2019年度高考物理一轮复习 第十四章 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论学案（打包7套）.zip

1实验十五 测定玻璃的折射率1.实验原理如图 1 所示，当光线 AO 以一定的入射角 θ 1穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找出跟入射光线 AO 对应的出射光线 O′ B，从而求出折射光线 OO′和折射角 θ 2，再根据 n＝或 n＝ 计算出玻璃的折射率.sin θ 1sin θ 2 PNQN′图 12.实验器材木板、白纸、玻璃砖、大头针、图钉、量角器、三角板、铅笔.3.实验步骤(1)用图钉把白纸固定在木板上.(2)在白纸上画一条直线 aa′，并取 aa′上的一点 O 为入射点，作过 O 点的法线 NN′.(3)画出线段 AO 作为入射光线，并在 AO 上插上 P1、 P2两根大头针.(4)在白纸上放上玻璃砖，使玻璃砖的一条长边与直线 aa′对齐，并画出另一条长边的对齐线 bb′.(5)眼睛在 bb′的一侧透过玻璃砖观察两个大头针并调整视线方向，使 P1的像被 P2的像挡住，然后在眼睛这一侧插上大头针 P3，使 P3挡住 P1、 P2的像，再插上 P4，使 P4挡住 P3和P1、 P2的像.(6)移去玻璃砖，拔去大头针，由大头针 P3、 P4的针孔位置确定出射光线 O′ B 及出射点O′，连接 O、 O′得线段 OO′.(7)用量角器测量入射角 θ 1和折射角 θ 2，并查出其正弦值 sin θ 1和 sin θ 2.(8)改变入射角，重复实验，算出不同入射角时的 ，并取平均值.sin θ 1sin θ 221.数据处理(1)计算法：用量角器测量入射角 θ 1和折射角 θ 2，并查出其正弦值 sin θ 1和 sin θ 2.算出不同入射角时的 ，并取平均值.sin θ 1sin θ 2(2)作 sin θ 1－sin θ 2图象：改变不同的入射角 θ 1，测出不同的折射角 θ 2，作 sin θ 1－sin θ 2的图象，由 n＝ 可知图象应为过原点的直线，如图 2 所示，其斜率为sin θ 1sin θ 2折射率.图 2(3)“单位圆”法确定 sin θ 1、sin θ 2，计算折射率 n.以入射点 O 为圆心，以一定的长度 R 为半径画圆，交入射光线 OA 于 E 点，交折射光线OO′于 E′点，过 E 作 NN′的垂线 EH，过 E′作 NN′的垂线 E′ H′.如图 3 所示，sin θ 1＝ ，sin θ 2＝ ， OE＝ OE′＝ R，则 n＝ ＝ .只要用刻度尺量出EHOE E′ H′OE′ sin θ 1sin θ 2 EHE′ H′EH、 E′ H′的长度就可以求出 n.图 32.注意事项(1)用手拿玻璃砖时，手只能接触玻璃砖的毛面或棱，不能触摸光洁的光学面，严禁把玻璃砖当尺子画玻璃砖的另一边 bb′.(2)实验过程中，玻璃砖在纸上的位置不可移动.(3)大头针应竖直地插在白纸上，且玻璃砖每两枚大头针 P1与 P2间、 P3与 P4间的距离应大一点，以减小确定光路方向时造成的误差.(4)实验时入射角不宜过小，否则会使测量误差过大，也不宜过大，否则在 bb′一侧将看不到 P1、 P2的像.3命题点一 教材原型实验例 1 如图 4 所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率.在平铺的白纸上垂直纸面插大头针 P1、 P2确定入射光线，并让入射光线过圆心 O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针 P3，使 P3挡住 P1、 P2的像，连接 OP3，图中 MN 为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称， B、 C 分别是入射光线、折射光线与圆的交点， AB、 CD 均垂直于法线并分别交法线于 A、 D 点.图 4(1)设 AB 的长度为 l1， AO 的长度为 l2， CD 的长度为 l3， DO 为的长度为 l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________.(2)该同学在插大头针 P3前不小心将玻璃砖以 O 为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(选填“偏大” “偏小”或“不变”).答案 (1) l1和 l3 (2)偏大l1l3解析 (1)sin θ 1＝ ，sin θ 2＝ ，因此玻璃砖的折射率 n＝ ＝ ＝ ，因此只l1BO l3CO sin θ 1sin θ 2l1BOl3CO l1l3需测量 l1和 l3即可.(2)玻璃砖顺时针转过一个小角度，在处理数据时，认为 l1是不变的，即入射角不变，而l3减小，所以测量值 n＝ 将偏大.l1l3变式 1 某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行.正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图 5 所示.4图 5(1)此玻璃的折射率计算式为 n＝________(用图中的 θ 1、 θ 2表示).(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量.答案 (1) (2)大cos θ 1cos θ 2(或 sin  90°－ θ 1sin  90°－ θ 2 )解析 (1)光线由空气射入玻璃的入射角 i＝90°－ θ 1，折射角 r＝90°－ θ 2，由折射率的定义可得： n＝ ＝ ＝ ，根据平行玻璃砖对光线的影响可sin isin r sin  90°－ θ 1sin  90°－ θ 2 cos θ 1cos θ 2知，玻璃砖宽度越大，侧移量越大，折射角的测量误差越小.变式 2 在用插针法测定玻璃砖的折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面 aa′、 bb′与玻璃砖位置的关系分别如图 6①、②和③所示，其中甲、丙两同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖.他们的其他操作均正确，且均以 aa′、 bb′为界面画光路图.图 6(1)甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大” “偏小”或“不变”).(2)乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大” “偏小”或“不变”).(3)丙同学测得的折射率与真实值相比________.