物理人教版選修3-4答案

第十一章&簡諧運動

知識清單

一、①靜止②往復③振動④忽略⑤忽略

二、①平衡位置②振動③勻速

三、①正弦②振動③時間④位移⑤時間⑥心電圖

鏈接高考

1.D上提后釋放,試管從正向最大位移處開始做簡諧運動,符合條件的為D選項。

2.A由題目“經(jīng)過四分之一周期，振子具有沿x軸正方向的最大加速度”可知,經(jīng)過四分之一

周期后，振子?在負的最大位移處,A項正確,B、C、D項錯誤。

基礎過關(guān)

1.AB本題中位移的參考點應是0點，由于振子在0點的右側(cè)由A向0運動,所以振子的位移方

向向右，且大小在不斷減小，故A、B正確,C、D錯誤。

2.D小球經(jīng)過0點時速度最大,A錯;小球在M點與在N點的加速度大小相等,方向相反,B錯；

小球從M點向0點運動時,速度增大,加速度減小,C錯；小球從0點向N點運動時,速度減小,加

速度增大,D對。

3.ACD該圖象的坐標原點建立在彈簧振子的平衡位置,小球的振動過程是沿x軸方向移動的，

故A對,B錯。由獲得圖象的方法知C對。頻閃照相是在相同時間拍下的小球的像，因此圖象中

小球的疏密顯示了它的位置變化快慢,D對。

4.D在彈簧振了?做簡諧運動時機械能守恒,D正確。在3、t2兩時刻質(zhì)點具有相同大小的位移

和加速度，但方向不同，故A、B不正確。由圖象可知3、t?兩時刻質(zhì)點速度方向不同，故C選項

錯誤。

5.C簡諧運動的速度是變化的，加速度a也是變化的,A、B、D錯,C對。

6.AC在平衡位置處，位移為0,速度具有最大值，故動能也具有最大值。

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

衡位置的,A錯誤;振子的加速度總是指向平衡位置,而位移總是背離平衡位置,B正確;振廣的速

度方向與位移方向無關(guān),C、D錯誤。

8.B3與L兩時刻振子經(jīng)同一位置向相反方向運動,加速度相同,速度方向相反,A錯,B對;七

與t」兩時刻振子經(jīng)過關(guān)于平衡位置的對稱點，加速度大小相等、方向相反,C錯;t2、t3時刻振子

的速度相同,D錯。

9.A由圖象可知,再過1s即第5s時刻,質(zhì)點在正向最大位移處,速度為零，加速度最大且沿x

軸負向。故正確答案為A。

10.BC由于位移是指由平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段,故質(zhì)點在0.7s時的位移方向

向右,且正在向平衡位置運動,所以A項錯誤;質(zhì)點在1.5s時的位移達到最大，故B正確;質(zhì)點

在L2s到L4s過程中，正在遠離平衡位置，所以其位移在增大，故C正確；1.6s到L8s時

間內(nèi)，質(zhì)點正向平衡位置運動,所以其位移正在減小，故D項錯誤。

11.C3、a兩個時刻貨物經(jīng)過平衡位置，加速度為零，壓力大小等于重力,A錯;t2時刻,貨物處

于最低點,加速度向上且最大,壓力大于重力,B錯;匕時亥I],貨物處于最高點,加速度向下且最大，

壓力小于重力,C對,D錯。

三年模擬

1.C振子在M、N兩點彈力、位移、加速度都等大，反向，故A、B錯誤,C正確;振子從M到N先

做變加速運動,后做變減速運動,D錯誤。

2.Bt=ls時,位移最大,加速度最大,速度為零,選項A錯誤;t=2s時，位移為零,加速度為零，

而速度最大,速度方向要看該點切線斜率的正、負,t=2s時,速度方向為負，選項B正確;t=3s

時，位移最大,加速度最大,速度為零,選項C錯誤;L4s時，位移為零,加速度為零,速度最大,方

向為正，選項D錯誤。

3.BC由題圖可知第5秒末時,振子處于正的最大位移處，此時有負方向的最大加速度,速度為

零，故B、C正確,A錯誤;在。到5s內(nèi)，振子先從平衡位置到正的最大位移，再經(jīng)平衡位置到負

的最大位移,最后從負的最大位移經(jīng)平衡位置到正的最大位移,整個過程路程為10cm,故D錯誤。

4.D第1s內(nèi)振子的位移為正方向，速度方向也為正方向,A錯;第2s末振子在平衡位置，位移

為零,B錯;第2s末振子恰好過平衡位置,且正向x軸負方向運動，而第3s末振子的位移為-20

cm,瞬時速度剛好為零，所以C錯;第1s內(nèi)振子的位移方向和速度方向均為正，第2s內(nèi)振子的

位移方向為正,速度方向為負,所以D正確。

第十一章⑥2簡諧運動的描述

知識清單

一、①最大距離②振動強弱③運動范圍④速度⑤相等

⑥4倍⑦全振動⑧快慢⑨T5⑩狀態(tài)

二、①x=Asin(wt+4>)②③初相位

鏈接高考

1.C設振動圖象表達式為y=Asin31,由題意可知3或3t冗，其中3nrad/s,

66T3

解得ti=O.25s或t2=l.25s,則游客舒服登船時間At=t2-ti=l.0So

2.。答案ab

?解析由小物塊的運動方程可知，黑2.5JT,T=0.8s,故b正確。0.6s內(nèi)物塊運動了:個周期，

故路程應為0.3m,c錯。t=0.4s時物塊運動了半個周期，正向下運動，與小球運動方向相同，故

d錯。t=0.6s時，物塊的位移y=-0.1m,小球下落距離H=1gt2=l.8m,由題圖可知，h=H+y=l.7m,

故a正確。

3.?答案出江士

V2

。解析設周期為T,振幅為A。

由題意得T個和八=空o

基礎過關(guān)

