高考物理培優(yōu)一輪計劃全國創(chuàng)新版培優(yōu)講義第15章　選修3-4第53課時　機械振動

選修3－4考綱要求復(fù)習(xí)指南內(nèi)容要求考情分析：1．機械振動和機械波的考查以圖象為主，通過簡諧運動的圖象研究振動的特點和規(guī)律，通過機械波的圖象研究波的形成與傳播規(guī)律。2．機械振動和機械波部分常以彈簧振子或單擺為載體，考查簡諧運動規(guī)律。結(jié)合波動問題，考查簡諧運動。3．光學(xué)部分主要考查光的折射、全反射等光的傳播規(guī)律，要重視折射率公式和臨界角公式，重視數(shù)理相結(jié)合的方法。命題趨勢：基本概念、機械波多以選擇題的形式出現(xiàn)。機械波的部分內(nèi)容及光的折射、全反射多以計算題的形式來考查。說明：1．簡諧運動只限于單擺和彈簧振子2．簡諧運動的公式只限于回復(fù)力公式；圖象只限于位移—時間圖象3．光的干涉限于雙縫干涉、薄膜干涉簡諧運動Ⅰ簡諧運動的公式和圖象Ⅱ單擺、單擺的周期公式Ⅰ受迫振動和共振Ⅰ機械波、橫波和縱波Ⅰ橫波的圖象Ⅱ波速、波長和頻率(周期)的關(guān)系Ⅰ波的干涉和衍射現(xiàn)象Ⅰ多普勒效應(yīng)Ⅰ實驗一：探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度電磁波的產(chǎn)生Ⅰ電磁波的發(fā)射、傳播和接收Ⅰ電磁波譜Ⅰ光的折射定律Ⅱ折射率Ⅰ全反射、光導(dǎo)纖維Ⅰ光的干涉、衍射和偏振現(xiàn)象Ⅰ狹義相對論的基本假設(shè)Ⅰ質(zhì)能關(guān)系Ⅰ實驗二：測定玻璃的折射率實驗三：用雙縫干涉測光的波長第53課時機械振動考點1簡諧運動的特征1．定義：物體在跟位移大小成正比并且總是指向平衡位置的回復(fù)力作用下的振動。2．平衡位置：物體在振動過程中回復(fù)力為零的位置。3．回復(fù)力(1)定義：使物體返回到平衡位置的力。(2)方向：總是指向平衡位置。(3)來源：屬于效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。4．描述簡諧運動的物理量(1)位移x：由平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段，是矢量。(2)振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離，是eq\o(□,\s\up1(10))標(biāo)量，表示振動的強弱。(3)周期T：物體完成一次eq\o(□,\s\up1(11))全振動所需的時間。頻率f：單位時間內(nèi)完成全振動的eq\o(□,\s\up1(12))次數(shù)。它們是表示振動快慢的物理量，二者的關(guān)系為T＝eq\o(□,\s\up1(13))eq\f(1,f)。5．簡諧運動的位移表達式：x＝eq\o(□,\s\up1(14))Asin(ωt＋φ)。[例1](2018·河北滄州月考)如圖，在一直立的光滑管內(nèi)放置一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，管口上方O點與彈簧上端初位置A的距離為h，一質(zhì)量為m的小球從O點由靜止下落，壓縮彈簧至最低點D，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。小球自O(shè)點下落到最低點D的過程中，下列說法中正確的是()A．小球最大速度的位置隨h的變化而變化B．小球的最大速度與h無關(guān)C．小球的最大加速度大于重力加速度D．彈簧的最大壓縮量與h成正比解析小球速度最大的位置，加速度為零，即重力等于彈力，有mg＝kx，所以x不變，則最大速度位置不變，與h無關(guān)，故A錯誤；小球從下落點到平衡位置，重力和彈力做功，下落的高度不同，小球的最大速度不同，故B錯誤；若小球在A點釋放，根據(jù)簡諧運動的對稱性，在最低點加速度為g，方向向上，若小球在O點釋放，最低點位置會下降，則最大加速度大于g，故C正確；在最低點彈簧的壓縮量最大，根據(jù)能量守恒定律可得mg(h＋x)＝eq\f(1,2)kx2，故彈簧的最大壓縮量與h有關(guān)，但不是成正比關(guān)系，故D錯誤。答案C質(zhì)點做簡諧運動時，其位移(相對平衡位置的位移)、回復(fù)力、加速度、速度、動量等矢量都隨時間做周期性的變化，它們的周期就是簡諧運動的周期T。物體的動能和勢能也隨時間做周期性的變化，其周期為eq\f(T,2)，常見的簡諧運動模型有彈簧振子和單擺。1．(多選)下列關(guān)于振動的回復(fù)力的說法正確的是()A．回復(fù)力方向總是指向平衡位置B．回復(fù)力是按效果命名的C．回復(fù)力一定是物體受到的合力D．回復(fù)力由彈簧的彈力提供E．振動物體在平衡位置所受的回復(fù)力是零答案ABE解析回復(fù)力是按效果命名的，是指向平衡位置使振動物體回到平衡位置的力，可以由某個力或某幾個力的合力提供，也可以由某個力的分力提供，故A、B正確，C錯誤；在水平彈簧振子中彈簧的彈力提供回復(fù)力，但在其他振動中，不一定由彈簧彈力提供，D錯誤；振動物體在平衡位置受到的回復(fù)力是零，E正確。