物理人教版选修3-4答案

第十一章&简谐运动

知识清单

一、①静止②往复③振动④忽略⑤忽略

二、①平衡位置②振动③匀速

三、①正弦②振动③时间④位移⑤时间⑥心电图

链接高考

1.D上提后释放,试管从正向最大位移处开始做简谐运动,符合条件的为D选项。

2.A由题目“经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度”可知,经过四分之一

周期后，振子•在负的最大位移处,A项正确,B、C、D项错误。

基础过关

1.AB本题中位移的参考点应是0点，由于振子在0点的右侧由A向0运动,所以振子的位移方

向向右，且大小在不断减小，故A、B正确,C、D错误。

2.D小球经过0点时速度最大,A错;小球在M点与在N点的加速度大小相等,方向相反,B错；

小球从M点向0点运动时,速度增大,加速度减小,C错；小球从0点向N点运动时,速度减小,加

速度增大,D对。

3.ACD该图象的坐标原点建立在弹簧振子的平衡位置,小球的振动过程是沿x轴方向移动的，

故A对,B错。由获得图象的方法知C对。频闪照相是在相同时间拍下的小球的像，因此图象中

小球的疏密显示了它的位置变化快慢,D对。

4.D在弹簧振了•做简谐运动时机械能守恒,D正确。在3、t2两时刻质点具有相同大小的位移

和加速度，但方向不同，故A、B不正确。由图象可知3、t?两时刻质点速度方向不同，故C选项

错误。

5.C简谐运动的速度是变化的，加速度a也是变化的,A、B、D错,C对。

6.AC在平衡位置处，位移为0,速度具有最大值，故动能也具有最大值。

7.B简谐运动的位移的初始位置是平衡位置,所以简谐运动过程中任一时刻的位移都是背离平

衡位置的,A错误;振子的加速度总是指向平衡位置,而位移总是背离平衡位置,B正确;振广的速

度方向与位移方向无关,C、D错误。

8.B3与L两时刻振子经同一位置向相反方向运动,加速度相同,速度方向相反,A错,B对;七

与t」两时刻振子经过关于平衡位置的对称点，加速度大小相等、方向相反,C错;t2、t3时刻振子

的速度相同,D错。

9.A由图象可知,再过1s即第5s时刻,质点在正向最大位移处,速度为零，加速度最大且沿x

轴负向。故正确答案为A。

10.BC由于位移是指由平衡位置指向质点所在位置的有向线段,故质点在0.7s时的位移方向

向右,且正在向平衡位置运动,所以A项错误;质点在1.5s时的位移达到最大，故B正确;质点

在L2s到L4s过程中，正在远离平衡位置，所以其位移在增大，故C正确；1.6s到L8s时

间内，质点正向平衡位置运动,所以其位移正在减小，故D项错误。

11.C3、a两个时刻货物经过平衡位置，加速度为零，压力大小等于重力,A错;t2时刻,货物处

于最低点,加速度向上且最大,压力大于重力,B错;匕时亥I],货物处于最高点,加速度向下且最大，

压力小于重力,C对,D错。

三年模拟

1.C振子在M、N两点弹力、位移、加速度都等大，反向，故A、B错误,C正确;振子从M到N先

做变加速运动,后做变减速运动,D错误。

2.Bt=ls时,位移最大,加速度最大,速度为零,选项A错误;t=2s时，位移为零,加速度为零，

而速度最大,速度方向要看该点切线斜率的正、负,t=2s时,速度方向为负，选项B正确;t=3s

时，位移最大,加速度最大,速度为零,选项C错误;L4s时，位移为零,加速度为零,速度最大,方

向为正，选项D错误。

3.BC由题图可知第5秒末时,振子处于正的最大位移处，此时有负方向的最大加速度,速度为

零，故B、C正确,A错误;在。到5s内，振子先从平衡位置到正的最大位移，再经平衡位置到负

的最大位移,最后从负的最大位移经平衡位置到正的最大位移,整个过程路程为10cm,故D错误。

4.D第1s内振子的位移为正方向，速度方向也为正方向,A错;第2s末振子在平衡位置，位移

为零,B错;第2s末振子恰好过平衡位置,且正向x轴负方向运动，而第3s末振子的位移为-20

cm,瞬时速度刚好为零，所以C错;第1s内振子的位移方向和速度方向均为正，第2s内振子的

位移方向为正,速度方向为负,所以D正确。

第十一章⑥2简谐运动的描述

知识清单

一、①最大距离②振动强弱③运动范围④速度⑤相等

⑥4倍⑦全振动⑧快慢⑨T5⑩状态

二、①x=Asin(wt+4>)②③初相位

链接高考

1.C设振动图象表达式为y=Asin31,由题意可知3或3t冗，其中3nrad/s,

66T3

解得ti=O.25s或t2=l.25s,则游客舒服登船时间At=t2-ti=l.0So

2.。答案ab

«解析由小物块的运动方程可知，黑2.5JT,T=0.8s,故b正确。0.6s内物块运动了:个周期，