1.A振幅是振子離開平衡位置的最大距離,它是表示振動強弱的物理量,振幅越大,振動越強。

2.B從經(jīng)過某點開始計時，則再經(jīng)過該點兩次所用的時間為一個周期,B對,A、C錯。振子從A

到B或從B到A的時間間隔為半個周期,D錯。

3.C周期T+0.2s,則3詈0.6,即t=0.6T,?<僅恥,所以小球位于C、0之間,運動方向向

右,C正確。

4.BC方程1代表的振子振動振幅為3;圓頻率為3=2"f=100M,則f=50Hz;初相為三方程2

代表的振/振動振幅為5;圓頻率為3=2nf=100""iJf=50Hz;初相為k由于它們的振動周期

相同,所以它們的相位差恒定為；因此它們在振動時步調(diào)不一致。正確選項為B、以

3412

5.?答案(l)x=O.08sin(nt+1n)m(2)160cm

C解析(1)簡諧運動振動方程的一般表達式為x=Asin根據(jù)題目條件，有:A=0.08

叫3=2nf二八。所以x=0.08sin(nt+<b)m。將t=0,x=0.04m,代入得0.04=0.08sin6,解

得初相位或6W”，因為t=0時，速度方向沿x軸負方向，即位移在減小,所以取63五。

故所求的振動方程為x=0.08sin(JIt-4n)mo

6

⑵周期T/=2s,所以t=5T,因IT內(nèi)的路程是4A,則10s內(nèi)通過的路程s=5X4A=20X8

cm=160cm<>

6.B由題意得2A=12cm,則A=6cm,--0.5s+0.5s=ls,則T=4s,B正確。

4

三年模擬

l.AB由振動圖象可知，彈簧在第1s末與第3s末的位移相同，彈簧長度相同,A正確；由振動

圖象可知，振動周期為8s,簡諧運動的圓頻率是3=^=+ad/s,B正確;第3s末振子的位移大

T4

小為x二Asin3t=Asin(2?3)二爭\,C錯誤;從第3s末到第5s末,振子的速度方向不發(fā)生

變化,選項D錯誤。

2.B若At=T/4,則只有當振子從平衡位置或最高點或最低點開始振動時,在At時間內(nèi)振子經(jīng)

過的路程才為一個振幅,選項A錯誤;若Al=T/2,則不論質(zhì)點從什么位置開始振動,在At時間

內(nèi)振子經(jīng)過的路程均為兩個振幅,選項B正確;若At=T/2,則在t時刻和(t+△t)時刻振子的位

移大小一定相同,方向相反,選項C錯誤;若At=T/2,則在t時刻和(l+A1)時刻振子的速度大小

一定相同,但是方向相反,選項D錯誤;故選B?

3.AD由甲、乙的振動圖象可知A產(chǎn)2cm、A乙=1cm、T乙二2T甲、久寺叫A選項正確，B選項錯

誤;前2秒內(nèi)，甲、乙兩振子的位移均為正值,故加速度均為負值,C選項錯誤;第2秒末甲振子的

位移為零,速度最大，乙振r位移最大,加速度最大,D選項正確。

4.?答案(1)1.0s(2)200cm(3)x=12.5sin2nt(cm)圖象見解析

C解析（1）彈簧振子簡諧運動示意圖如圖所示，由對稱性可得:T=0.5X2s=1.0s

⑵若B、C之間距離為25cm,

則振幅A§X25cm=12.5cm

振子在4.0s內(nèi)通過的路程s二1X4X12.5cm=200cm

(3)根據(jù)x=Asinot,A=12.5cm,<J=y=2n

得x=12.5sin2nt(cm)0振動圖象如圖所示。

第十一章⑥簡諧運動的回復力和能量

知識清單

一、①效果②平衡位置③平衡位置④~kx⑤正比⑥平衡位置

二、①機械能②勢③動④振幅⑤振幅⑥守恒

鏈接高考

1.?答案<<

?解析彈簧振子通過平衡位置時彈性勢能為零，動能最大。向右通過平衡位置,a由于受到彈簧

彈力做減速運動,b做勻速運動,兩者分離。物塊a與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能小于原來系統(tǒng),所

以物塊a振動的振幅減小,A<A?o由于振子質(zhì)量減小,物塊a的加速度的大小增大,所以周期減小,

T<TOo

2.c答案（1）L心嚶

k

⑵見解析

⑶」+2mgsinaf

4k

⑷U>[〃L+4mgsina）cosa

"4Mg+47ngeos2（x-kLsina

。解析(1)設物塊在斜面上平衡時,彈簧伸長量為△L,有

mgsina-k△L=0

解得

k

此時彈簧的長度為L+注吧

(2)當物塊的位移為x時,彈簧伸長量為x+AL,物塊所受合力為F/mgsina-k(x+AL)