答案 (1)偏小 (2)不变(3)可能偏大、可能偏小、可能不变解析 (1)用题图①测定折射率时，测出的折射角偏大，折射率偏小；(2)用图②测定折射率时，只要操作正确，则测得的折射率与真实值相同；(3)用图③测定折射率时，无法确定折射光线偏折角与真实值的大小关系，所以测得的折射率可能偏大、可能偏小、可能不变.命题点二 实验拓展与创新例 2 某同学测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖.如图 7 所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上 O 点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到 A、 B 两个光点，读出 OA 间的距离为 20.00 cm， AB 间的距离为 6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离 d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度 d2＝4.00 cm.玻璃的折射率 n＝________，光在玻璃中传播速度 v＝________ m/s(光在真空中传播速度 c＝3.0×10 8 m/s，结果均保留两位有效数字).5图 7答案 1.2 2.5×10 8解析 作出光路图如图所示，根据几何知识可得入射角 i＝45°，设折射角为 r，则 tan r＝ ，故折射率 n＝ ≈1.2，故 v＝ ＝2.5×10 8 m/s.34 sin isin r cn变式 3 某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率.开始玻璃砖的位置如图 8 中实线所示，使大头针 P1、 P2与圆心 O 在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心 O 缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察 P1、 P2的像，且 P2的像挡住 P1的像.如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失.此时只需测量出__________，即可计算出玻璃砖的折射率.请用你测量的量表示出折射率n＝________.图 8答案 玻璃砖直径边绕 O 点转过的角度 θ 1sin θ解析 玻璃砖转动时，射在其直径所在平面内的光线的入射角增大，当增大到等于临界角θ 时，发生全反射现象.因 sin θ ＝ ，可见只要测出临界角即可求得折射率 n，而 θ 和1n玻璃砖直径绕 O 点转过的角度相等，因此只要测出玻璃砖直径边绕 O 点转过的角度即可.变式 4 小明同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验，如图 9 所示，他进行的主要步骤是：图 96A.用刻度尺测玻璃砖的直径 AB 的大小 d.B.先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心 O、直径 AB、 AB 的法线 OC.C.将玻璃砖放回白纸的原处，长直尺 MN 紧靠 A 点并与直径 AB 垂直放置.D.调节激光器，使 PO 光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心 O，并使长直尺 MN 的左右两侧均出现亮点，记下左侧亮点到 A 点的距离 x1，右侧亮点到 A 点的距离 x2.则：(1)小明利用实验数据计算此玻璃砖折射率的表达式为 n＝________.(2)关于上述实验，以下说法正确的是________.A.在∠ BOC 的范围内，改变入射光线 PO 的入射角，直尺 MN 上可能只出现一个亮点B.左侧亮点到 A 点的距离 x1一定小于右侧亮点到 A 点的距离 x2C.左侧亮点到 A 点的距离 x1一定大于右侧亮点到 A 点的距离 x2D.要使左侧亮点到 A 点的距离 x1增大，应减小入射角答案 (1) (2)ABDd2＋ 4x2d2＋ 4x21解析 (1)设光线在 AB 面上的入射角为 α ，折射角为 β ，根据几何关系有：sin α ＝，sin β ＝ ，则折射率 n＝ ＝ .d2 d2 2＋ x2d2 d2 2＋ x21 sin βsin α d2＋ 4x2d2＋ 4x21(2)当入射角大于或等于发生全反射的临界角时，直尺 MN 上只出现一个亮点，故 A 正确.光从玻璃射入空气，折射角大于入射角，通过几何关系知， x1x2，故 B 正确，C 错误.减小入射角，则折射角减小， x1增大，故 D 正确.1实验十六 用双缝干涉测量光的波长(同时练习使用测量头)1.实验原理如图 1 所示，光源发出的光，经过滤光片后变成单色光，再经过单缝 S 时发生衍射，这时单缝 S 相当于一个单色光源，衍射光波同时到达双缝 S1和 S2之后， S1、 S2双缝相当于两个步调完全一致的单色相干光源，相邻两条亮(暗)条纹间的距离 Δ x 与入射光波长 λ ，双缝S1、 S2间距离 d 及双缝与屏的距离 l 有关，其关系式为：Δ x＝ λ ，因此，只要测出ldΔ x、 d、 l 即可测出波长 λ .图 1两条相邻亮(暗)条纹间的距离 Δ x 用测量头测出.测量头由分划板、目镜、手轮等构成，如图 2 所示.图 22.实验器材双缝干涉仪，即：光具座、光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头，另外还有学生电源、导线、刻度尺.3.实验步骤(1)观察双缝干涉图样①将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上，如图 3 所示.图 3②接好光源，打开开关，使灯丝正常发光.2③调节各器件的高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏.④安装单缝和双缝，尽量使缝的中点位于遮光筒的轴线上，使单缝与双缝平行，二者间距约为 5～10 cm.⑤在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹.(2)测定单色光的波长①安装测量头，调节至可清晰观察到干涉条纹.②使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中央，如图 4 所示，记下手轮上的读数，将该条纹记为第 1 条亮条纹；转动手轮，使分划板中心刻线移动至另一亮条纹的中央，记下此时手轮上的读数，将该条纹记为第 n 条亮条纹，测出 n 条亮条纹间的距离 a，则相邻两亮条纹间距 Δ x＝ .an－ 1图 4③用刻度尺测量双缝到光屏间距离 l(d 是已知的).④重复测量、计算，求出波长的平均值.1.数据处理(1)条纹间距的计算：移动测量头的手轮，分划板中央刻线在第 1 条亮条纹中央时读数为a1，在第 n 条亮条纹中央时读数为 an，则 Δ x＝ .an－ a1n－ 1(2)根据条纹间距与波长的关系 Δ x＝ λ 得 λ ＝ Δ x，其中 d 为双缝间距， l 为双缝到光ld dl屏的距离.