故路程应为0.3m,c错。t=0.4s时物块运动了半个周期，正向下运动，与小球运动方向相同，故

d错。t=0.6s时，物块的位移y=-0.1m,小球下落距离H=1gt2=l.8m,由题图可知，h=H+y=l.7m,

故a正确。

3.♦答案出江士

V2

。解析设周期为T,振幅为A。

由题意得T个和八=空o

基础过关

1.A振幅是振子离开平衡位置的最大距离,它是表示振动强弱的物理量,振幅越大,振动越强。

2.B从经过某点开始计时，则再经过该点两次所用的时间为一个周期,B对,A、C错。振子从A

到B或从B到A的时间间隔为半个周期,D错。

3.C周期T+0.2s,则3詈0.6,即t=0.6T,?<仅耻,所以小球位于C、0之间,运动方向向

右,C正确。

4.BC方程1代表的振子振动振幅为3;圆频率为3=2"f=100M,则f=50Hz;初相为三方程2

代表的振/振动振幅为5;圆频率为3=2nf=100""iJf=50Hz;初相为k由于它们的振动周期

相同,所以它们的相位差恒定为；因此它们在振动时步调不一致。正确选项为B、以

3412

5.♦答案(l)x=O.08sin(nt+1n)m(2)160cm

C解析(1)简谐运动振动方程的一般表达式为x=Asin根据题目条件，有:A=0.08

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

得初相位或6W”，因为t=0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小,所以取63五。

故所求的振动方程为x=0.08sin(JIt-4n)mo

6

⑵周期T/=2s,所以t=5T,因IT内的路程是4A,则10s内通过的路程s=5X4A=20X8

cm=160cm<>

6.B由题意得2A=12cm,则A=6cm,--0.5s+0.5s=ls,则T=4s,B正确。

4

三年模拟

l.AB由振动图象可知，弹簧在第1s末与第3s末的位移相同，弹簧长度相同,A正确；由振动

图象可知，振动周期为8s,简谐运动的圆频率是3=^=+ad/s,B正确;第3s末振子的位移大

T4

小为x二Asin3t=Asin(2•3)二争\,C错误;从第3s末到第5s末,振子的速度方向不发生

变化,选项D错误。

2.B若At=T/4,则只有当振子从平衡位置或最高点或最低点开始振动时,在At时间内振子经

过的路程才为一个振幅,选项A错误;若Al=T/2,则不论质点从什么位置开始振动,在At时间

内振子经过的路程均为两个振幅,选项B正确;若At=T/2,则在t时刻和(t+△t)时刻振子的位

移大小一定相同,方向相反,选项C错误;若At=T/2,则在t时刻和(l+A1)时刻振子的速度大小

一定相同,但是方向相反,选项D错误;故选B«

3.AD由甲、乙的振动图象可知A产2cm、A乙=1cm、T乙二2T甲、久寺叫A选项正确，B选项错

误;前2秒内，甲、乙两振子的位移均为正值,故加速度均为负值,C选项错误;第2秒末甲振子的

位移为零,速度最大，乙振r位移最大,加速度最大,D选项正确。

4.♦答案(1)1.0s(2)200cm(3)x=12.5sin2nt(cm)图象见解析

C解析（1）弹簧振子简谐运动示意图如图所示，由对称性可得:T=0.5X2s=1.0s

⑵若B、C之间距离为25cm,

则振幅A§X25cm=12.5cm

振子在4.0s内通过的路程s二1X4X12.5cm=200cm

(3)根据x=Asinot,A=12.5cm,<J=y=2n

得x=12.5sin2nt(cm)0振动图象如图所示。

第十一章⑥简谐运动的回复力和能量

知识清单

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机械能②势③动④振幅⑤振幅⑥守恒

链接高考

1.♦答案<<

♦解析弹簧振子通过平衡位置时弹性势能为零，动能最大。向右通过平衡位置,a由于受到弹簧

弹力做减速运动,b做匀速运动,两者分离。物块a与弹簧组成的系统的机械能小于原来系统,所

以物块a振动的振幅减小,A<A«o由于振子质量减小,物块a的加速度的大小增大,所以周期减小,

T<TOo

2.c答案（1）L心嘤

k

⑵见解析

⑶」+2mgsinaf

4k

⑷U>[〃L+4mgsina）cosa

"4Mg+47ngeos2（x-kLsina

。解析(1)设物块在斜面上平衡时,弹簧伸长量为△L,有

mgsina-k△L=0

解得

k

此时弹簧的长度为L+注吧

(2)当物块的位移为x时,弹簧伸长量为x+AL,物块所受合力为F/mgsina-k(x+AL)

