B．振子运动的周期为4 s
C．t＝4 s时振子对平衡位置的位移为10 cm
D．t＝2.5 s时振子对平衡位置的位移为5 cm
E．如果振子的质量为0.5 kg，弹簧的劲度系数为20 N/cm，则振子的最大加速度大小为400 m/s2
答案 ABE
解析 由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10 cm，其周期T＝4 s，t＝0和t＝4 s时，振子在负的最大位移处，即图甲中的B位置，由于振子做变速运动，故t＝2.5 s时，振子的位移应大于5 cm，故A、B正确，C、D错误；由a＝－eq \f(kx,m)可知，振子的最大加速度大小为400 m/s2，E正确。
5．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点。图甲上的a、b、c、d为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向，图乙给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图象的是( )
A．若规定状态a时t＝0，则图象为①
B．若规定状态b时t＝0，则图象为②
C．若规定状态c时t＝0，则图象为③
D．若规定状态d时t＝0，则图象为④
答案 AD
解析 振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向x轴正方向运动，故A正确；振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向x轴负方向运动，B错误；振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2 cm，C错误；振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，故D正确。
6．(2019·江西九校重点中学协作体高三第一次联考)甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2­L图象，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法中正确的是( )
A．单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定
B．由图甲分析可知A图象所对应的实验地点重力加速度较大
C．若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度
D．由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cm
E．如果甲同学增大摆长，他得到的共振曲线的峰值将向左移动
答案 ACE
解析 单摆的固有周期公式为T＝2π eq \r(\f(L,g))，L为摆长，g为当地重力加速度，故A正确；根据T＝2πeq \r(\f(L,g))得：T2＝eq \f(4π2L,g)，所以T2­L图象的斜率k＝eq \f(4π2,g)，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象对应的重力加速度较小，故B错误；若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，只受重力，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5 Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5 Hz，固有周期T＝eq \f(1,0.5) s＝2 s，根据T＝2π eq \r(\f(L,g))，解得摆长L＝1 m，故D错误；根据T＝2π eq \r(\f(L,g))，若在同一地点增长摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振峰向左移动，故E正确。
7．(2019·安徽模拟)如图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( )
A．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＝0.5 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
答案 ABD
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＝2πeq \r(\f(l,g))得知，甲、乙两单摆的摆长相等，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，B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的摆球质量未知，故无法比较机械能的大小，C错误；在t＝0.5 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，D正确；由单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g))得g＝eq \f(4π2l,T2)，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，E错误。
8．在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中，下列做法正确的是( )
A．应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线
B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长l
C．在小偏角下让小球在竖直面内摆动
D．测量摆球周期时，应选择摆球经最低点时开始计时，测量50次全振动的时间t，则单摆的周期T＝eq \f(t,49)
E．多次改变摆线的长度l，测量对应的周期T，作T2－l图象，得到图象的斜率值约为4
答案 ACE
解析 单摆的悬点到小球重心的距离为摆长，并非只是摆线的长度，B错误；单摆的周期等于一次全振动所用时间，即T＝eq \f(t,50)，D错误；由T＝2πeq \r(\f(l,g))可得，T2＝eq \f(4π2,g)·l，故T2­l图象斜率约为4，E正确；A、C说法正确。
9．(2019·唐山模拟)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 Hz
C．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
答案 BCD
解析 火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，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，B正确；由共振的定义可知，C正确；由共振曲线可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误。
10.如图所示，甲、乙两木块叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，甲木块与乙木块之间的最大静摩擦力为fm，乙木块与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使甲木块和乙木块在振动过程中不发生相对滑动，则( )
A．它们的振幅不能大于A＝eq \f(M＋mfm,kM)
B．它们的振幅不能大于A＝eq \f(M＋mfm,km)
C．它们的最大加速度不能大于eq \f(fm,M)
D．它们的最大加速度不能大于eq \f(fm,m)
答案 BD
解析 当甲木块和乙木块在振动过程中恰好不发生相对滑动时，甲、乙两木块间静摩擦力在最大位移处达到最大。根据牛顿第二定律，以甲木块为研究对象，最大加速度a＝eq \f(fm,m)，C错误，D正确；以甲、乙两木块整体为研究对象，kA＝(M＋m)a，代入a＝eq \f(fm,m)得，A＝eq \f(M＋mfm,km)，A错误，B正确。
11．(2015·山东高考)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt) m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是( )
A．h＝1.7 m
B．简谐运动的周期是0.8 s
C．0.6 s内物块运动的路程是0.2 m
D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
答案 AB
解析 由小物块的运动方程可知，eq \f(2π,T)＝2.5π，T＝0.8 s，故B正确。0.6 s内物块运动了eq \f(3,4)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＝eq \f(1,2)gt2＝1.8 m，由题图可知，h＝H＋y＝1.7 m，故A正确。
二、非选择题(本题共3小题，共34分)
12．(10分)(2015·天津高考)某同学利用单摆测量重力加速度。
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上的两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
答案 (1)BC (2)eq \f(4π2ΔL,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))
解析 (1)为了减小实验误差，应选用密度大、体积小的摆球，A项错误；摆线应选用不易伸缩的轻线，B项正确；实验时摆球应在同一竖直面内摆动，而不能做成圆锥摆，C项正确；摆长一定的情况下，摆角不能超过5度，因此摆的振幅不能过大，D项错误。
(2)由单摆周期公式得T1＝2π eq \r(\f(L,g))，T2＝2π eq \r(\f(L－ΔL,g))，解得g＝eq \f(4π2ΔL,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))。
13．(12分)(2019·武汉三模)地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔直隧道，如图所示。假设地球的半径为R，质量分布均匀，地球表面的重力加速度为g。已知均匀球壳对壳内物体引力为零。
(1)不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动；
(2)理论表明：做简谐运动的物体的周期T＝2π eq \r(\f(m,k))，其中，m为振子的质量，物体的回复力为F＝－kx，求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间t(地球半径R＝6400 km，地球表面的重力加速度为g＝10 m/s2)。
答案 (1)证明见解析 (2)41.9 min
解析 (1)物体在地表时重力近似等于万有引力，有：eq \f(GMm,R2)＝mg
M＝ρeq \f(4,3)πR3
以地心为位移起点，设某时刻物体的位移为x，
则半径为|x|的球的质量M′＝ρ·eq \f(4,3)π·|x|3，
由于均匀球壳对壳内物体引力为零，则此时物体所受引力(与x反向)
F＝－Geq \f(mM′,x2)
联立可得：F＝－eq \f(mg,R)x，eq \f(mg,R)为常数，即该物体的运动为简谐运动。
(2)由F＝－kx，F＝－eq \f(mg,R)x，得k＝eq \f(mg,R)，
代入T＝2πeq \r(\f(m,k))得，该物体做简谐运动的周期为：
T＝2π eq \r(\f(R,g))
物体从隧道口一端静止释放后到达另一端所用的时间为半个周期，则有：t＝eq \f(T,2)＝π eq \r(\f(R,g))
地球半径R＝6400 km＝6.4×106 m，地表重力加速度为g＝10 m/s2，π＝3.14，
代入数据可得：t＝2512 s＝41.9 min。
14．(12分)(2019·吉林模拟)如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫eq \x\t(AB)。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，两球均可视为质点，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？
答案 (1)eq \f(2\r(2),π) (2)eq \f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)
解析 (1)甲球做自由落体运动
R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，所以t1＝ eq \r(\f(2R,g))，
由于eq \x\t(AC)≪R，可认为摆角θ