(3)测量时需测量多组数据，求 λ 的平均值.2.注意事项(1)调节双缝干涉仪时，要注意调整光源的高度，使它发出的光束能够沿着遮光筒的轴线把屏照亮.(2)放置单缝和双缝时，缝要相互平行，中心大致位于遮光筒的轴线上.(3)调节测量头时，应使分划板中心刻线和亮条纹的中心对齐，记清此时手轮上的读数，转动手轮，使分划板中心刻线和另一亮条纹的中心对齐，记下此时手轮上的读数，两次读数之差就表示这两条亮条纹间的距离.(4)不要直接测 Δ x，要测多条亮条纹的间距再计算得到 Δ x，这样可以减小误差.3(5)白光的干涉观察到的是彩色条纹，其中白色在中央，红色在最外层.3.误差分析(1)双缝到光屏的距离 l 的测量存在误差.(2)测条纹间距 Δ x 带来的误差：①干涉条纹没有调整到最清晰的程度.②误认为 Δ x 为亮条纹的宽度.③分划板刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于亮条纹中心.④测量多条亮条纹间的距离时读数不准确，此间距中的条纹数未数清.命题点一 教材原型实验例 1 现有毛玻璃屏 A、双缝 B、白光光源 C、单缝 D 和透红光的滤光片 E 等光学元件，要把它们放在如图 5 甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长.甲图 5(1)将白光光源 C 放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列最佳顺序应为 C、________、 A.(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离.在操作步骤②时还应注意________和________.(3)将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第 1 条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示.然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第 6 条亮条纹中心对齐，记下此时图丙中手轮上的示数为______ mm，求得相邻亮条纹的间距 Δ x 为______ 4mm.(4)已知双缝间距 d 为 2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离 l 为 0.700 m，由计算式λ ＝________，求得所测红光波长为________ nm.答案 (1) E、 D、 B (2)见解析 (3)13.870 2.310 (4) Δ x 6.6×10 2dl解析 (1)通过滤光片获得单色光，通过单缝获得线光源，通过双缝获得相干光，故最佳顺序为 E、 D、 B.(2)单缝和双缝间距为 5～10 cm，使单缝与双缝相互平行.(3)题 图 丙 中 固 定 刻 度 读 数 为 13.5 mm，可动刻度读数为 37.0×0.01 mm.二者相加为 13.870 mm，图乙中的读数为 2.320 mm，所以 Δ x＝ mm＝2.310 mm.13.870－ 2.3206－ 1(4)根据 Δ x＝ λ ，得 λ ＝ Δ x，代入数据得 λ ＝6.6×10 2 nm.ld dl变式 1 (多选)(2017·全国卷Ⅱ·34(1))在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是( )A.改用红色激光B.改用蓝色激光C.减小双缝间距D.将屏幕向远离双缝的位置移动E.将光源向远离双缝的位置移动答案 ACD解析 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距 Δ x＝ λ 可知，要使 Δ x 增大，可以增大波长ld或增大双缝到屏的距离或缩小双缝间的距离，所以选项 A、C、D 正确，B、E 错误.变式 2 用某种单色光做双缝干涉实验时，已知双缝间的距离 d 的大小恰好是图中游标卡尺的读数，如图 6 丁所示；双缝到毛玻璃屏间的距离的大小由图中的毫米刻度尺读出，如图丙所示；实验时先移动测量头(如图甲所示)上的手轮，把分划线对准靠近最左边的一条亮条纹(如图乙所示)，并记下螺旋测微器的读数 x1(如图戊所示)，然后转动手轮，把分划线向右移动，直到对准第 7 条亮条纹并记下螺旋测微器的读数 x2(如图己所示)，由以上测量数据求该单色光的波长.(结果保留两位有效数字)5图 6答案 8.0×10 －7 m解 析 根 据 条 纹 间 距 公 式 Δ x＝ λ 可 知 ， 波 长 λ ＝ Δ x， 代 入题目提供的数据就可求解，由ld dl题图丁 可 直 接 读 出 d＝0.25 mm＝0.000 25 m， 双 缝 到 屏 的 距 离 由 题 图 丙 读 出 l＝ 74.90 cm＝ 0.749 0 m.由 题 图 乙 、 戊 、 己 可 知 ， 两 条 相 邻 亮 条 纹 间 的 距 离 Δ x＝ 14.700－ 0.3006mm＝2.400 mm＝0.002 400 m.将以上数据代入得 λ ＝ ＝ m≈8.0×10 －7 m.dΔ xl 0.000 25×0.002 4000.749 0命题点二 实验拓展与创新例 2 (2015·全国卷Ⅰ·34(1))在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距 Δ x1与绿光的干涉条纹间距 Δ x2相比，Δ x1____Δ x2(填“＞” “＝”或“＜”).若实验中红光的波长为 630 nm，双缝与屏幕的距离为 1.00 m，测得第 1 条到第 6 条亮条纹中心间的距离为 10.5 mm，则双缝之间的距离为________ mm.答案 ＞ 0.3解析 双缝干涉条纹间距 Δ x＝ λ ，红光波长较长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，ld即 Δ x1＞Δ x2.相邻条纹间距 Δ x＝ ＝2.1 mm＝2.1×10 －3 m，根据 Δ x＝ λ 可得10.5 mm5 ldd＝ ＝0.3 mm.lλΔ x变式 3 1801 年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质，1834 年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验).图 7(1)洛埃镜实验的基本装置如图 7 所示， S 为单色光源， M 为平面镜，试用平面镜成像作图6法画出 S 经平面镜反射后的光与直线发出的光在光屏上相交的区域.(2)设光源 S 到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为 a 和 L，光的波长为 λ ，在光屏上形成干涉条纹，写出相邻两条亮条纹(或暗条纹)间距离 Δ x 的表达式.