联立以上各式可得F行-kx

可知物块做简谐运动

(3)物块做简谐运动的振幅为卜驾上

4k

由时称性可知,最大伸长量为2A-衿+变等吧

44K

⑷设物块位移X为正,则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡,所以有

水平方向f+即sina-Fcosa=0

竖直方向Fjo-Mg-FNicosa-Fsina=0

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

联立可得f=kxcosa,Fv2=Mg+mg+kxsina

为使斜面体始终处于静止,结合牛顿第三定律,应有If|WuF、〃所以

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

FN2Mg+mg+kxs\na

当X=-A时,上式右端达到最大值,于是有

口>(kL+4mgsina)cosa

4Mg+4mgcos2akLsina

基础过关

1.B通过对简谐运动过程的分析可知，在同一位置，位移、加速度、回复力、动能、势能一定

相同，由于通过同一位置具有往复性,所以速度方向可能相同，也可能相反,故选项B正确。

2.C由简谐运动的回复力公式F=-kx可知,弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图象

应如选项C所示。

3.CD由图可知f甲：f乙=1：2,因此振子不相同,A错误,D正确。由图可知C正确。因F,产

kipA1|i,F乙二k乙A乙,由于k甲和k乙关系未知,因此无法判断F中、F乙的大小,所以B错误。

4.CD振子在平衡位置两侧往复运动,速度相同的位置可能出现在关于平衡位置对称的两点,这

时弹簧长度明显不等,A错;振子由最低点向平衡位置运动的过程中,弹簧对振子施加的力指向平

衡位置，做正功,B错;振子运动过程中的回复力由振子所受合力提供且运动过程中机械能守恒，

故C、D对。

5.B弹簧振子做简谐运动,振动能量不变,振幅不变,A错;在0.2s时位移最大,振子具有最大

势能,B对;弹簧振子的振动能量不变,在0.35s时振子具有的能量与其他时刻相同,C错;在0.4

s时振子的位移最大,动能为零,D错。

6.C当振子运动到B点的瞬间,振子的速度为零,此时P、Q的速度均为零,振子的动能全部转

化为系统中弹簧的弹性势能,将P拿走并不影响系统的能量,故能量并不改变,因此Q的振幅不

变;当振子通过0点时系统的弹性势能乂全部转化为动能,拿走P之前,弹性势能转化为P、Q两

部分的动能,拿走P之后,弹性势能转化为Q部分的动能,故拿走P之后Q的动能比拿走P之前Q

的动能大，速率也要增大。所以选C。

7.ADm在平衡位置0处两弹簧均处于原长状态,则m振动后任取一位置A,如图。设在A处m

的位移为x,则在A处m在水平方向的合力F=-(k2+k))x=-3kx,选项D正确,C错误;可见m做的是

简谐运动，由简谐运动的对称性可得OC-OB,选项A正确,B错误。

it~Ah

8.♦答案见解析

《解析以木块为研究对象,设静止时木块浸入水中Ax深，当木块再被压入水中x后

所受力如图所示，

则合力F产mg-F加又F浮=PgS(Ax+x)。

由以上两式,得F-=mg-PgS(Ax+x)=mg-PgSAx-PgSxo

因mg=PgSAx,所以F台=一PgSxo即满足Fia)=-kx(FP)=F令，k=PgS)。

即木块做简谐运动。

9.C要使货物对•车厢底板的压力最大,则车厢底板时货物的支持力最大,则要求货物向上的加

速度最大，由振动图象可知在不时,货物向上的加速度最大,则C选项正确；货物对车厢底板的压

力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则要求货物向下的加速度最大，由振动图象可知在?时,

4

货物向下的加速度最大，所以选项A、B、D错误。

10.AD最大振幅满足kA=mg,所以A=詈,故A项正确;在A=詈的条件下小球在最高点和最低点

所受回复力大小相同,所以F「mg=mg,得F,=2mg,所以B项错误;小球和弹簧组成的系统机械能守

恒,所以C项错误；当小球到达最低点时弹簧的形变量最大,所以弹性势能最大,根据机械能守恒

或动能定理得最大弹性势能为2mgA3鸟,所以D项正确。

三年模拟

1.AD质点从最大位移处向平衡位置运动的过程中,速度和回复力方向相同，与位移方向相反,A

正确;质点的加速度与位移的方向总相反,B错误;质点从平衡位置向最大位移处运动过程中，

复力增大，速度减小，动能减小,C错误;质点从最大位移处向平衡位置运动过程中，势能减小，回

复力减小,加速度也减小,D正确。

2.At=0.2s时，振子的位移为正的最大，但由于没有规定正方向,所以此时振子的位置可能在

A点也可能在B点,A正确。由图线斜率可知t=0.1s时速度为正,t=0.3s时速度为负，两者方

向相反,B错。从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小,C错。

t=0.2s与t=0.6s两个时刻，位移大小相等,方向相反,故加速度大小相等，方向相反,D错。

3.C加上电场后小球开始做简谐运动,平衡位置在0到X。的中点处,此时电场力等于弹簧弹力，