聯(lián)立以上各式可得F行-kx

可知物塊做簡諧運動

(3)物塊做簡諧運動的振幅為卜駕上

4k

由時稱性可知,最大伸長量為2A-衿+變等吧

44K

⑷設物塊位移X為正,則斜面體受力情況如圖所示，由于斜面體平衡,所以有

水平方向f+即sina-Fcosa=0

豎直方向Fjo-Mg-FNicosa-Fsina=0

XF=k(x+AL),Fm=mgcosa

聯(lián)立可得f=kxcosa,Fv2=Mg+mg+kxsina

為使斜面體始終處于靜止,結(jié)合牛頓第三定律,應有If|WuF、〃所以

u.?.-!-/-!----k--x-co--sa;

FN2Mg+mg+kxs\na

當X=-A時,上式右端達到最大值,于是有

口>(kL+4mgsina)cosa

4Mg+4mgcos2akLsina

基礎過關(guān)

1.B通過對簡諧運動過程的分析可知，在同一位置，位移、加速度、回復力、動能、勢能一定

相同，由于通過同一位置具有往復性,所以速度方向可能相同，也可能相反,故選項B正確。

2.C由簡諧運動的回復力公式F=-kx可知,彈簧振子做簡諧運動時的回復力和位移的關(guān)系圖象

應如選項C所示。

3.CD由圖可知f甲：f乙=1：2,因此振子不相同,A錯誤,D正確。由圖可知C正確。因F,產(chǎn)

kipA1|i,F乙二k乙A乙,由于k甲和k乙關(guān)系未知,因此無法判斷F中、F乙的大小,所以B錯誤。

4.CD振子在平衡位置兩側(cè)往復運動,速度相同的位置可能出現(xiàn)在關(guān)于平衡位置對稱的兩點,這

時彈簧長度明顯不等,A錯;振子由最低點向平衡位置運動的過程中,彈簧對振子施加的力指向平

衡位置，做正功,B錯;振子運動過程中的回復力由振子所受合力提供且運動過程中機械能守恒，

故C、D對。

5.B彈簧振子做簡諧運動,振動能量不變,振幅不變,A錯;在0.2s時位移最大,振子具有最大

勢能,B對;彈簧振子的振動能量不變,在0.35s時振子具有的能量與其他時刻相同,C錯;在0.4

s時振子的位移最大,動能為零,D錯。

6.C當振子運動到B點的瞬間,振子的速度為零,此時P、Q的速度均為零,振子的動能全部轉(zhuǎn)

化為系統(tǒng)中彈簧的彈性勢能,將P拿走并不影響系統(tǒng)的能量,故能量并不改變,因此Q的振幅不

變;當振子通過0點時系統(tǒng)的彈性勢能乂全部轉(zhuǎn)化為動能,拿走P之前,彈性勢能轉(zhuǎn)化為P、Q兩

部分的動能,拿走P之后,彈性勢能轉(zhuǎn)化為Q部分的動能,故拿走P之后Q的動能比拿走P之前Q

的動能大，速率也要增大。所以選C。

7.ADm在平衡位置0處兩彈簧均處于原長狀態(tài),則m振動后任取一位置A,如圖。設在A處m

的位移為x,則在A處m在水平方向的合力F=-(k2+k))x=-3kx,選項D正確,C錯誤;可見m做的是

簡諧運動，由簡諧運動的對稱性可得OC-OB,選項A正確,B錯誤。

it~Ah

8.?答案見解析

《解析以木塊為研究對象,設靜止時木塊浸入水中Ax深，當木塊再被壓入水中x后

所受力如圖所示，

則合力F產(chǎn)mg-F加又F浮=PgS(Ax+x)。

由以上兩式,得F-=mg-PgS(Ax+x)=mg-PgSAx-PgSxo

因mg=PgSAx,所以F臺=一PgSxo即滿足Fia)=-kx(FP)=F令，k=PgS)。

即木塊做簡諧運動。

9.C要使貨物對?車廂底板的壓力最大,則車廂底板時貨物的支持力最大,則要求貨物向上的加

速度最大，由振動圖象可知在不時,貨物向上的加速度最大,則C選項正確；貨物對車廂底板的壓

力最小，則車廂底板對貨物的支持力最小，則要求貨物向下的加速度最大，由振動圖象可知在?時,

4

貨物向下的加速度最大，所以選項A、B、D錯誤。

10.AD最大振幅滿足kA=mg,所以A=詈,故A項正確;在A=詈的條件下小球在最高點和最低點

所受回復力大小相同,所以F「mg=mg,得F,=2mg,所以B項錯誤;小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守