2．(多選)關(guān)于簡諧運動的周期，以下說法正確的是()A．間隔一個周期的整數(shù)倍的兩個時刻，物體的振動情況相同B．間隔半個周期的奇數(shù)倍的兩個時刻，物體的速度和加速度可能同時相同C．半個周期內(nèi)物體的動能變化一定為零D．一個周期內(nèi)物體的勢能變化一定為零E．經(jīng)過一個周期質(zhì)點通過的路程變?yōu)榱愦鸢窤CD解析根據(jù)周期T的定義可知，物體完成一次全振動，所有的物理量都恢復(fù)到初始狀態(tài)，故A正確；當(dāng)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，且物體的速度和加速度不同時為零，故B錯誤；物體的動能和勢能變化的周期為eq\f(T,2)，所以C、D正確；經(jīng)過一個周期，質(zhì)點通過的路程為4A，E錯誤。3.(多選)如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動。以豎直向上為正方向，物塊簡諧運動的表達式為y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g＝10m/s2。以下判斷正確的是()A．h＝1.7mB．簡諧運動的周期是0.8sC．0.6s內(nèi)物塊運動的路程是0.2mD．t＝0.4s時，物塊與小球運動方向相反E．t＝0.6s時，物塊的位移是－0.1m答案ABE解析t＝0.6s時，物塊的位移為y＝0.1sin(2.5π×0.6)m＝－0.1m；則對小球h＋|y|＝eq\f(1,2)gt2，解得h＝1.7m，A、E正確；簡諧運動的周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)s＝0.8s，B正確；0.6s內(nèi)物塊運動的路程是3A＝0.3m，C錯誤；t＝0.4s＝eq\f(T,2)，此時物塊在平衡位置向下振動，則此時物塊與小球運動方向相同，D錯誤?？键c2簡諧運動圖象的應(yīng)用1．物理意義：表示振動質(zhì)點的位移隨時間變化的規(guī)律。2．圖象特征(1)正弦(或余弦)曲線。(2)從質(zhì)點位于平衡位置處開始計時，函數(shù)表達式為x＝Asinωt，圖象如圖甲所示；從質(zhì)點位于最大位移處開始計時，函數(shù)表達式為x＝Acosωt，圖象如圖乙所示。(3)圖象斜率表示速度大小和方向，平衡位置速度最大，偏離平衡位置位移最大時速度最小等于0，質(zhì)點的運動方向根據(jù)圖象斜率判斷，斜率為正表示運動方向為正方向，斜率為負表示運動方向為負方向。[例2](2017·浙江舟山模擬)(多選)甲、乙兩彈簧振子，振動圖象如圖所示，則可知()A．兩彈簧振子完全相同B．兩彈簧振子所受回復(fù)力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C．振子甲速度為零時，振子乙速度最大D．兩振子的振動頻率之比f甲∶f乙＝1∶2解析從圖象中可以看出，兩彈簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得頻率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正確；彈簧振子周期與振子質(zhì)量、彈簧勁度系數(shù)k有關(guān)，周期不同，說明兩彈簧振子不同，A錯誤；由于彈簧的勁度系數(shù)k不一定相同，所以兩振子所受回復(fù)力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定為2∶1，所以B錯誤；由簡諧運動的特點可知，在振子到達平衡位置時位移為零，速度最大；在振子到達最大位移處時，速度為零，從圖象中可以看出，在振子甲到達最大位移處時，振子乙恰好到達平衡位置，所以C正確。答案CD(1)分析簡諧運動過程中要特別注意簡諧運動的周期性和對稱性。(2)分析簡諧運動過程中要簡諧運動場景和運動圖象(x-t)相結(jié)合對應(yīng)分析。(3)分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，一定要以位移為橋梁，位移增大時，振動質(zhì)點的回復(fù)力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減小，反之，則產(chǎn)生相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時改變方向。(人教版選修3－4P5·T3改編)一質(zhì)點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．質(zhì)點振動頻率是4HzB．在10s內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是20cmC．第4s末質(zhì)點的速度是零D．