答案 见解析解析 (1)如图所示(2)Δ x＝ λ ，因为 d＝2 a，故 Δ x＝ λ .Ld L2a1实验十四 探究单摆的摆长与周期的关系1.实验原理当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为 T＝2π ，它与偏角的大小及摆球的质量lg无关，由此得到 g＝ .因此，只要测出摆长 l 和振动周期 T，就可以求出当地的重力加4π 2lT2速度 g 的值.2.实验器材带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球、不易伸长的细线(约 1 m)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺.3.实验步骤(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆.(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图 1 所示.图 1(3)用毫米刻度尺量出摆线长度 l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长 l＝ l′＋ r.(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过 5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成 30～50 次全振动所用的时间 t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即 T＝ (N 为全振动的次数)，反复tN测 3 次，再算出周期的平均值 ＝ .TT1＋ T2＋ T332(5)根据单摆周期公式 T＝2π ，计算当地的重力加速度 g＝ .lg 4π 2lT2(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值.(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因.1.注意事项(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过 5°.(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放.(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时.因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大.②要测多次全振动的时间来计算周期.如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数 1 次.(4)本实验可以采用图象法来处理数据.即用纵轴表示摆长 l，用横轴表示 T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率 k＝ .这是在众多的实验g4π 2中经常采用的科学处理数据的重要方法.2.数据处理处理数据有两种方法：(1)公式法：测出 30 次或 50 次全振动的时间 t，利用 T＝ 求出周期；不改变摆长，反复测tN量三次，算出三次测得的周期的平均值 ，然后利用公式 g＝ 求重力加速度.T4π 2lT2(2)图象法：由单摆周期公式不难推出： l＝ T2，因此，分别测出一系列摆长 l 对应的g4π 2周期 T，作 l－ T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，如图 2 所示，求出图线的斜率k＝ ，即可利用 g＝4π 2k 求重力加速度.Δ lΔ T2图 233.误差分析(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等.(2)偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数.命题点一 教材原型实验例 1 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图 3 所示，这样做的目的是________(填字母代号).图 3A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量更加准确C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后 在 摆 球 自 然 悬 垂 的 情 况 下 ， 用 毫 米 刻 度 尺 从 悬 点 量 到 摆 球 的 最 低 端 的 长 度L＝ 0.999 0 m， 再 用 游 标 卡 尺 测 量 摆 球 直 径 ， 结 果 如 图 4 所 示 ， 则该摆球的直径为________ mm，单摆摆长为________ m.图 4(3)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.图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C 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).4答案 (1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A解析 (1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保证摆长不变，同时又便于调节摆长，A、C 正确；(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为 d＝12 mm＋0.1 mm×0＝12.0 mm，则单摆摆长为 L0＝ L－ ＝0.993 0 m(注意统一单位)；d2(3)单摆摆角不超过 5°，且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始，故 A 项的操作符合要求.变式 1 某同学用单摆测当地的重力加速度.他测出了摆线长度 L 和摆动周期 T，如图 5(a)所示.通过改变悬线长度 L，测出对应的摆动周期 T，获得多组 T 与 L，再以 T2为纵轴、 L 为横轴画出函数关系图象如图(b)所示.由图象可知，摆球的半径 r＝________ m，当地重力加速度 g＝________ m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(选填“偏大” “偏小”或“一样”)图 5答案 1.0×10 －2 9.86 一样命题点二 实验拓展与创新例 2 (2015·天津理综·9(2))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5(2)如图 6 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两标记点之间的距离 Δ L.