故弹簧劲度系数卜上卫,A错误;小球在x=0与x=x0处加速度大小相等,但方向相反,B错误;根

Xx0

据功能关系可知，小球运动到平衡位置时有qEX权尸Ek+Ep,到达X。处时有qEx°=%',由弹簧弹性势

22

能与形变量的关系得Ep=1kx,Ep*=4E„,联立以上各式解得Ek=iqEx0,又Ek=^nv,故v=J啜C正确;

因为参与能量转化的还有弹簧的弹性势能,所以D错误。

4.A小球受重力、支持力和弹簧的弹力。因小球做简谐运动，故不受摩擦力。回复力是效果力。

第十一章⑥4单摆

知识清单

一、①忽略②忽略

二、①圆弧切线②正比③正弦(或余弦)

三、①质量②振幅③越长④2“⑤振幅

四、①黑

链接高考

1.C本题考查单摆的周期公式及能量守恒定律，要理解单摆在小摆角时的周期与振幅无关。依

题意小角度的摆动可视为简谐运动，由单摆的周期公式T=2"£可知,同一地点的重力加速度相

同,若摆长相同,则频率f尸坛与初始速度无关,而摆动的振幅与初始速度有关,根据能量守恒定

律可知初速度越大,振幅越大,A,>A2,C对。

2.G答案0.7850.08

《解析小环沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动，小环运动到最低点所需的最短时间为

t=T/4苫s=0.785s。由机械能守恒定律,1陪吟加，，在最低点处的速度为v=1^瓦在最低

点处的加速度为a=^=^=0.08m/s%

3.B由单摆周期公式T=2ng及黄金代换式GM=grz,得T=2nr后。

4.C答案见解析

，解析摆球通过平衡位置时具有较大的速度，此时开始计时,误差较小。若只测量一次全振动

的时间会产生较大的误差,而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差。

5.♦答案(1)18.6(2)abe

♦解析(1)由题图,主尺读数为18mm,游标尺的第6条刻线与主尺刻线对齐,读数应为0.6

小钢球直径D=18mm+0.6mm=18.6mm。

(2)根据实验要求，摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,a正确;为了减小空气

阻力的影响,应尽量选择质量大些、体积小些的摆球,b正确;为了使单摆的运动为简谐运动,要

求摆角不大于5°,为了减小测量的误差,应使摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,e正确。

基础过关

1.A这些装置都是实际摆,我们在研究单摆的摆动过程中,通常忽略空气等对单摆的阻力，因此

实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可伸长的线组成单摆。单摆是实

际摆的理想化模型,所以只有A装置可视为单摆。

2.B摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力,A错;摆球经过最低点时，回复力为0,但合力

提供向心力,C、D错；由简谐运动特点知B正确。

3.D单摆的周期T与质量无关，选项A错。偏角a变小，振幅变小,但单摆的周期T与振幅无

关,选项B错。摆球由0~B~0的过程仅完成了半个全振动,运动时间等于，选项C错,D对。

4.A弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数和振子质量有关，拿到北京后周期不变;北京的

重力加速度比上海的大,单摆拿到北京后周期变小。

5.C单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关,A、B均错;对秒摆,1>2元后2s,对周期为4s

的单摆,T=2nJJ=4s,故1=41O,故C对,D错。

6.A让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以。点为悬点,摆长为L周期为T=2nJ|；让小

球在垂直纸面方向摆动,摆球以0C的延长线与AB的交点为中心摆动,摆长为L+jcos

30°=L+fl,,周期为T=J等L,选项A正确。

7.AC调整圆盘位置可改变摆长,从而达到调整周期的作用；若摆钟变快,是因为周期变小,应增

大摆长即下移圆盘；由冬季变为夏季,摆杆变长,应上移圆盘;从广州到北京,g值变大周期变小，

应增加摆长。综上所述，选项A、C正确。

8.B摆钟的周期可借助单摆的周期公式T=2n/来讨论。由于是同一单摆,其摆长可认为不变,

则其周期与重力加速度的平方根成反比。由万有引力定律得mg窄,g零严炉一喝即,即

g"R。由以上的推理可知8素畀后=专,1;鼻=当min。所以B选项正确。

9.B由公式g/可知，如果振动次数多数了一次,即T偏小，使g偏大,选项A错,B对。摆球

的质量过大,不影响单摆的周期与摆长,所以不影响测得的重力加速度,选项C错。当1偏小时，

求得的g偏小，选项D错。

10.上答案书0.875075.21.88(1)摆角不超过5°(2)9.8

・解析该题是对利用单摆测重力加速度实验的综合考查。

由T=2冗p■可知

7g产

由图可知：摆长1=(88.50T.00)cm=87.50cm=0.8750m<.