恒,所以C項錯誤；當小球到達最低點時彈簧的形變量最大,所以彈性勢能最大,根據(jù)機械能守恒

或動能定理得最大彈性勢能為2mgA3鳥,所以D項正確。

三年模擬

1.AD質(zhì)點從最大位移處向平衡位置運動的過程中,速度和回復力方向相同，與位移方向相反,A

正確;質(zhì)點的加速度與位移的方向總相反,B錯誤;質(zhì)點從平衡位置向最大位移處運動過程中，

復力增大，速度減小，動能減小,C錯誤;質(zhì)點從最大位移處向平衡位置運動過程中，勢能減小，回

復力減小,加速度也減小,D正確。

2.At=0.2s時，振子的位移為正的最大，但由于沒有規(guī)定正方向,所以此時振子的位置可能在

A點也可能在B點,A正確。由圖線斜率可知t=0.1s時速度為正,t=0.3s時速度為負，兩者方

向相反,B錯。從t=0到t=0.2s的時間內(nèi)，彈簧振子遠離平衡位置，速度減小，動能減小,C錯。

t=0.2s與t=0.6s兩個時刻，位移大小相等,方向相反,故加速度大小相等，方向相反,D錯。

3.C加上電場后小球開始做簡諧運動,平衡位置在0到X。的中點處,此時電場力等于彈簧彈力，

故彈簧勁度系數(shù)卜上衛(wèi),A錯誤;小球在x=0與x=x0處加速度大小相等,但方向相反,B錯誤;根

Xx0

據(jù)功能關(guān)系可知，小球運動到平衡位置時有qEX權(quán)尸Ek+Ep,到達X。處時有qEx°=%',由彈簧彈性勢

22

能與形變量的關(guān)系得Ep=1kx,Ep*=4E?,聯(lián)立以上各式解得Ek=iqEx0,又Ek=^nv,故v=J啜C正確;

因為參與能量轉(zhuǎn)化的還有彈簧的彈性勢能,所以D錯誤。

4.A小球受重力、支持力和彈簧的彈力。因小球做簡諧運動，故不受摩擦力?；貜土κ切ЧΑ?/p>

第十一章⑥4單擺

知識清單

一、①忽略②忽略

二、①圓弧切線②正比③正弦(或余弦)

三、①質(zhì)量②振幅③越長④2“⑤振幅

四、①黑

鏈接高考

1.C本題考查單擺的周期公式及能量守恒定律，要理解單擺在小擺角時的周期與振幅無關(guān)。依

題意小角度的擺動可視為簡諧運動，由單擺的周期公式T=2"￡可知,同一地點的重力加速度相

同,若擺長相同,則頻率f尸壇與初始速度無關(guān),而擺動的振幅與初始速度有關(guān),根據(jù)能量守恒定

律可知初速度越大,振幅越大,A,>A2,C對。

2.G答案0.7850.08

《解析小環(huán)沿圓弧的運動可類比于單擺的簡諧運動，小環(huán)運動到最低點所需的最短時間為

t=T/4苫s=0.785s。由機械能守恒定律,1陪吟加，，在最低點處的速度為v=1^瓦在最低

點處的加速度為a=^=^=0.08m/s%

3.B由單擺周期公式T=2ng及黃金代換式GM=grz,得T=2nr后。

4.C答案見解析

，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。

5.?答案(1)18.6(2)abe

?解析(1)由題圖,主尺讀數(shù)為18mm,游標尺的第6條刻線與主尺刻線對齊,讀數(shù)應為0.6

小鋼球直徑D=18mm+0.6mm=18.6mm。

(2)根據(jù)實驗要求，擺線要選擇細些的、伸縮性小些的,并且盡可能長一些,a正確;為了減小空氣

阻力的影響,應盡量選擇質(zhì)量大些、體積小些的擺球,b正確;為了使單擺的運動為簡諧運動,要

求擺角不大于5°,為了減小測量的誤差,應使擺球振動穩(wěn)定后,從平衡位置開始計時,e正確。

基礎過關(guān)

1.A這些裝置都是實際擺,我們在研究單擺的擺動過程中,通常忽略空氣等對單擺的阻力，因此

實驗中我們總是盡量選擇質(zhì)量大、體積小的球和盡量細的、不可伸長的線組成單擺。單擺是實

際擺的理想化模型,所以只有A裝置可視為單擺。

2.B擺球的回復力為重力沿軌跡切線方向的分力,A錯;擺球經(jīng)過最低點時，回復力為0,但合力

提供向心力,C、D錯；由簡諧運動特點知B正確。

3.D單擺的周期T與質(zhì)量無關(guān)，選項A錯。偏角a變小，振幅變小,但單擺的周期T與振幅無

關(guān),選項B錯。擺球由0~B~0的過程僅完成了半個全振動,運動時間等于，選項C錯,D對。

4.A彈簧振子的振動周期只與彈簧的勁度系數(shù)和振子質(zhì)量有關(guān)，拿到北京后周期不變;北京的

重力加速度比上海的大,單擺拿到北京后周期變小。

5.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,1>2元后2s,對周期為4s

的單擺,T=2nJJ=4s,故1=41O,故C對,D錯。

6.A讓小球在紙面內(nèi)擺動，在擺角很小時，單擺以。點為懸點,擺長為L周期為T=2nJ|；讓小

球在垂直紙面方向擺動,擺球以0C的延長線與AB的交點為中心擺動,擺長為L+jcos

30°=L+fl,,周期為T=J等L,選項A正確。

7.AC調(diào)整圓盤位置可改變擺長,從而達到調(diào)整周期的作用；若擺鐘變快,是因為周期變小,應增

大擺長即下移圓盤；由冬季變?yōu)橄募?擺桿變長,應上移圓盤;從廣州到北京,g值變大周期變小，

應增加擺長。綜上所述，選項A、C正確。

8.B擺鐘的周期可借助單擺的周期公式T=2n/來討論。由于是同一單擺,其擺長可認為不變,

則其周期與重力加速度的平方根成反比。由萬有引力定律得mg窄,g零嚴爐一喝即,即

g"R。由以上的推理可知8素畀后=專,1;鼻=當min。所以B選項正確。

9.B由公式g/可知，如果振動次數(shù)多數(shù)了一次,即T偏小，使g偏大,選項A錯,B對。擺球

的質(zhì)量過大,不影響單擺的周期與擺長,所以不影響測得的重力加速度,選項C錯。當1偏小時，

求得的g偏小，選項D錯。

10.上答案書0.875075.21.88(1)擺角不超過5°(2)9.8

?解析該題是對利用單擺測重力加速度實驗的綜合考查。

由T=2冗p■可知

7g產(chǎn)

由圖可知：擺長1=(88.50T.00)cm=87.50cm=0.8750m<.