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g＝________.图 6答案 (1)BC (2)4π 2Δ LT21－ T2解析 (1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选 B、C.(2)设第一次摆长为 L，第二次摆长为 L－Δ L，则 T1＝2π ， T2＝2π ，联立解得Lg L－ Δ Lgg＝ .4π 2Δ LT21－ T2变式 2 为了研究滑块的运动，选用滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板以及由漏斗和细线构成的单摆等组成如图 7 甲所示装置，实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时让单摆垂直于纸带运动方向做小摆幅摆动，漏斗可以漏出很细的有色液体，在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置，如图乙所示.图 7(1)漏斗和细线构成的单摆在该实验中所起的作用与下列哪个仪器相同？________(填写仪器序号).6A.打点计时器 B.秒表 C.毫米刻度尺 D.电流表(2)已知单摆周 期 T＝ 2 s， 在 图 乙 中 AB＝ 24.10 cm， BC＝ 27.90 cm、 CD＝ 31.90 cm、 DE＝ 36.10 cm， 则 单 摆 在 经 过 D 点 时 ， 滑 块的瞬时速度为 vD＝________ m/s，滑块的加速度为a＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字).答案 (1)A (2)0.34 0.040解析 (1)单摆振动具有周期性，摆球每隔半个周期经过纸带中线一次，单摆在该实验中所起的作用与打点计时器相同，故选 A.(2)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有vD＝ ＝0.34 m/s 据匀变速直线运动的推论 Δ x＝ aT2，有：xCETa＝ ＝0.040 m/s 2CD＋ DE－  AB＋ BCT21第 1 讲 机械振动一、简谐运动1.简谐运动(1)定义：如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动.(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置.(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力.②方向：总是指向平衡位置.③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力.2.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弹簧质量要忽略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无空气阻力等③最大摆角小于等于 5°回复力 弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力平衡位置弹簧处于原长处 最低点周期 与振幅无关T＝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2自测 1 (多选)关于简谐运动的理解，下列说法中正确的是( )A.简谐运动是匀变速运动B.周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量C.简谐运动的回复力可以是恒力D.弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大E.单摆在任何情况下的运动都是简谐运动答案 BD二、简谐运动的公式和图象1.表达式(1)动力学表达式： F＝－ kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反.(2)运动学表达式： x＝ Asin(ωt ＋ φ 0)，其中 A 代表振幅， ω ＝2π f 代表简谐运动的快慢，ωt ＋ φ 0代表简谐运动的相位， φ 0叫做初相.2.图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为 x＝ Asin ωt ，图象如图 1 甲所示.(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为 x＝ Acos ωt ，图象如图乙所示.图 1自测 2 有一弹簧振子，振幅为 0.8 cm，周期为 0.5 s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是( )A.x＝8×10 －3 sin m(4π t＋π 2)B.x＝8×10 －3 sin m(4π t－π 2)C.x＝8×10 －1 sin m(π t＋3π2)D.x＝8×10 －1 sin m(π 4t＋ π 2)答案 A解析 振幅 A＝0.8 cm＝8×10 －3 m， ω ＝ ＝4π rad/s.由题知初始时(即 t＝0 时)振子2πT在正向最大位移处，即 sin φ 0＝1，得 φ 0＝ ，故振子做简谐运动的振动方程为：π 23x＝8×10 －3 sin m，选项 A 正确.(4π t＋π 2)三、受迫振动和共振1.受迫振动系统在驱动力作用下的振动.做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关.2.共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象.共振曲线如图 2 所示.图 2自测 3 (多选)如图 3 所示， A 球振动后，通过水平细绳迫使 B、 C 振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是( )图 3A.