秒表的读数t=60s+15.2s=75.2s,

所以T4L88So

⑴单摆做简谐运动的条件是摆角不超过5°。

⑵作一条直线，使直线通过尽可能多的点,误差较大的点，平均分布在直线的两侧,则直线斜率

k普

由g-%可得g=9.8m/s2o

三年模拟

1.B给摆球相同的水平初速度v,相当于给予单摆相同的机械能,E.=E2,根据单摆周期公式，甲单

摆周期较大,频率较小,f.<f2,选项B正确。

2.AC绳子碰到钉子瞬间,速度v不变,根据牛顿第二定律知,FFg=m?,F=mg+mp半径减小,拉

力增大，故A正确。单摆运动过程中机械能守恒，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B

错误。由几何关系得，右边的弧长小于左边的弧长，故C正确。根据单摆的周期公式，摆长越大

周期越大,所以摆球在平衡位置右侧从最大位移到平衡位置所用的时间比左侧短，故D错误。

3.D将单摆所受重力分解为沿斜面方向的分力mgsin。和垂直斜面的分力mgcos0,其中

沿斜面方向的分力mgsin0使单摆与小车一起沿斜面方向加速下滑，垂直斜面的分力mgcos

0则为单摆的振动提供回复力，故D正确。

4.♦答案(1)测单摆摆长时，漏掉了摆球的半径(2)9.87

♦解析(1)由图象知，当1=0时,TWO,说明1不等于摆长,可能只是摆线长，忽略了球的半径。

(2)图线的斜率k#,由图象知,k=4s7m,故g二冗2巾八J9.87m/s)