在t＝1s和t＝3s兩時刻，質(zhì)點位移大小相等、方向相同答案B解析由題圖可知，該簡諧運動的周期為4s，頻率為0.25Hz，A錯誤；在10s內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是2.5×4A＝20cm，B正確；第4s末質(zhì)點的速度最大，C錯誤；在t＝1s和t＝3s兩時刻，質(zhì)點位移大小相等、方向相反，故D錯誤?？键c3受迫振動共振1．受迫振動系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動。做受迫振動的物體，它做受迫振動的周期(或頻率)等于驅(qū)動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)無關(guān)。2．受迫振動中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化：受迫振動系統(tǒng)機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換。3．共振做受迫振動的物體，它的驅(qū)動力的頻率與固有頻率越接近，其振幅就越大，當(dāng)二者相等時，振幅達到最大，這就是共振現(xiàn)象。共振曲線如圖所示。1.(多選)如圖所示，曲軸上掛一個彈簧振子，轉(zhuǎn)動搖把，曲軸可帶動彈簧振子上下振動。開始時不轉(zhuǎn)動搖把，讓振子自由振動，測得其頻率為2Hz。現(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動搖把，轉(zhuǎn)速為240r/min。則()A．當(dāng)振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期是0.5sB．當(dāng)振子穩(wěn)定振動時，它的振動頻率是4HzC．當(dāng)轉(zhuǎn)速增大時，彈簧振子的振幅增大D．當(dāng)搖把轉(zhuǎn)動的頻率減小到接近彈簧振子的頻率時，彈簧振子的振幅增大E．彈簧振子的振幅與轉(zhuǎn)速有關(guān)答案BDE解析搖把勻速轉(zhuǎn)動的頻率f＝eq\f(240,60)Hz＝4Hz，周期T＝eq\f(1,f)＝0.25s，當(dāng)振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期及頻率均與驅(qū)動力的周期及頻率相等，A錯誤、B正確；當(dāng)搖把的頻率接近振子的固有頻率時，彈簧振子的振幅將增大，C錯誤，D、E正確。2．(人教版選修3－4P19演示實驗改編)(多選)如圖所示，A、B、C、D四個單擺的擺長分別為l、2l、l、eq\f(l,2)，擺球的質(zhì)量分別為2m、2m、m、eq\f(m,2)，四個單擺靜止地懸掛在一根水平細線上。現(xiàn)讓A球振動起來，通過水平細線迫使B、C、D也振動起來，則下列說法錯誤的是()A．A、B、C、D四個單擺的周期均相同B．只有A、C兩個單擺的周期相同C．B、C、D中因D的質(zhì)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的振幅最小答案BCE解析在A的驅(qū)動下，B、C、D均做受迫振動，受迫振動的頻率均與驅(qū)動力的頻率(A的固有頻率)相等，與各自的固有頻率無關(guān)，A正確、B錯誤；判斷能否達到最大振幅，即實現(xiàn)共振，取決于f固是否與f驅(qū)相等。對于單擺而言，固有頻率與擺球質(zhì)量無關(guān)，所以不必考慮擺球的質(zhì)量。B、C、D中，只有C的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率，所以B、C、D中C的振幅最大，C、E錯誤，D正確。3．(人教版選修3－4P21·T4改編)(多選)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力頻率f的關(guān)系)如圖所示，則下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．此單擺的固有周期約為2sB．此單擺的擺長約為1mC．若擺長增大，單擺的固有頻率增大D．若擺長增大，共振曲線的峰將向左移動E．此單擺的振幅是8cm答案ABD解析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T＝2πeq\r(\f(l,g))得此單擺的擺長約為1m；若擺長增大，則單擺的固有周期增大，固有頻率減小，共振曲線的峰將向左移動，A、B、D正確，C錯誤；此單擺做受迫振動，只有共振時的振幅最大，為8cm，E錯誤?？键c4用單擺測重力加速度1．實驗原理：由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得出g＝eq\f(4π2,T2)l，測出單擺的擺長l和振動周期T，就可求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭。2．實驗步驟(1)做單擺：取約1m長的細絲線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結(jié)，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，如圖所示。(2)測擺長：用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標(biāo)卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝L＋eq\f(D,2)。(3)測周期：將單擺從平衡位置拉開一個角度(小于5°)，然后釋放小球，記下單擺擺動30～50次的總時間，算出平均每擺動一次的時間，即為單擺的振動周期。(4)改變擺長，重做幾次實驗。3．?dāng)?shù)據(jù)處理(1)公式法：g＝eq\f(4π2,T2)l。(2)圖象法：畫l-T2圖象。則斜率k＝eq\f(g,4π2)，那么g＝eq\o(□,\s\up1(10))4π2k。4．注意事項(1)選用1m左右的細線。(2)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證頂點固定。(3)小球在同一豎直面內(nèi)擺動，且擺角小于5°。(4)選擇在擺球擺到平衡位置處開始計時，并數(shù)準(zhǔn)全振動的次數(shù)。(5)小球自然下垂時，用毫米刻度尺量出懸線長l′，用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑，然后算出擺球的半徑r，則擺長l＝l′＋r。[例3](1)在利用單擺測定重力加速度的實驗中，若測得的g值偏大，可能的原因是()A．?dāng)[球質(zhì)量過大B．單擺振動時振幅較小C．測量擺長時，只考慮了線長，忽略了小球的半徑D．測量周期時，把n個全振動誤認為(n＋1)個全振動，使周期偏小E．測量周期時，把n個全振動誤認為(n－1)個全振動，使周期偏大(2)若單擺是一個秒擺，將此擺移到月球上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g月＝\f(1,6)g地))，其周期是________。(3)實驗中停表的讀數(shù)如圖，為________s。解析(1)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)，進而知重力加速度與擺球質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤；重力加速度與單擺振動的振幅無關(guān)，故B錯誤；測量擺長時，只考慮了線長，忽略了小球的半徑，擺長l偏小，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所測重力加速度偏小，故C錯誤；測量周期時，把n個全振動誤認為(n＋1)個全振動，使周期偏小，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所測重力加速度偏大，故D正確；測量周期時，把n個全振動誤認為(n－1)個全振動，使周期偏大，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所測重力加速度偏小，故E錯誤。(2)在地球上秒擺的周期T＝2s，將秒擺移到月球上，其周期T＝2πeq\r(\f(L,g月))＝eq\r(6)T＝2eq\r(6)s。(3)由圖示停表可知，分針示數(shù)為1min＝60s，秒針示數(shù)為10.8s，則停表示數(shù)為60s＋10.8s＝70.8s。答案(1)D(2)2eq\r(6)s(3)70.8(1)器材選擇：選用體積小、密度大的球；選用質(zhì)量小、彈性小的細線。(2)實驗操作：擺動過程中擺長保持不變；擺角不超過5°；擺球拉到一定位置由靜止釋放，防止形成圓錐擺；擺球通過平衡位置時開始計時。(3)數(shù)據(jù)處理：多次測量取平均值計算周期。某同學(xué)在“用單擺測定重力加速度”的實驗中進行了如下的操作：(1)用游標(biāo)尺上有10個小格的游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑如下圖甲所示，可讀出擺球的直徑為________cm。把擺球用細線懸掛在鐵架臺上，測量擺線長，通過計算得到擺長L。(2)用秒表測量單擺的周期，當(dāng)單擺擺動穩(wěn)定且到達最低點時開始計時并記為n＝1，單擺每經(jīng)過最低點記一次數(shù)，當(dāng)數(shù)到n＝60時秒表的示數(shù)如圖乙所示，該單擺的周期是T＝________s(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。(3)測量出多組周期T、擺長L的數(shù)值后，畫出T2-L圖線如圖丙，此圖線斜率的物理意義是()A．