1、第十二章 机械振动 机械波 光 电磁波 相对论简介第1讲机械振动1弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中()A振子所受的回复力逐渐增大B振子的位移逐渐增大C振子的速度逐渐减小D振子的加速度逐渐减小解析分析这类问题，关键是首先抓住回复力与位移的关系，然后运用牛顿运动定律逐步分析在振子向平衡位置运动的过程中，振子的位移逐渐减小，因此，振子所受回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向相同，故速度逐渐增大答案D2某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为xAsint，则质点()A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C3 s末至5 s
2、末的位移方向都相同D3 s末至5 s末的速度方向都相同解析 由xAsint知，周期T8 s第1 s末、第3 s末、第5 s末分别相差2 s，恰好个周期根据简谐运动图象中的对称性可知A、D选项正确答案 AD3如图1是一做简谐运动的物体的振动图象，下列说法正确的是()图1A振动周期是2102 sB前2102 s内物体的位移是10 cmC物体的振动频率为25 HzD物体的振幅是10 cm解析物体做简谐运动的周期、振幅是振动图象上明显标识的两个物理量，由题图知，周期为4102 s，振幅为10 cm，频率f25 Hz，选项A错误，C、D正确；前2102 s内物体从平衡位置又运动到平衡位置，物体位移为0，
3、选项B错误答案CD4两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2(v1v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()Af1f2，A1A2 Bf1f2，A1A2Cf1f2，A1A2 Df1f2，A1A2解析单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确、D错误答案C5如图2所示为某弹簧振子在05 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()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第3 s末振子的速度为正向的最大值D从第
4、1 s末到第2 s末振子在做加速运动解析根据题图象可知，弹簧振子的周期T4 s，振幅A8 cm，选项A错误；第2 s末振子到达负的最大位移处，速度为零，加速度最大，且沿x轴正方向，选项B错误；第3 s末振子经过平衡位置，速度达到最大，且向x轴正方向运动，选项C正确；从第1 s末到第2 s末振子经过平衡位置向下运动到达负的最大位移处，速度逐渐减小，选项D错误答案C6一个在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(1)(4)的判断正确的是(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)()图3A图(1)可作为该物体的vt图象B图(2)可作为该物体的Ft图象C图(3)可作为
5、该物体的Ft图象D图(4)可作为该物体的at图象解析 采用排除法由yt图象知t0时刻，物体通过平衡位置，速度沿y轴正方向，此时速度达到最大值，加速度为0，故ABD错C对答案 C7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/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3Af固60 Hz B60 Hzf固70 HzC50 Hzf固60 Hz D以上三项都不对解析从图所示的共振曲线，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从中看出f驱越接近f固，振幅的变
6、化越慢比较各组数据知f驱在50 Hz60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此，50 Hzf固60 Hz，即C选项正确答案C8. (1)将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图4所示某同学由此图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是_图4At0.2 s时摆球正经过最低点Bt1.1 s时摆球正经过最低点C摆球摆动过程中机械能减小D摆球摆动的周期是T1.4 s(2)如图5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_图5A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t0.5 s时有正向最
7、大加速度的是乙摆解析(1)悬线拉力在经过最低点时最大，t0.2 s时，F有正向最大值，故A选项正确，t1.1 s时，F有最小值，不在最低点，周期应为T1.0 s，因振幅减小，故机械能减小，C选项正确(2)振幅可从题图上看出甲摆振幅大，故B对且两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法比较机械能t0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，所以正确答案为A、B、D.答案(1)AC(2)ABD9(1)“在探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图6甲、乙所示测量方法正确的是_(选填“甲”或“乙”)图6 (2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将
8、人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两则分别放置一激光光源与光敏电阻，如图7a所示光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图b所示，则该单摆的振动周期为_，若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将_(填“变大”、“不变”或“变小”)，图b中的t将_(填“变大”、“不变”或“变小”)图7解析(1)略(2)小球摆动到最低点时，挡光使得光敏电阻阻值增大，从t1时刻开始，再经两次挡光完成一个周期，故T2t0；摆长为摆线长加小球半径，当小球直径变大，则摆长增加，由周期公式T2可知，周期变大；当
9、小球直径变大，挡光时间增加，即t变大答案(1)乙(2)2t0变大变大10有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t0)，经过周期振子有正向最大加速度图8(1)求振子的振幅和周期；(2)在图8中作出该振子的位移时间图象；(3)写出振子的振动方程解析(1)振幅A10 cm，T s 0.2 s.(2)四分之一周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移如图所示(3)设振动方程为yAsin(t)当t0时，y0，则sin 0得0，或，当再过较短时间，y为负值，所以所以振动方程为y10sin(10t)
10、cm.答案(1)10 cm0.2 s(2)如解析图(3)y10sin(10t) cm11简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图6(1)所示，在弹簧振子的小球9上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动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1126(2)所示图9(1)为什么必须匀速拖动纸带？(2)刚开始计时时，振子处在什么位置？t17 s时振子相对平衡位置的位移是多少？(3)若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是多少？(4)振子在_ s末负方向速度最大；在_
11、 s末正方向加速度最大；2.5 s时振子正在向_方向运动(5)写出振子的振动方程解析(1)纸带匀速运动时，由xvt知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间(2)由图(2)可知t0时，振子在平衡位置左侧最大位移处；周期T4 s，t17 s时位移为零(3)由xvt，所以1、3两点间距x4 cm.(4)3 s末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位置，所以t0或t4 s时正方向加速度最大；t2.5 s时，振子向x方向运动(5)x10sin cm.答案(1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间(2)左侧最大位移零(3)4 cm(4)30或4x(5)x10sin cm