・解析(1)当单摆经过平衡位置时开始计时能提高测量的精确度,C错误。

⑵作一条过原点的与AB线平行的直线，所作的直线就是准确测量摆长时所对应的图线。过横

轴上某一点作一条平行纵轴的直线，则和两条图线的交点不同，与准确测量摆长时的图线的交点

对应的摆长是准确的,与AB线的交点对应的摆长要小些,同样的周期,摆长应一样，但AB线所对

应的却小些,其原因是在测量摆长时少测了，所以其重心应在球心的下方。设重心与球心的距离

为r,则对A、B两点数据，由单摆周期公式有:工、=2五母和TB=2兀柠,解得:g2焉泮，按

这样计算，测量结果将与摆球重心就在球心处的值相同。

第十一章④5外力作用下的振动

知识清单

一、①外力②阻尼③机械能④振幅⑤简谐运动

二、①周期性②周期性③驱动力④驱动力⑤固有频率

三、①等于②固有频率③大

链接高考

1.A根据受迫振动的频率等于驱动力的频率,可知把手转动的频率为1Hz,选项A正确。

2.D从共振曲线可以看出，在驱动力的频率等于或接近固有频率时，振幅显著增大;表格中当驱

动力频率为60Hz时,振幅最大,说明固有频率在60Hz左右，即可能在50Hz到60Hz之间，也

可能在60Hz到70Hz之间。故选Do

基础过关

1.AD有空气阻力时，振动为阻尼振动，振幅不断减小,机械能也不断减小。在平衡位置,位移为

零;而后位移增大，直至动能为零时位移达到最大;然后位移乂减小到零，所以位移不是一直减小。

根据单摆周期公式T=2nJ,1不变，则T不变。故A、D正确。

2.ABD阻尼振动即振动过程中受到阻力作用的振动,因为实际的运动在空气中要受到空气的阻

力作用，因此不可避免地受到阻尼作用，即B正确；由于振幅是振动系统能量大小的标志，阻尼振

动过程中由于要克服阻力做功，消耗系统的机械能，因此系统机械能减小,所以振幅要减小,则A

正确;振动系统的周期与振幅无关,因此阻尼振动尽管是减幅振动,其固有周期不变,当阻尼过大

时由于合外力可能为零,将不能提供回复力，则振动系统将不能发生振动,此时振动系统的周期

可看做无穷大,C错误,D正确。

3.CD物体在周期性外力作用下的振动叫做受迫振动,C对,B错;这个周期性的外力应当能给振

动物体补充能量,而阻力不行,A错;受迫振动的频率最终等于驱动力频率,选项D对。

4.AA选项中锣面的振动是阻尼振动，而B、C、D选项中物体的振动是在驱动力作用下的振动，

是受迫振动,A选项符合要求。

5.C部队过桥时如齐步走,给桥梁施加周期性外力,容易使桥的振动幅度增加,即发生共振,造

成桥梁倒塌;登山运动员登雪山时高声叫喊,声波容易引发雪山共振而发生雪崩，故应选C。

6.BC7个摆的摆长不完全相同，固有频率不都相同,选项A错;A摆振动起来后,带动其余6个

摆做受迫振动，振动稳定后7个摆的振动频率都相同,选项B对;B、F摆的摆长与A摆相同,发生

共振,振幅最大，选项C对,D错。

7.B由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz,固有周期为2s;再由丁二2八得此单摆的摆

长约为1明若摆长增大，单摆的固有周期增大,固有频率减小,则共振曲线的峰将向左移动。

8.C由于电动机的转动，使脱水机做受迫振动。而电动机转动的频率是逐渐变化的，当它的频

率接近或等于脱水机的固有频率时,发生共振现象,C正确。

9.。答案(1)5：2(2)25：4(3)1m

C解析(1)由图象可知两个单摆的固有频率为：

fj=0.2Hz,f,i=0.5Hz

则》=5s,T„=2s

T,：T„=5：2o

⑵由T=2n得

L：芈25:4o

rn

⑶由T=2”口得:L厂吗」8X2；mo

y/g4ir24x3.142

三年模拟

l.BC在A选项中，一弹簧连接一物体沿水平方向做简谐运动，则该物体做的是加速度不断变化

的运动即非匀变速直线运动,A错;在B选项中根据机械能守恒定律可知,振幅减小，由T=2"£

可知,它的频率与质量无关,即频率不变,B正确;做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时，

速度大小相等,但方向不一定相同,所以说速度不一定相同,C正确；单摆在周期性的外力作用下

做受迫振动,外力的频率与固有频率越接近时,振幅越大,D错误。

2.ABa摆做的是自由振动，周期就等于a摆的固有周期,其余各摆均做受迫振动,所以振动周期

均与a摆相同,故A正确,C错误;c摆与a摆的摆长相同,所以c摆所受驱动力的频率与其固有

频率相等,产生共振,故c摆的振幅最大,故B正确,D错误。

3.D当驱动力的频率与物体的固有频率相等时,发生共振,振幅最大，因此要减弱机翼的振动，

必须改变机翼的固有频率，选D。

4.D”声波碎杯”的实验中，发出的声波能使酒杯碎掉,是因为酒杯发生了共振,用手指轻弹一

只酒杯，可以听到清脆的声音,测得这声音的频率为500Hz,可知酒杯的固有频率就是500Hz,

要使酒杯发生共振，只需要将声波发生器发出的声波频率调成与酒杯的固有频率相同即可,也就

是500Hz,因此D正确。

第十一章⑥本章达标测评

一、选择题