只有 A、 C 的振动周期相等B.C 的振幅比 B 的振幅小C.C 的振幅比 B 的振幅大D.A、 B、 C 的振动周期相等答案 CD命题点一 简谐运动的规律受力特征回复力 F＝－ kx， F(或 a)的大小与 x 的大小成正比，方向相反运动 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、 x4特征 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T2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例 1 (多选)(2015·山东理综·38(1))如图 4 所示，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 (2.5π t) 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/s 2.以下判断正确的是( )图 4A.h＝1.7 mB.简谐运动的周期是 0.8 sC.0.6 s 内物块运动的路程是 0.2 mD.t＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相反答案 AB解析 t＝0.6 s 时，物块的位移为 y＝0.1sin (2.5π×0.6) m＝－0.1 m，则对小球有h＋| y|＝ gt2，解得 h＝1.7 m，选项 A 正确；简谐运动的周期是 T＝ ＝ s＝0.8 12 2πω 2π2.5πs，选项 B 正确；0.6 s 内物块运动的路程是 3A＝0.3 m，选项 C 错误； t＝0.4 s＝ 时，物T2块经过平衡位置向下运动，则此时物块与小球运动方向相同，选项 D 错误.变式 1 如图 5 所示，弹簧振子 B 上放一个物块 A，在 A 与 B 一起做简谐运动的过程中，下列关于 A 受力的说法中正确的是( )图 55A.物块 A 受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力B.物块 A 受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力C.物块 A 受重力、支持力及 B 对它的恒定的摩擦力D.物块 A 受重力、支持力及 B 对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力答案 D变式 2 (多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为 x＝10sin t(cm)，则π 4下列关于质点运动的说法中正确的是( )A.质点做简谐运动的振幅为 10 cmB.质点做简谐运动的周期为 4 sC.在 t＝4 s 时质点的速度最大D.在 t＝4 s 时质点的位移最大答案 AC6命题点二 简谐运动图象的理解和应用1.可获取的信息：(1)振幅 A、周期 T(或频率 f)和初相位 φ 0(如图 6 所示).图 6(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移.(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度的大小和速度的方向，速度的方向也可根据下一时刻质点的位移的变化来确定.(4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同，在图象上总是指向 t 轴.(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况.2.简谐运动的对称性：(图 7) 图 7(1)相隔 Δ t＝( n＋ )T(n＝0,1,2，…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，12位移等大反向，速度也等大反向.(2)相隔 Δ t＝ nT(n＝1,2,3，…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同.例 2 (2017·北京理综·15)某弹簧振子沿 x 轴的简谐运动图象如图 8 所示，下列描述正确的是( )图 8A.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答案 A7解析 t＝1 s 时，振子位于正向位移最大处，速度为零，加速度为负向最大，故 A 正确；t＝2 s 时，振子位于平衡位置并向 x 轴负方向运动，速度为负向最大，加速度为零，故 B错误； t＝3 s 时，振子位于负向位移最大处，速度为零，加速度为正向最大，故 C 错误；t＝4 s 时，振子位于平衡位置并向 x 轴正方向运动，速度为正向最大，加速度为零，故 D错误.例 3 一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图 9 所示.图 9(1)求 t＝0.25×10 －2 s 时质点的位移；(2)在 t＝1.5×10 －2 s 到 t＝2×10 －2 s 的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化？(3)在 t＝0 到 t＝8.5×10 －2 s 时间内，质点的路程、位移各多大？答案 (1)－ cm (2)变大 变大 变小 变小2变大 (3)34 cm 2 cm解析 (1)由题图 可 知 A＝ 2 cm， T＝ 2×10－ 2 s， 振 动 方程为 x＝ Asin (ωt － )＝－ Acos π 2ωt ＝－2cos ( t) cm＝－2cos (100π t) cm2π2×10－ 2当 t＝0.25×10 －2 s 时， x＝－2cos cm＝－ cm.π 4 2(2)由题图可知在 t＝1.5×10 －2 s 到 t＝2×10 －2 s 的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大.(3)在 t＝0 到 t＝8.5×10 －2 s 时间内，Δ t＝ T＝(4＋ )T，可知质点的路程为174 14s＝17 A＝34 cm，位移为 2 cm.变式 3 质点做简谐运动，其位移 x 与时间 t 的关系曲线如图 10 所示，由图可知( )图 10A.振幅为 4 cm，频率为 0.25 HzB.t＝1 s 时速度为零，但质点所受合外力最大8C.t＝2 s 时质点具有正方向最大加速度D.该质点的振动方程为 x＝2sin t(cm)π 2答案 C命题点三 单摆及其周期公式1.单摆的受力特征(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力， F 回 ＝－ mgsin θ ＝－ x＝－ kx，负号表mgl示回复力 F 回 与位移 x 的方向相反.(2)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力， F 向 ＝ FT－ mgcos θ .(3)两点说明①当摆球在最高点时， F 向 ＝ ＝0， FT＝ mgcos θ .mv2l②当摆球在最低点时， F 向 ＝ ， F 向 最大， FT＝ mg＋ m .mv2maxl v2maxl2.周期公式 T＝2π 的两点说明lg(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.