2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第十四章　1第一节　机械振动（实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度）


[考点要求]
1．简谐运动(Ⅰ)　　　　2.简谐运动的公式和图象(Ⅱ)
3．单摆、单摆的周期公式(Ⅰ) 4.受迫振动和共振(Ⅰ)
5．机械波、横波和纵波(Ⅰ) 6.横波的图象(Ⅱ)
7．波速、波长和频率(周期)的关系(Ⅰ) 8.波的干涉和衍射现象(Ⅰ)
9．多普勒效应(Ⅰ) 10.光的折射定律(Ⅱ)
11．折射率(Ⅰ) 12.全反射、光导纤维(Ⅰ)
13．光的干涉、衍射和偏振现象(Ⅰ) 14.电磁波的产生(Ⅰ)
15．电磁波的发射、传播和接收(Ⅰ) 16.电磁波谱(Ⅰ)
17．狭义相对论的基本假设(Ⅰ) 18.质能关系(Ⅰ)
实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度 实验：测定玻璃的折射率
实验：用双缝干涉测光的波长
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第一节　机械振动(实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度)
[学生用书P272]
【基础梳理】

提示：x＝Asin(ωt＋φ)　平衡位置　运动　平衡位置
2π　固有频率　固有频率　周期　摆长　重力加速度
【自我诊断】
1．判一判
(1)振幅就是简谐运动物体的位移．(　　)
(2)简谐运动的回复力可以是恒力．(　　)
(3)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置．　(　　)
(4)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的．(　　)
(5)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小．　(　　)
(6)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
2．做一做
弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把小钢球从平衡位置向左拉开一段距离，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．钢球振动周期为1 s
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．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cm
E．钢球振动方程为y＝5sin πt cm
提示：选BCE.从图中可得钢球振动的周期为2 s，A错误．因为钢球是在水平面上振动，所以钢球位于振动的平衡位置时弹力为零，即弹簧的形变量为零，t0时刻弹簧的形变量为4 cm，B正确．钢球振动半个周期后，速度大小不变、方向相反，故动能不变，根据动能定理知合力做的功为零，C正确．钢球振动一个周期，通过的路程等于4×5 cm＝20 cm，D错误．ω＝＝π rad/s，A＝5 cm，故钢球振动方程为y＝5sin πt cm，E正确．

　简谐运动的特征[学生用书P272]
【知识提炼】
简谐运动的五大特征
受力特征
回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反
运动特征
靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小
能量特征
振幅越大，能量越大．在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒
续　表

周期性特征
质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为
对称性特征
关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置O用时相等
【典题例析】
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内物块运动的路程为0.2 m
D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反

[解析]　由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin (2.5πt) m知，ω＝2.5π rad/s，T＝＝ s＝0.8 s，B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，A正确；物块0.6 s内路程为0.3 m，t＝0.4 s 时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故C、D错误．
[答案]　AB
【迁移题组】
迁移1　弹簧振子模型
1．如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm.若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是(　　)

A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
解析：选D.振子从B经O到C仅完成了半次全振动，所以其振动周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm.振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为40 cm，3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm.综上可知，只有D正确．
迁移2　单摆模型
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)

如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是(　　)

解析：选A.由单摆的周期公式T＝2π可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A正确，C错误．

(1)做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力不一定为零．
(2)由于简谐运动具有周期性和对称性，因此涉及简谐运动时往往会出现多解的情况，分析时应特别注意．位移相同时回复力大小、加速度大小、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不能确定．　
　简谐运动的振动图象[学生用书P273]
【知识提炼】
1．对简谐运动图象的认识
(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示．

(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)任一时刻图象上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小．正负表示速度的方向，正时沿x正方向，负时沿x负方向．
2．图象信息
(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期．
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．
(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、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，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．
②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断，下一时刻位移若增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，下一时刻位移若减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．
3．简谐运动图象问题的两种分析方法
法一：图象－运动结合法
解此类题时，首先要理解x－t图象的意义，其次要把x－t图象与质点的实际振动过程联系起来．图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．
法二：直观结论法
简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移－时间的函数关系图象，不是物体的运动轨迹．
【典题例析】
(2017·高考北京卷)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是(　　)

A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
[解析]　由图象可知，t＝1 s和t＝3 s时振子在最大位移处，速度为零，加速度分别为负向最大值、正向最大值；而t＝2 s和t＝4 s时振子在平衡位置，加速度为零，而速度分别为负向最大、正向最大．综上所述，A正确．
[答案]　A
【迁移题组】
迁移1　对运动学特征的考查
1．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．质点振动的频率为4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大
D．t＝1.5 s和t＝2.5 s两个时刻质点的位移和速度方向都相反
E．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是 cm
解析：选BCE.由图象可知，质点振动的周期为4 s，故频率为0.25 Hz，A错误；在10 s内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A＝20 cm，B正确；在5 s末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，C正确；t＝1.5 s和t＝2.5 s两个时刻的速度方向相同，故D错误；由图象可得振动方程是x＝2sincm，将t＝1.5 s和t＝4.5 s 代入振动方程得x＝ cm，E正确．
迁移2　对动力学特征的考查
2．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示．下列关于图甲、乙、丙、丁的判断不正确的是(选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)(　　)