1.ACD根据周期的意义可知,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

选项正确。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,动能与速度的平

方成正比，故B选项错误,C选项正确。

2.B弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离,即振幅，故振幅之比为1：2o

而对同一振动系统,其周期与振幅无关,则周期之比为1:1。

3.D在0和0.8s时刻具有负向的最大速度,而不是正向，故A错;0.2s时刻加速度方向向上

指向平衡位置即正向，故B错;0至0.4s质点加速度指向x正方向不变，故C错;0.2s至0.4s

内,速度变大,做加速运动,加速度方向和速度方向相同,D对。

4.D振子在A、B两点时的速度为零,但位移为最大，故A错;振子经过。点时速度方向不变，故

B错;弹力的方向有时也与速度方向相同，故C错；由弹簧振子的运动规律知,D正确。

5.AC塑料夹夹在竹片上端做成两个“单摆”，可运用单摆的周期公式来判断摆A、B的周期和

频率关系，由于固定点在下方，由T=2n1R>1A,所以fK鼠选项A正确；当底座振动频率

由零开始从小到大变化时,先要接近B的固定频率,而后才能接近A的频率,所以C选项正确。

6.A小球从A、B点开始均做单摆模型运动,3守=：J；，*1笆J；,R为球面半径，故t1』2；A

点离开平衡位置远些,高度差大,故从A点滚下到达平衡位置0时速度大,即v,>v2o

7.C该振动的振幅为5cm,选项A、B错误。周期为0.2s,经0.5s的时间也就是2.5个周期,

质点运动到0点，位移为零，选项D错。每个周期运动的路程是振幅的四倍，总路程为50cm,选

项C对。

8.A小球在平衡位置0时,弹簧处于原长,弹性势能为零,动能最大，位移为零,加速度为零,A项

正确;在最大位移处A、B,动能为零,加速度最大,B项错误；由Af0回复力做正功，由0—B回复

力做负功,C项错误；由B-0动能减少,弹性势能增加，总能量不变,D项错误。

9.C振子经过a>b两点时速度相同,从a到b经历的最短时间为0.2s,而由b到a的时「、、

间为0.3s,由以上信息可知,a、b在平衡位置两侧关于平衡位置对称，如图所示,0为平衡1|

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

10.BC单摆摆动过程中,机械能守恒,在最高点重力势能最大,最低位置时动能最大,故B

正确,A错误;在B点E正Eka+E卡E淤，故C正确,D错误。

11.D对A、B整体分析可得kx=(M+m)a,对A物体在水平方向f=ma,联立两式得:f=瞥•

12.AB在最高点时有mg-F后叫,得FnFmg-ma,,。在最低点时有F蚊-mg』时,得FMmg+ma，,在经

平衡位置时有F平-mg=0,Ff=mg,可知FQFQF昌。因此可知在最高点时B对A的压力最小,在最

低点时B对A的压力最大。

二、非选择题

13.•答案2.019.70

C解析由题可知单摆的周期

160,40s=2.013

'(61-D/2

179.80s=1.995s

2-(81-1)/2

70.60s=2.017

(71-D/2

则周期T—+y7a一2.01s

摆长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解析由图象知这两个振动的周期相同，均为0.4s,所以它们有确定的相位差。

由图中看出当振子达到最大位移后再过;周期,振子B才达到最大位移,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

・解析简谐运动振动方程的一般表达式为x=Asin(3t+6)

根据题给条件有:A=0.08m,co=2nf=JI

所以x=0.08sin(nt+4))m

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

因为t二0时,速度方向沿x轴负方向，即位移在减小,所以取64五

即所求的振动方向为x=0.08sin(irt+'ir)m<>

16.・答案0.1s0.1m/s

上解析玻璃板做匀变速直线运动,运动Sm,和SK所用时间相等△T=1T=0.1S

则加速度2=比率=1m/s2

2(AT)

对0A段S,*=vgT+3(AT)2

解得v°=0.1m/s,故接通电源时玻璃板的速度\，产0.1m/s

1*2=0.1s,经过0.1s才开始接通电源。

a

17.・答案(1)10cm(2)1s1Hz(3)200cm10cm

。解析(1)振幅设为A,则有2A=BC=20cm,所以A=10cm。

(2)从B首次到C的时间为周期的一半，因此T=2t=ls,再根据周期利频率的关系可得/*1Hz.

(3)振子一个周期内通过的路程为4A=40cm,即一个周期运动的路程为40cm,s=^-4A=5X40

cm=200cm,5s的时间为5个周期，又回到原始点B,位移大小为10cm.