例 4 如图 11 甲是一个单摆振动的情形， O 是它的平衡位置， B、 C 是摆球所能到达的最远位置.设向右为正方向.图乙是这个单摆的振动图象.根据图象回答：图 11(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为 10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)1.25 Hz (2) B 点 (3)0.16 m解析 (1)由题图乙知周期 T＝0.8 s，则频率 f＝ ＝1.25 Hz.1T9(2)由题图乙知， t＝0 时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在 B点.(3)由 T＝2π ，得 l＝ ≈0.16 m.lg gT24π 2变式 4 (2017·上海单科·10)做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的 倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的 ，则单摆振动的( )94 23A.周期不变，振幅不变B.周期不变，振幅变小C.周期改变，振幅不变D.周期改变，振幅变大答案 B解析 由单摆的周期公式 T＝2π 可知，当摆长 l 不变时，周期不变，故 C、D 错误；由lg能量守恒定律可知 mv2＝ mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减12小，则最大高度减小，故振幅减小，选项 B 正确，A 错误.命题点四 受迫振动和共振1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目 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 12 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.10图 12(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.例 5 下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为 f 固 ，则( )驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3A.f 固 ＝60 Hz B.60 Hz＜ f 固 ＜70 HzC.50 Hz＜ f 固 ≤60 Hz D.以上三个都不对答案 C解析 从如图所示的共振曲线可判断出 f 驱 与 f 固 相差越大，受迫振动的振幅越小； f 驱 与f 固 越接近，受迫振动的振幅越大.并可以从中看出 f 驱 越接近 f 固 ，振幅的变化越慢.比较各组数据知 f 驱 在 50～60 Hz 范围内时，振幅变化最小，因此 50 Hz＜ f 固 ≤60 Hz，即 C 正确.变式 5 如图 13 所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中 A、 B 的摆长相等.当 A 摆振动的时候，通过张紧的绳子给 B、 C、 D 摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动.观察B、 C、 D 摆的振动发现( )图 13A.C 摆的频率最小B.D 摆的周期最大C.B 摆的摆角最大11D.B、 C、 D 的摆角相同答案 C解析 由 A 摆摆动从而带动其它 3 个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟 A 摆相同，频率也相等，故 A、B 错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于 B 摆的固有频率与 A 摆的相同，故B 摆发生共振，振幅最大，故 C 正确，D 错误.1.做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是( )A.位移 B.速度 C.加速度 D.回复力答案 B2.做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的 ，摆球经过平衡位置时速度增大14为原来的 2 倍，则单摆振动的( )A.频率、振幅都不变 B.频率、振幅都改变C.频率不变，振幅改变 D.频率改变，振幅不变答案 C3.如图 1 所示，弹簧振子在 a、 b 两点间做简谐振动，当振子从平衡位置 O 向 a 运动过程中( )图 1A.加速度和速度均不断减小B.加速度和速度均不断增大C.加速度不断增大，速度不断减小D.加速度不断减小，速度不断增大答案 C解析 在振子由 O 到 a 的过程中，其位移不断增大，回复力增大，加速度增大，但是由于加速度与速度方向相反，故速度减小，因此选项 C 正确.4.如图 2 所示为某弹簧振子在 0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )12图 2A.振动周期为 5 s，振幅为 8 cmB.第 2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C.从第 1 s 末到第 2 s 末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D.第 3 s 末振子的速度为正向的最大值答案 D解析 由题图图象可知振动周期为 4 s，振幅为 8 cm，选项 A 错误；第 2 s 末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项 B 错误；从第 1 s 末到第 2 s 末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项 C 错误；第 3 s 末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项 D 正确.5.(多选)一个质点做简谐运动的图象如图 3 所示，下列说法正确的是( )图 3A.质点振动的频率为 4 HzB.在 10 s 内质点经过的路程是 20 cmC.在 5 s 末，质点的速度为零，加速度最大D.t＝1.5 s 和 t＝4.5 s 两时刻质点的位移大小相等，都是 cm2答案 BCD解析 由题图图象可知，质点振动的周期为 T＝4 s，故频率 f＝ ＝0.25 Hz，选项 A 错误；1T在 10 s 内质点振动了 2.5 个周期，经过的路程是 10A＝ 20 cm，选项 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，选项 C 正确；由题图图象可得振动方程是 x＝2sin( t) cm，将 t＝1.5 s 和 t＝4.5 s 代入振动方程得 x＝ cm，选项 D 正确.