A．甲可作为该物体的v－t图象
B．乙可作为该物体的F－t图象
C．丙可作为该物体的F－t图象
D．丙可作为该物体的a－t图象
E．丁可作为该物体的a－t图象
解析：选ABE.因为F＝－kx，a＝－，故图丙可作为F－t、a－t图象；而v随x增大而减小，故v－t图象应为图乙．C、D正确，A、B、E错误．
　受迫振动和共振[学生用书P274]
【知识提炼】
1．自由振动、受迫振动和共振的比较

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
振动物体的机械能不变
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(θ<5°)
机械工作时底座发生的振动
共振筛、声音的共鸣等
2.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：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．
【跟进题组】
1．如图所示，A、B、C、D四个单摆的摆长分别为l、2l、l、，摆球的质量分别为2m、2m、m、，四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上．现让A球振动起来，通过水平细线迫使B、C、D也振动起来，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B、C、D四个单摆的周期均相同
B．只有A、C两个单摆的周期相同
C．B、C、D中因D的质量最小，故其振幅是最大的
D．B、C、D中C的振幅最大
E．B、C、D中C的振幅最小
解析：选AD.在A的驱动下，B、C、D均做受迫振动，受迫振动的频率均与驱动力的频率(A的固有频率)相等，与各自的固有频率无关，A正确，B错误；判断能否达到最大振幅，即实现共振，取决于f固是否与f驱相等；对于单摆而言，固有频率与摆球质量无关，所以不必考虑摆球的质量；在B、C、D中，由T＝2π及f＝知，只有C的固有频率等于驱动力的频率，所以在B、C、D中C的振幅最大，C、E错误，D正确．
2．(2020·湖北宜昌高三模拟)如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是(　　)
A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ是在地面上完成的
E．若两个单摆在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量
解析：选ABC.图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz.当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝可知，g越大，f越大，所以gⅡ>gⅠ，又因为g地>g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的f小，且有＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ是在地面上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误；单摆的能量除与振幅有关，还与摆球质量有关，故E错误．
　实验：探究单摆的运动　用单摆测定重力加速度[学生用书P275]
【知识提炼】
1．实验原理：由单摆的周期公式T＝2π，可得出g＝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：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．
3．实验步骤

(1)做单摆：取约1 m长的细丝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，如图所示．
(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出摆球直径D，则单摆的摆长l＝L＋.
(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放摆球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即单摆的振动周期．
(4)改变摆长，重做几次实验．
4．数据处理
(1)公式法：g＝.

(2)图象法：画l－T2图象．
g＝4π2k，k＝＝.
5．注意事项
(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定．
(2)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°.
(3)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．
(4)摆球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长 l＝L＋r.
(5)选用一米左右的细线．
【跟进题组】
1．根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．

(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________ mm.
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．(填正确选项序号)
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即单摆周期T
E．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
解析：(1)按照游标卡尺的读数原则测得小钢球直径为18 mm＋7×0.1 mm＝18.7 mm.
(2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小，密度大的；偏角不超过5°，故A、B正确，C错误．为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，故D错误，E正确．
答案：(1)18.7　(2)ABE
2．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________．

(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 min＋12.5 s＝102.5 s，则周期T＝ s＝2.05 s.
(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.997 0 m.
(3)由单摆周期公式T＝2π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，A正确．
答案：(1)低　2.05 s　(2)0.997 0(0.997 0～0.998 0均可)　(3)　(4)A
3．某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T＝2π ，式中Ic为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离．如图甲，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m＝0.50 kg.