第十二章机械波

第十二章1仓1波的形成和传播

知识清单

一、①相互作用②带动③振动④振动

二、①垂直②最高③最低④直线⑤密⑥疏

三、①波②机械振动③介质④波源⑤能量⑥信息

链接高考

1.ABE波动中各个质点都是做受迫振动，各质点的周期与振幅相等，所以A、B项正确;P点速度

的最大值为振动时过平衡位置的速度,不是波传播的速度,本题无法求出,C项错误;每个点开始

振动的方向与波源振动的方向相同,D项错误;若P点与波源的距离为一个完整波形,则它们振动

情况相同,E项正确。

2.A由于再经过t时间，该点才能位于平衡位置上方的最大位移处,所以在2t时，该点位于平

衡位置的上方,且向上运动,选项A正确。

基础过关

1.ACD机械波是由于介质中前面的质点带动后面的质点，使振源的振动形式与振源的能量向远

处传播而形成的,前后质点间存在相互作用力,因而相互做功,故A正确;波传播过程中，各质点

只能在各自的平衡位置附近振动，质点不随波迁移，因此B错;每个质点都是由振源依次带动后

面的质点，每个质点都做受迫振动，每个质点的频率都与振源频率相同，并且都“仿照”振源振

动，故C、D正确。

2.BD无论波向左传播还是向右传播,回复力均指向平衡位置,质点A的受力方向均向下,故B、

D正确。

3.C由于此时Q质点向下振动，且Q质点右方邻近质点在Q质点下方,则波向左传播,N是波源。

振动从N点传播到M点,经过一个周期，又因从波源N起振开始计时，需经:T,P点才开始振动，故

PJ贡点已振动了!,选项C正确。

4.♦答案如图所示

a解析机械波在传播过程中,介质的质点都在各自的平衡位置附近振动，时间依次滞后,从波形

图上看出，在t二T/4时刻第4个质点才开始振动，则在t=3T/4时刻第10个质点刚开始振动,此

时第4个质点已振动了T/2的时间回到了自己的平衡位置，第1个质点到达下方最大位移处。

5.C根据波的传播方向与质点的振动方向之间的关系区别横波与纵波，如果两者在同一方向就

是纵波,如果两者的方向相互垂直,该波就是横波。

6.A由于波源带动了后面的质点依次振动,且后面的质点总是重复前面质点的振动状态,所以

介质中各质点开始振动时的方向都与波源开始振动时的方向相同,此时波刚传播至Q点，此时Q

点前面的相邻的质点在上方，故Q点将向上运动,则P点起振方向向上。由波形图可知,该波为

横波，故A正确。

7.B形成波的条件是既要有振源,又要有介质,所以有机械波必有机械振动,而有振动,在无介

质的情况下,不能产生机械波,故A错误,B正确。在介质中，正在传播的波独立于波源,即已经形

成的波跟形成该波后波源的振动无关,在波源停止振动时,波仍将继续向外传播而不会立即停止,

故C错误;波只有在同种均匀介质中才会匀速传播,而D选项并没有表明具备这一必要条件,故D

错误。

8.AC由波传播的规律知质点的振动是由先振动的质点带动后振动的质点,波是沿x轴正方向

传播的，选项A正确。质点c正向下运动,故选项B错误。b质点正向着平衡位置运动，故b比c

先到达平衡位置,选项C正确。c比b先到达偏离平衡位置的最远处,选项D是错误的。

9.D由题图知波传播方向沿x轴正方向,根据质点振动方向与波的传播方向的关系可知质点P

的速度方向在该时刻开始的一段极短时间内沿y轴正方向，即向该质点的平衡位置运动，因此P

质点速度增大;质点P做简谐运动，向平衡位置运动，距离平衡位置的位移减小，所受回复力减小,

因此加速度a减小,即v变大,a减小,故只有选项D正确。

三年模拟

1.A波源和介质是形成机械波的两个必不可少的条件,故A正确;简谐运动在介质中传播时,介

质中各质点都做简谐运动，沿波的传播方向上，后面的质点比前面的质点总要晚一些开始振动，

但质点本身并不随波的传播而发生迁移，而且各质点的振动步调不一致，故B、C、D都错。

2.C有机械振动还必须有传播机械波的介质才能形成机械波,选项A错误；当质点的振动方向

和波的传播方向垂直时才是横波,故选项B错误;波的传播过程一定有能量传递,选项C正确;质

点只在自己平衡位置附近振动,并不随波迁移,选项D错误;故选C。

3.AD机械波的频率等于振源的振动频率,选项A正确;机械波的传播速度与振源的振动速度是

两个不同的概念,故选项B错误;横波中,质点振动的方向垂直于波传播的方向,而在纵波中质点

的振动方向与波的传播方向平行,选项C错误;机械波在介质中传播的速度由介质本身决定,选

项D正确。

4.ACD据波的传播特点知,波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动,所以起振方向相

同，都是竖直向下，但从时间上来说,起振时间依次落后所以选项A、C正确,B错误；由题意知,

质点9比质点1应晚起振两个周期,所以当所有质点都起振后,质点1与质点9步调完全一致，

所以选项D正确。

第十二章逐2波的图象

知识清单

一、①各质点②各质点③波形图

二、①正弦波②简谐波③简谐

三、①各个②某一时刻③某一④各个时刻

链接高考

1.1）由振动图象可知,在t=T时,波源0的振动方向向下,再结合波形可知第一个周期末的波形

图为D图。故选项D正确。

2.D根据题述“c位置的质点比a位置的晚0.5s起振”可知波动周期为1s,且波沿x轴正

方向传播。t=1.25s《T时，由题图2可知该质点在波峰与平衡位置之间向平衡位置运动，结合

题图1可知该质点可能位于d<x<e,选项D正确。

3.BD图(b)表示的质点在1=0时刻位于波峰。因为sin/，图(c)表示的质点t=0时刻的位移

是-0.05叫恰好是最大值的一半，假设该质点的平衡位置在x=0到x=2m之间，又因为从图(c)

看,该质点在t-0时向下运动,因此其平衡位置的坐标必是2m-im端m,与左波峰的平衡位置

的距离是当m-0.5m,D正确，与右波峰的平衡位置的距离是:m+0.5m,B正确。

基础过关

1.ABD由波的图象的物理意义可知选项A正确;