秒表的讀數(shù)t=60s+15.2s=75.2s,

所以T4L88So

⑴單擺做簡諧運動的條件是擺角不超過5°。

⑵作一條直線，使直線通過盡可能多的點,誤差較大的點，平均分布在直線的兩側(cè),則直線斜率

k普

由g-%可得g=9.8m/s2o

三年模擬

1.B給擺球相同的水平初速度v,相當于給予單擺相同的機械能,E.=E2,根據(jù)單擺周期公式，甲單

擺周期較大,頻率較小,f.<f2,選項B正確。

2.AC繩子碰到釘子瞬間,速度v不變,根據(jù)牛頓第二定律知,FFg=m?,F=mg+mp半徑減小,拉

力增大，故A正確。單擺運動過程中機械能守恒，擺球在左、右兩側(cè)上升的最大高度一樣，故B

錯誤。由幾何關(guān)系得，右邊的弧長小于左邊的弧長，故C正確。根據(jù)單擺的周期公式，擺長越大

周期越大,所以擺球在平衡位置右側(cè)從最大位移到平衡位置所用的時間比左側(cè)短，故D錯誤。

3.D將單擺所受重力分解為沿斜面方向的分力mgsin。和垂直斜面的分力mgcos0,其中

沿斜面方向的分力mgsin0使單擺與小車一起沿斜面方向加速下滑，垂直斜面的分力mgcos

0則為單擺的振動提供回復力，故D正確。

4.?答案(1)測單擺擺長時，漏掉了擺球的半徑(2)9.87

?解析(1)由圖象知，當1=0時,TWO,說明1不等于擺長,可能只是擺線長，忽略了球的半徑。

(2)圖線的斜率k#,由圖象知,k=4s7m,故g二冗2巾八J9.87m/s)

?解析(1)當單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時能提高測量的精確度,C錯誤。

⑵作一條過原點的與AB線平行的直線，所作的直線就是準確測量擺長時所對應的圖線。過橫

軸上某一點作一條平行縱軸的直線，則和兩條圖線的交點不同，與準確測量擺長時的圖線的交點

對應的擺長是準確的,與AB線的交點對應的擺長要小些,同樣的周期,擺長應一樣，但AB線所對

應的卻小些,其原因是在測量擺長時少測了，所以其重心應在球心的下方。設重心與球心的距離

為r,則對A、B兩點數(shù)據(jù)，由單擺周期公式有:工、=2五母和TB=2兀檸,解得:g2焉泮，按

這樣計算，測量結(jié)果將與擺球重心就在球心處的值相同。

第十一章④5外力作用下的振動

知識清單

一、①外力②阻尼③機械能④振幅⑤簡諧運動

二、①周期性②周期性③驅(qū)動力④驅(qū)動力⑤固有頻率

三、①等于②固有頻率③大

鏈接高考

1.A根據(jù)受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率,可知把手轉(zhuǎn)動的頻率為1Hz,選項A正確。

2.D從共振曲線可以看出，在驅(qū)動力的頻率等于或接近固有頻率時，振幅顯著增大;表格中當驅(qū)

動力頻率為60Hz時,振幅最大,說明固有頻率在60Hz左右，即可能在50Hz到60Hz之間，也

可能在60Hz到70Hz之間。故選Do

基礎過關(guān)