π 2 26.(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为 x＝ Asin t，则质点( )π 4A.第 1 s 末与第 3 s 末的位移相同B.第 1 s 末与第 3 s 末的速度相同C.第 3 s 末至第 5 s 末的位移方向都相同D.第 3 s 末至第 5 s 末的速度方向都相同13答案 AD解析 由关系式可知 ω ＝ rad/s， T＝ ＝8 s，将 t＝1 s 和 t＝3 s 代入关系式中求π 4 2πω得两时刻位移相同，A 对；作出质点的振动图象，由图象可以看出，第 1 s 末和第 3 s 末的速度方向不同，B 错；由图象可知，第 3 s 末至第 4 s 末质点的位移方向与第 4 s 末至第 5 s 末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，故 C 错，D 对.7.一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 4 所示，则( )图 4A.此单摆的固有周期约为 0.5 sB.此单摆的摆长约为 1 mC.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 由题图共振曲线知此单摆的固有频率为 0.5 Hz，固有周期为 2 s，故 A 错误；由T＝2π ，得此单摆的摆长约为 1 m，故 B 正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固lg有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故 C、D 错误.8.(多选)(2018·福建福州质检)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 5 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( )14图 5A.若规定状态 a 时 t＝0，则图象为①B.若规定状态 b 时 t＝0，则图象为②C.若规定状态 c 时 t＝0，则图象为③D.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，故选项 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，选项 B 错误；振子在状态 c 时 t＝0，此时的位移为－2 cm，选项 C 错误；振子在状态 d 时 t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，故选项 D 正确.9.(多选)如图 6 所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是( )图 6A.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.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 由题图振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式 T＝2π 可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算lg出当地的重力加速度 g，故 A、B 正确，E 错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故 C 错误；在 t＝0.5 s 时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故 D 正确.1510.(多选)如图 7 所示为一个竖直放置的弹簧振子，物体沿竖直方向在 A、 B 之间做简谐运动， O 点为平衡位置， A 点位置恰好为弹簧的原长.物体由 C 点运动到 D 点( C、 D 两点未在图上标出)的过程中，弹簧的弹性势能增加了 3.0 J，重力势能减少了 2.0 J.对于这段过程说法正确的是( )图 7A.物体的动能增加 1.0 JB.C 点的位置可能在平衡位置以上C.D 点的位置可能在平衡位置以上D.物体经过 D 点的运动方向可能指向平衡位置答案 BD11.如图 8 所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：图 8(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第 2 s 末到第 3 s 末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前 100 s 的总位移是多少？路程是多少？答案 见解析解析 (1)由题图振动图象可得 A＝5 cm， T＝4 s， φ 0＝0则 ω ＝ ＝ rad/s2πT π 2故该振子简谐运动的表达式为 x＝5sin t cmπ 2(2)由题图可知，在 t＝2 s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当 t＝3 s 时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值.(3)振子经过一个周期位移为零，路程为 4×5 cm＝20 cm，前 100 s 刚好经过了 25 个周期，所以前 100 s 振子的总位移 x＝0，振子的路程 s＝25×20 cm＝500 cm＝5 m.12.如图 9 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≫AB.甲球从16弧形槽的圆心处自由下落，乙球从 A 点由静止释放，问：图 9(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) (2) (n＝0,1,2…)22π  2n＋ 1 2π 2R8解析 (1)甲球做自由落体运动R＝ gt12，所以 t1＝12 2Rg乙球沿圆弧做简谐运动(由于 AC≪R，可认为摆角 θ ＜5°). 此运动与一个摆长为 R 的单摆运动模型相同，故此等效摆长为 R，因此乙球第 1 次到达 C 处的时间为t2＝ T＝ ×2π ＝ ，14 14 Rg π 2 Rg所以 t1∶ t2＝ .22π(2)甲球从离弧形槽最低点 h 高处自由下落，到达 C 点的时间为 t 甲 ＝2hg由于乙球运动存在周期性，所以乙球到达 C 点的时间为t 乙 ＝ ＋ n ＝ (2n＋1) ( n＝0,1,2，…)T4 T2 π 2 Rg由于甲、乙在 C 点相遇，故 t 甲 ＝ t 乙联立解得 h＝ ( n＝0,1,2…). 2n＋ 1 2π 2R8