g B.eq\f(1,g)C.eq\f(4π2,g) D.eq\f(g,4π2)(4)在(3)中，描點時若誤將擺線長當(dāng)作擺長，那么畫出的直線將不通過原點，由圖線斜率得到的重力加速度與原來相比，其大小()A．偏大B．偏小C．不變D．都有可能答案(1)2.06(2)2.28(3)C(4)C解析(1)擺球的直徑為d＝20mm＋6×eq\f(1,10)mm＝20.6mm＝2.06cm。(2)秒表的讀數(shù)為t＝60s＋7.4s＝67.4s，根據(jù)題意t＝eq\f(60－1,2)T＝eq\f(59,2)T，所以周期T＝eq\f(2t,59)≈2.28s。(3)根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得eq\f(T2,L)＝eq\f(4π2,g)＝k(常數(shù))，所以C正確。(4)因為eq\f(T2,L)＝eq\f(4π2,g)＝k(常數(shù))，所以eq\f(ΔT2,ΔL)＝eq\f(4π2,g)＝k，若誤將擺線長當(dāng)作擺長，畫出的直線將不通過原點，但圖線的斜率仍然滿足eq\f(T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2),L1－L2)＝eq\f(4π2,g)＝k，所以由圖線的斜率得到的重力加速度不變。1．?dāng)[長為L的單擺做簡諧運動，若從某時刻開始計時(取t＝0)，當(dāng)振動至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))時，擺球具有負向最大速度，則單擺的振動圖象是圖中的()答案C解析單擺周期為T＝2πeq\r(\f(L,g))，當(dāng)t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))＝eq\f(3T,4)時擺球具有負向最大速度，知擺球經(jīng)過平衡位置向負方向振動，C正確，A、B、D錯誤。2．(2016·溫州質(zhì)檢)在飛機的發(fā)展史中有一個階段，飛機上天后不久，機翼很快就抖動起來，而且越抖越厲害，后來人們經(jīng)過了艱苦的探索，利用在飛機機翼前緣處裝置一個配重桿的方法，解決了這一問題，裝置配重桿的主要目的是()A．加大飛機的慣性B．使機體更加平衡C．使機翼更加牢固D．改變機翼的固有頻率答案D解析飛機飛上天后，在氣流周期性驅(qū)動力作用下做受迫振動，機翼越抖越厲害說明氣流驅(qū)動力周期與機翼的固有周期非常接近或相等。在機翼前緣處裝置配重桿，目的是通過改變機翼的質(zhì)量來改變其固有頻率，使驅(qū)動力頻率與固有頻率相差較大，從而實現(xiàn)減振的目的，故D正確。3．做簡諧運動的單擺擺長不變，若擺球質(zhì)量增加為原來的4倍，擺球經(jīng)過平衡位置時速度減小為原來的eq\f(1,2)，則單擺振動的()A．頻率、振幅都不變 B．頻率、振幅都改變C．頻率不變、振幅改變 D．頻率改變、振幅不變答案C解析由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知周期只與l、g有關(guān)，與m和v無關(guān)，周期不變，其頻率不變；在沒改變質(zhì)量前，設(shè)單擺最低點與最高點高度差為h，最低點速度為v，則mgh＝eq\f(1,2)mv2，質(zhì)量改變后有4mgh′＝eq\f(1,2)×4m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2，可知h′≠h，振幅改變，C正確。4．(2016·河南鄭州一中調(diào)研)有一個在y方向上做簡諧運動的物體，其振動圖象如圖所示，下列關(guān)于下圖中①～④的判斷正確的是()A．圖③可作為該物體的回復(fù)力—時間圖象B．圖②可作為該物體的回復(fù)力—時間圖象C．圖①可作為該物體的速度—時間圖象D．圖④可作為該物體的加速度—時間圖象答案A解析根據(jù)簡諧振動回復(fù)力F＝－kx知，回復(fù)力或加速度與位移大小成正比，方向相反，可得A正確，B、D錯誤；速度在平衡位置最大，在最大位移處為零，圖②應(yīng)該為速度—時間圖象，C錯誤。5．(2018·山東濰坊月考)(多選)把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉(zhuǎn)一周，給篩子一個驅(qū)動力，這就做成了一個共振篩，如圖甲所示。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高，增加篩子質(zhì)量，可增大篩子的固有周期。現(xiàn)在，在某電壓下電動偏心輪轉(zhuǎn)速是54r/min。為了使篩子的振幅增大，下列做法正確的是()A．提高輸入電壓B．降低輸入電壓C．增加篩子質(zhì)量D．減小篩子質(zhì)量答案BD解析由題圖乙可知篩子的固有頻率為0.8Hz，那么固有周期為1.25s，而現(xiàn)在偏心輪轉(zhuǎn)速為54r/min，即周期為eq\f(10,9)s<1.25s，為了使振幅增大，應(yīng)該使偏心輪的周期更接近篩子的固有周期，所以要增大偏心輪的轉(zhuǎn)動周期，或減小篩子的固有周期，結(jié)合題意可知應(yīng)該降低輸入電壓，或減小篩子質(zhì)量，故B、D正確。