1.AD有空氣阻力時，振動為阻尼振動，振幅不斷減小,機械能也不斷減小。在平衡位置,位移為

零;而后位移增大，直至動能為零時位移達到最大;然后位移乂減小到零，所以位移不是一直減小。

根據(jù)單擺周期公式T=2nJ,1不變，則T不變。故A、D正確。

2.ABD阻尼振動即振動過程中受到阻力作用的振動,因為實際的運動在空氣中要受到空氣的阻

力作用，因此不可避免地受到阻尼作用，即B正確；由于振幅是振動系統(tǒng)能量大小的標志，阻尼振

動過程中由于要克服阻力做功，消耗系統(tǒng)的機械能，因此系統(tǒng)機械能減小,所以振幅要減小,則A

正確;振動系統(tǒng)的周期與振幅無關(guān),因此阻尼振動盡管是減幅振動,其固有周期不變,當阻尼過大

時由于合外力可能為零,將不能提供回復力，則振動系統(tǒng)將不能發(fā)生振動,此時振動系統(tǒng)的周期

可看做無窮大,C錯誤,D正確。

3.CD物體在周期性外力作用下的振動叫做受迫振動,C對,B錯;這個周期性的外力應當能給振

動物體補充能量,而阻力不行,A錯;受迫振動的頻率最終等于驅(qū)動力頻率,選項D對。

4.AA選項中鑼面的振動是阻尼振動，而B、C、D選項中物體的振動是在驅(qū)動力作用下的振動，

是受迫振動,A選項符合要求。

5.C部隊過橋時如齊步走,給橋梁施加周期性外力,容易使橋的振動幅度增加,即發(fā)生共振,造

成橋梁倒塌;登山運動員登雪山時高聲叫喊,聲波容易引發(fā)雪山共振而發(fā)生雪崩，故應選C。

6.BC7個擺的擺長不完全相同，固有頻率不都相同,選項A錯;A擺振動起來后,帶動其余6個

擺做受迫振動，振動穩(wěn)定后7個擺的振動頻率都相同,選項B對;B、F擺的擺長與A擺相同,發(fā)生

共振,振幅最大，選項C對,D錯。

7.B由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz,固有周期為2s;再由丁二2八得此單擺的擺

長約為1明若擺長增大，單擺的固有周期增大,固有頻率減小,則共振曲線的峰將向左移動。

8.C由于電動機的轉(zhuǎn)動，使脫水機做受迫振動。而電動機轉(zhuǎn)動的頻率是逐漸變化的，當它的頻

率接近或等于脫水機的固有頻率時,發(fā)生共振現(xiàn)象,C正確。

9.。答案(1)5：2(2)25：4(3)1m

C解析(1)由圖象可知兩個單擺的固有頻率為：

fj=0.2Hz,f,i=0.5Hz

則》=5s,T?=2s

T,：T?=5：2o

⑵由T=2n得

L：羋25:4o

rn

⑶由T=2”口得:L廠嗎」8X2；mo

y/g4ir24x3.142

三年模擬

l.BC在A選項中，一彈簧連接一物體沿水平方向做簡諧運動，則該物體做的是加速度不斷變化

的運動即非勻變速直線運動,A錯;在B選項中根據(jù)機械能守恒定律可知,振幅減小，由T=2"￡

可知,它的頻率與質(zhì)量無關(guān),即頻率不變,B正確;做簡諧運動的物體,當它每次經(jīng)過同一位置時，

速度大小相等,但方向不一定相同,所以說速度不一定相同,C正確；單擺在周期性的外力作用下

做受迫振動,外力的頻率與固有頻率越接近時,振幅越大,D錯誤。

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擺相同,故A正確,C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,產(chǎn)生共振,故c擺的振幅最大,故B正確,D錯誤。

3.D當驅(qū)動力的頻率與物體的固有頻率相等時,發(fā)生共振,振幅最大，因此要減弱機翼的振動，

必須改變機翼的固有頻率，選D。

4.D”聲波碎杯”的實驗中，發(fā)出的聲波能使酒杯碎掉,是因為酒杯發(fā)生了共振,用手指輕彈一

只酒杯，可以聽到清脆的聲音,測得這聲音的頻率為500Hz,可知酒杯的固有頻率就是500Hz,

要使酒杯發(fā)生共振，只需要將聲波發(fā)生器發(fā)出的聲波頻率調(diào)成與酒杯的固有頻率相同即可,也就

是500Hz,因此D正確。

第十一章⑥本章達標測評

一、選擇題

1.ACD根據(jù)周期的意義可知,物體完成一次全振動,所有的物理量都恢復到初始狀態(tài)，故A、D

選項正確。當間隔半周期的奇數(shù)倍時,所有的矢量都變得大小相等,方向相反,動能與速度的平

方成正比，故B選項錯誤,C選項正確。

2.B彈簧的壓縮量即為振子振動過程中偏離平衡位置的最大距離,即振幅，故振幅之比為1：2o

而對同一振動系統(tǒng),其周期與振幅無關(guān),則周期之比為1:1。

3.D在0和0.8s時刻具有負向的最大速度,而不是正向，故A錯;0.2s時刻加速度方向向上

指向平衡位置即正向，故B錯;0至0.4s質(zhì)點加速度指向x正方向不變，故C錯;0.2s至0.4s

內(nèi),速度變大,做加速運動,加速度方向和速度方向相同,D對。

4.D振子在A、B兩點時的速度為零,但位移為最大，故A錯;振子經(jīng)過。點時速度方向不變，故

B錯;彈力的方向有時也與速度方向相同，故C錯；由彈簧振子的運動規(guī)律知,D正確。

5.AC塑料夾夾在竹片上端做成兩個“單擺”，可運用單擺的周期公式來判斷擺A、B的周期和

頻率關(guān)系，由于固定點在下方，由T=2n1R>1A,所以fK鼠選項A正確；當?shù)鬃駝宇l率

由零開始從小到大變化時,先要接近B的固定頻率,而后才能接近A的頻率,所以C選項正確。

6.A小球從A、B點開始均做單擺模型運動,3守=：J；，*1笆J；,R為球面半徑，故t1』2；A

點離開平衡位置遠些,高度差大,故從A點滾下到達平衡位置0時速度大,即v,>v2o

7.C該振動的振幅為5cm,選項A、B錯誤。周期為0.2s,經(jīng)0.5s的時間也就是2.5個周期,

質(zhì)點運動到0點，位移為零，選項D錯。每個周期運動的路程是振幅的四倍，總路程為50cm,選

項C對。

8.A小球在平衡位置0時,彈簧處于原長,彈性勢能為零,動能最大，位移為零,加速度為零,A項

正確;在最大位移處A、B,動能為零,加速度最大,B項錯誤；由Af0回復力做正功，由0—B回復

力做負功,C項錯誤；由B-0動能減少,彈性勢能增加，總能量不變,D項錯誤。

9.C振子經(jīng)過a>b兩點時速度相同,從a到b經(jīng)歷的最短時間為0.2s,而由b到a的時「、、

間為0.3s,由以上信息可知,a、b在平衡位置兩側(cè)關(guān)于平衡位置對稱，如圖所示,0為平衡1|

位置，心=0.2s,tba=0.3s,則th1(0.3-0.2)s=0.1s。故周期T=(0.2+0.3+0.1)s=0.6s。J\

10.BC單擺擺動過程中,機械能守恒,在最高點重力勢能最大,最低位置時動能最大,故B

正確,A錯誤;在B點E正Eka+E卡E淤，故C正確,D錯誤。

11.D對A、B整體分析可得kx=(M+m)a,對A物體在水平方向f=ma,聯(lián)立兩式得:f=瞥?