r/m
0.45
0.40
0.35
0.30
0.25
0.20
T/s
2.11
2.14
2.20
2.30
2.43
2.64
(1)由实验数据得出图乙所示的拟合直线，图中纵轴表示________．
(2)Ic的国际单位为________，由拟合直线得到Ic的值为________(保留到小数点后2位)．
(3)若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．
解析：(1)由T＝2π ，可得T2r＝＋r2，所以图中纵轴表示T2r.
(2)Ic单位与mr2单位一致，因为mr2的国际单位为kg·m2，所以Ic的国际单位为kg·m2；
结合T2r＝＋r2和题图中的截距和斜率，解得Ic的值约为0.17.
(3)重力加速度g的测量值是通过求斜率得到的，与质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值不变．
答案：(1)T2r　(2)kg·m2　0.17　(3)不变
[学生用书P401(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．关于简谐运动的周期，以下说法正确的是(　　)
A．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同
B．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同
C．半个周期内物体的动能变化一定为零
D．一个周期内物体的势能变化一定为零
E．经过一个周期质点通过的路程为零
解析：选ACD.根据周期的定义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故A、D正确．当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体的速度和加速度不同时为零，故B错误，C正确．经过一个周期，质点通过的路程为4A，E错误．
2．(2019·高考江苏卷)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(　　)
A．位移增大　　　　　 B．速度增大
C．回复力增大 D．机械能增大
答案：AC
3．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
解析：选BCD.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；根据共振现象可知，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．
4.(2020·北京海淀区模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的动量为p、动能为Ek.下列说法正确的是(　　)
A．如果在t2时刻物块的动量也为p，则t2－t1的最小值为T
B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为T
C．当物块通过O点时，其加速度最小
D．物块运动至C点时，其加速度最小
解析：选C.物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的动量也为p，t2－t1的最小值小于等于，故A错误；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值可以小于T，故B错误；图中O点是平衡位置，根据a＝－知，物块经过O点时位移最小，则其加速度最小，故C正确；物块运动至C点时，位移最大，其加速度最大，故D错误．
5．如图所示，在两根等长的曲线下悬挂一个小球(可视为质点)组成了所谓的双线摆，若摆长为l，两线与天花板的左、右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，其周期为(　　)
A．2π B．2π
C．2π D．2π
解析：选D.根据公式T＝2π，本题中l′＝lsin α，故T＝2π，D正确．
6．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法中正确的是(　　)

A．弹簧振子的周期为4 s
B．弹簧振子的振幅为10 cm
C．t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cm
D．若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4 cm
E．2.5 s时振子正在向x轴正方向运动
解析：选ABD.周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T＝4 s，故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10 cm，故B正确；振子的周期为4 s，由周期性知，t＝17 s时振子相对平衡位置的位移与t＝1 s时振子相对平衡位置的位移相同为0，故C错误；若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是s＝vt＝2 cm/s×2 s＝4 cm，故D正确；由题图乙可知2.5 s时振子正在向x轴负方向运动，故E错误．
7．(2020·江西重点中学联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则(　　)
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
E．振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功
解析：选BDE.摇把匀速转动的频率f＝n＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确；外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E正确．
8．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是(　　)

A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置
C．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能
E．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，振子速度都为零
解析：选BCE.t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误；t＝0.2 s与t＝0.6 s，振子在最大位移处，速度为零，E正确．
9．(2020·甘肃兰州一中高三质检)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是(　　)

A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．甲摆的周期比乙摆大
E．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
解析：选ABE.可从题图上看出甲摆振幅大，B正确；由题图知两摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，无法比较它们的机械能的大小，A正确，C、D错误；t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，E正确．
10．(2020·湖北襄阳四中模拟)如图甲所示为一弹簧振子自由振动(即做简谐运动)时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是(　　)

A．由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4 s
B．由图乙可知弹簧振子的固有周期为8 s
C．由图乙可知外力的周期为8 s
D．如果改变外力的周期，在接近4 s的附近该弹簧振子的振幅较大
E．如果改变外力的周期，在接近8 s的附近该弹簧振子的振幅较大
解析：选ACD.图甲是弹簧振子自由振动时的图象，由图甲可知，其振动的固有周期为4 s，A正确，B错误；图乙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图象，弹簧振子的振动周期等于驱动力的周期，即8 s，C正确；当固有周期与驱动力的周期相等时，其振幅最大，驱动力的周期越接近固有周期，弹簧振子的振幅越大，D正确，E错误．
11．(2020·山东济南模拟)甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知(　　)

A．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∶1
C．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∶2
E．振子甲加速度为零时，振子乙速度最大
解析：选CDE.从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，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，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，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，振子乙恰好到达平衡位置，C正确，同理E也正确．
12．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，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(　　)
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
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：选BCD.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，C正确；根据弹簧振子做简谐运动的周期公式T ＝2π，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．
二、非选择题
13．(2020·河北衡水模拟)物理实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验．
(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约为2 cm的均匀铁球
D．直径约为5 cm的均匀木球
E．秒表
F．时钟
G．最小刻度为毫米的刻度尺
实验小组的同学需要从上述器材中选择________(填写器材前面的字母)．
(2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)．

(3)某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________．
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，秒表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
解析：(1)需要从题给器材中选择：长约1 m的细线，直径约2 cm的均匀铁球，秒表(测量50次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)．
(2)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin 5°＝0.087 m＝8.7 cm，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A.
(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝.将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，故A错误；开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，故B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，故C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝，若误计为30次，则T测＝<，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大，故D正确．
答案：(1)ACEG　(2)A　(3)D