6．(多選)如圖甲所示為以O(shè)點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，圖乙為這個彈簧振子的振動圖象，由圖可知下列說法中正確的是()A．在t＝0.2s時，彈簧振子的加速度為正向最大B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，彈簧振子在同一位置C．在t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動D．在t＝0.6s時，彈簧振子有最小的彈性勢能答案BC解析t＝0.2s時，彈簧振子的位移為正向最大值，而彈簧振子的加速度與位移大小成正比，方向與位移方向相反，A錯誤；在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，彈簧振子的位移相同，B正確；從t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子從平衡位置向正的最大位移處運動，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，彈簧振子做加速度增大的減速運動，C正確；在t＝0.6s時，彈簧振子的位移為負向最大值，即彈簧的形變最大，彈簧振子的彈性勢能最大，D錯誤。7．(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當(dāng)它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3s第一次到達點M，再經(jīng)過0.2s第二次到達點M，則彈簧振子的周期為()A．0.53sB．1.4sC．1.6sD．3s答案AC解析如圖甲所示，設(shè)O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時間為eq\f(T,4)。因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等，故eq\f(T,4)＝0.3s＋eq\f(0.2s,2)＝0.4s，解得T＝1.6s，C正確。如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設(shè)點M′與點M關(guān)于點O對稱，則振子從點M′經(jīng)過點B回到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C回到點M所需時間相等，即0.2s。振子從點O到點M′和從點M′到點O以及從點O到點M所需時間相等，為eq\f(0.3s－0.2s,3)＝eq\f(1,30)s，故周期為T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5＋\f(1,30)))s＝eq\f(16,30)s≈0.53s，A正確。8．如圖甲所示是一個擺線長度可調(diào)的單擺振動的情景圖，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到達的最高位置。小球的質(zhì)量m＝0.4kg，圖乙是擺線長為l時小球的振動圖象，g取10m/s2。(1)為測量單擺的擺動周期，測量時間應(yīng)從擺球經(jīng)過____(填“O”“P”或“Q”)時開始計時；測出懸點到小球球心的距離(擺長)L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。(2)由圖乙寫出單擺做簡諧運動的表達式，并判斷小球在什么位置時加速度最大？最大加速度為多少？答案(1)Oeq\f(4π2n2L,t2)(2)x＝5sinπt(cm)小球在最大位移處的加速度最大'0.5m/s2解析(1)因擺球經(jīng)過最低點的速度大，容易觀察和計時，所以測量時間應(yīng)從擺球經(jīng)過最低點O開始計時，單擺周期T＝eq\f(t,n)，再根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可解得g＝eq\f(4π2n2L,t2)。(2)由圖乙可知單擺的振幅A＝5cm，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,2)rad/s＝πrad/s，所以單擺做簡諧運動的表達式為x＝5sinπt(cm)。小球在最大位移處的加速度最大，由圖乙可看出此擺的周期是2s，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可求得擺長為L＝1m，加速度最大值am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(mgsinθ,m)＝eq\f(gA,L)＝eq\f(10×5×10－2,1)m/s2＝0.5m