12.AB在最高點時有mg-F后叫,得FnFmg-ma,,。在最低點時有F蚊-mg』時,得FMmg+ma，,在經(jīng)

平衡位置時有F平-mg=0,Ff=mg,可知FQFQF昌。因此可知在最高點時B對A的壓力最小,在最

低點時B對A的壓力最大。

二、非選擇題

13.?答案2.019.70

C解析由題可知單擺的周期

160,40s=2.013

'(61-D/2

179.80s=1.995s

2-(81-1)/2

70.60s=2.017

(71-D/2

則周期T—+y7a一2.01s

擺長1=1'+g(o.96604-ix0.0526)m=0.9923m

故重力加速度

22

_4TTI_4XITX0.992322

gX~~2.012m/s=9.70m/s

14.C答案2

C解析由圖象知這兩個振動的周期相同，均為0.4s,所以它們有確定的相位差。

由圖中看出當振子達到最大位移后再過;周期,振子B才達到最大位移,所以A的相位比B的相

位超前。

相位差是A6三乂2八喙

15..答案x=0.08sin(irt+.n)m

?解析簡諧運動振動方程的一般表達式為x=Asin(3t+6)

根據(jù)題給條件有:A=0.08m,co=2nf=JI

所以x=0.08sin(nt+4))m

將t=0時x=0.04m代入得0.04=0.08sin力，解得初相力或力；冗

因為t二0時,速度方向沿x軸負方向，即位移在減小,所以取64五

即所求的振動方向為x=0.08sin(irt+'ir)m<>

16.?答案0.1s0.1m/s

上解析玻璃板做勻變速直線運動,運動Sm,和SK所用時間相等△T=1T=0.1S

則加速度2=比率=1m/s2

2(AT)

對0A段S,*=vgT+3(AT)2

解得v°=0.1m/s,故接通電源時玻璃板的速度\，產(chǎn)0.1m/s

1*2=0.1s,經(jīng)過0.1s才開始接通電源。

a

17.?答案(1)10cm(2)1s1Hz(3)200cm10cm

。解析(1)振幅設為A,則有2A=BC=20cm,所以A=10cm。

(2)從B首次到C的時間為周期的一半，因此T=2t=ls,再根據(jù)周期利頻率的關(guān)系可得/*1Hz.

(3)振子一個周期內(nèi)通過的路程為4A=40cm,即一個周期運動的路程為40cm,s=^-4A=5X40

cm=200cm,5s的時間為5個周期，又回到原始點B,位移大小為10cm.

第十二章機械波

第十二章1倉1波的形成和傳播

知識清單

一、①相互作用②帶動③振動④振動

二、①垂直②最高③最低④直線⑤密⑥疏

三、①波②機械振動③介質(zhì)④波源⑤能量⑥信息

鏈接高考

1.ABE波動中各個質(zhì)點都是做受迫振動，各質(zhì)點的周期與振幅相等，所以A、B項正確;P點速度

的最大值為振動時過平衡位置的速度,不是波傳播的速度,本題無法求出,C項錯誤;每個點開始

振動的方向與波源振動的方向相同,D項錯誤;若P點與波源的距離為一個完整波形,則它們振動

情況相同,E項正確。

2.A由于再經(jīng)過t時間，該點才能位于平衡位置上方的最大位移處,所以在2t時，該點位于平

衡位置的上方,且向上運動,選項A正確。

基礎過關(guān)

1.ACD機械波是由于介質(zhì)中前面的質(zhì)點帶動后面的質(zhì)點，使振源的振動形式與振源的能量向遠

處傳播而形成的,前后質(zhì)點間存在相互作用力,因而相互做功,故A正確;波傳播過程中，各質(zhì)點

只能在各自的平衡位置附近振動，質(zhì)點不隨波遷移，因此B錯;每個質(zhì)點都是由振源依次帶動后

面的質(zhì)點，每個質(zhì)點都做受迫振動，每個質(zhì)點的頻率都與振源頻率相同，并且都“仿照”振源振

動，故C、D正確。

2.BD無論波向左傳播還是向右傳播,回復力均指向平衡位置,質(zhì)點A的受力方向均向下,故B、

D正確。

3.C由于此時Q質(zhì)點向下振動，且Q質(zhì)點右方鄰近質(zhì)點在Q質(zhì)點下方,則波向左傳播,N是波源。

振動從N點傳播到M點,經(jīng)過一個周期，又因從波源N起振開始計時，需經(jīng):T,P點才開始振動，故

PJ貢點已振動了!,選項C正確。

4.?答案如圖所示

a解析機械波在傳播過程中,介質(zhì)的質(zhì)點都在各自的平衡位置附近振動，時間依次滯后,從波形

圖上看出，在t二T/4時刻第4個質(zhì)點才開始振動，則在t=3T/4時刻第10個質(zhì)點剛開始振動,此

時第4個質(zhì)點已振動了T/2的時間回到了自己的平衡位置，第1個質(zhì)點到達下方最大位移處。

5.C根據(jù)波的傳播方向與質(zhì)點的振動方向之間的關(guān)系區(qū)別橫波與縱波，如果兩者在同一方向就

是縱波,如果兩者的方向相互垂直,該波就是橫波。

6.A由于波源帶動了后面的質(zhì)點依次振動,且后面的質(zhì)點總是重復前面質(zhì)點的振動狀態(tài),所以

介質(zhì)中各質(zhì)點開始振動時的方向都與波源開始振動時的方向相同,此時波剛傳播至Q點，此時Q

點前面的相鄰的質(zhì)點在上方，故Q點將向上運動,則P點起振方向向上。由波形圖可知,該波為

橫波，故A正確。

7.B形成波的條件是既要有振源,又要有介質(zhì),所以有機械波必有機械振動,而有振動,在無介

質(zhì)的情況下,不能產(chǎn)生機械波,故A錯誤,B正確。在介質(zhì)中，正在傳播的波獨立于波源,即已經(jīng)形

成的波跟形成該波后波源的振動無關(guān),在波源停止振動時,波仍將繼續(xù)向外傳播而不會立即停止,

故C錯誤;波只有在同種均勻介質(zhì)中才會勻速傳播,而D選項并沒有表明具備這一必要條件,故D

錯誤。

8.AC由波傳播的規(guī)律知質(zhì)點的振動是由先振動的質(zhì)點帶動后振動的質(zhì)點,波是沿x軸正方向

傳播的，選項A正確。質(zhì)點c正向下運動,故選項B錯誤。b質(zhì)點正向著平衡位置運動，故b比c

先到達平衡位置,選項C正確。c比b先到達偏離平衡位置的最遠處,選項D是錯誤的。

9.D由題圖知波傳播方向沿x軸正方向,根據(jù)質(zhì)點振動方向與波的傳播方向的關(guān)系可知質(zhì)點P

的速度方向在該時刻開始的一段極短時間內(nèi)沿y軸正方向，即向該質(zhì)點的平衡位置運動，因此P

質(zhì)點速度增大;質(zhì)點P做簡諧運動，向平衡位置運動，距離平衡位置的位移減小，所受回復力減小,

因此加速度a減小,即v變大,a減小,故只有選項D正確。

三年模擬

1.A波源和介質(zhì)是形成機械波的兩個必不可少的條件,故A正確;簡諧運動在介質(zhì)中傳播時,介

質(zhì)中各質(zhì)點都做簡諧運動，沿波的傳播方向上，后面的質(zhì)點比前面的質(zhì)點總要晚一些開始振動，

但質(zhì)點本身并不隨波的傳播而發(fā)生遷移，而且各質(zhì)點的振動步調(diào)不一致，故B、C、D都錯。

2.C有機械振動還必須有傳播機械波的介質(zhì)才能形成機械波,選項A錯誤；當質(zhì)點的振動方向

和波的傳播方向垂直時才是橫波,故選項B錯誤;波的傳播過程一定有能量傳遞,選項C正確;質(zhì)

點只在自己平衡位置附近振動,并不隨波遷移,選項D錯誤;故選C。

3.AD機械波的頻率等于振源的振動頻率,選項A正確;機械波的傳播速度與振源的振動速度是

兩個不同的概念,故選項B錯誤;橫波中,質(zhì)點振動的方向垂直于波傳播的方向,而在縱波中質(zhì)點

的振動方向與波的傳播方向平行,選項C錯誤;機械波在介質(zhì)中傳播的速度由介質(zhì)本身決定,選

項D正確。

4.ACD據(jù)波的傳播特點知,波傳播過程中各質(zhì)點的振動總是重復波源的振動,所以起振方向相

同，都是豎直向下，但從時間上來說,起振時間依次落后所以選項A、C正確,B錯誤；由題意知,

質(zhì)點9比質(zhì)點1應晚起振兩個周期,所以當所有質(zhì)點都起振后,質(zhì)點1與質(zhì)點9步調(diào)完全一致，

所以選項D正確。

第十二章逐2波的圖象

知識清單

一、①各質(zhì)點②各質(zhì)點③波形圖

二、①正弦波②簡諧波③簡諧

三、①各個②某一時刻③某一④各個時刻

鏈接高考

1.1）由振動圖象可知,在t=T時,波源0的振動方向向下,再結(jié)合波形可知第一個周期末的波形

圖為D圖。故選項D正確。

2.D根據(jù)題述“c位置的質(zhì)點比a位置的晚0.5s起振”可知波動周期為1s,且波沿x軸正

方向傳播。t=1.25s《T時，由題圖2可知該質(zhì)點在波峰與平衡位置之間向平衡位置運動，結(jié)合

題圖1可知該質(zhì)點可能位于d<x<e,選項D正確。

3.BD圖(b)表示的質(zhì)點在1=0時刻位于波峰。因為sin/，圖(c)表示的質(zhì)點t=0時刻的位移

是-0.05叫恰好是最大值的一半，假設該質(zhì)點的平衡位置在x=0到x=2m之間，又因為從圖(c)

看,該質(zhì)點在t-0時向下運動,因此其平衡位置的坐標必是2m-im端m,與左波峰的平衡位置

的距離是當m-0.5m,D正確，與右波峰的平衡位置的距離是:m+0.5m,B正確。

基礎過關(guān)

1.ABD由波的圖象的物理意義可知選項A正確;