1机械振动-教学设计

第十二章振动和波（3-4）●高考考纲解读主题考点内容要求机械振动与机械波考点一：振动的基本概念和规律简谐运动Ⅰ简谐运动的公式和图象I单摆、周期公式Ⅰ受迫振动和共振Ⅰ考点二：波的传播规律机械波Ⅰ横波和纵波Ⅰ横波的图象Ⅰ波速、波长和频率（周期）的关系I波的干涉和衍射现象、Ⅰ多普勒效应I本专题综合运用运动学、动力学和能的转化等方面的知识讨论了两种常见的运动形式——机械振动和机械波的特点和规律，以及它们之间的联系与区别.对于这两种运动，既要认识到它们的共同点——运动的周期性，如振动物体的位移、速度、加速度、回复力、能量等都呈周期性变化，更重要的是搞清它们的区别：振动研究的是一个孤立质点的运动规律，而波动研究的是波的传播方向上参与波动的一系列质点的运动规律.其中振动的周期、能量、波速、波长与频率的关系，机械波的干涉、衍射等知识，对后面交变电流、电磁振荡、电磁波的干涉、衍射等内容的复习都具有较大的帮助.纵观三年的高考试题，本专题的内容是历年的必考内容，其中对的波的图象、频率、波长、波速的关系及质点的振动考查是命题的热点，通过波的图象综合考查对波的理解能力、推理能力和空间想象能力是重点和难点．与图像密切联系，试题信息容量大，综合性强，一道题往往考查多个概念和规律，形式多样为试题特点．主要以选择、填空、计算题为主．预测命题趋向结合近三年高考的特点，预计本专题是2022年高考的必考内容．对本部分内容的考查仍将延续容量大，综合性强，一道题往往考查多个概念和规律的特点．预计在今后的高考中将仍以选择、填空或计算题的方式出现，波的图象、频率、波长、波速的关系及质点的振动考查仍是高考的热点，在振动图象和波的图象上出题的次数仍将最高，用图象来考核理解能力和推理能力以及对波的图象的理解和应用的题目应予以足够的重视.第一课时机械振动●知识要点梳理1.机械振动机械振动是物体在某一位置附近的往复运动，这一位置叫做平衡位置.这种往复运动是因为物体受到了相应的力，该力总是试图把离开平衡位置的物体拉向平衡位置，该力叫回复力，是物体做机械振动的条件.2.简谐运动(1)F＝－kx，满足这一特征则为简谐运动.(2)回复力是按力的效果命名的，单独的一个力、几个力的合力、某个力的分力都可以担当回复力.所以，首先应对振动的物体进行全面的受力分析，寻找出是什么力担当回复力，而不能凭空添加一个回复力.(3)当物体做简谐运动时，运动的周期是完成一次全振动所用的时间.全振动是指：从物体在某一位置的运动开始，直到物体下一次以相同的速度(或动量)到达该位置的过程.(4)：，简谐运动的表达式为：.(5)理想化的弹簧振子模型：一根光滑的水平细杆上套一轻弹簧，弹簧一端固定，另一端连一小球，小球也套在细杆上.将小球拉离平衡位置后放手，小球就做简谐运动.它受到的回复力是弹簧的弹力.(6)受迫振动是物体在周期性外力作用下的振动，此周期性外力叫驱动力.共振是当驱动力频率与物体固有振动频率十分接近时发生的受迫振动，系统的振幅会很大.(7)简谐运动的能量是振动的动能和势能的总和，振动过程中机械能守恒，所以振幅不变.实际振动过程中机械能逐渐减小，简谐运动是一种理想化的振动.3.单摆在一条不可伸长、不计质量的细线下端系一质点所形成的装置.单摆是实际摆的理想化物理模型.4.单摆做简谐运动的回复力单摆做简谐运动的回复力是由重力mg沿圆弧切线的分力F＝mgsinθ提供(不是摆球所受的合外力)，θ为细线与竖直方向的夹角，叫偏角.当θ很小时，圆弧可以近似地看成直线，分力F可以近似地看做沿这条直线作用，这时可以证明F＝－x＝－kx.可见θ很小时，单摆的振动是简谐运动.5.单摆的周期公式(1)单摆的等时性：在振幅很小时，单摆的周期与单摆的振幅无关，单摆的这种性质叫单摆的等时性，是伽利略首先发现的.(2)单摆的周期公式，由此式可知T∝，T与振幅及摆球质量无关.6.单摆的应用(1)计时器：利用单摆的等时性制成计时仪器，如摆钟等，由单摆的周期公式知道调节单摆摆长即可调节钟表快慢.(2)测定重力加速度：由变形得g＝，只要测出单摆的摆长和振动周期，就可以求出当地的重力加速度.7.单摆的能量摆长为l，摆球质量为m，最大偏角为θ，选最低点为重力势能零点，则摆动过程中的总机械能为E＝mgl(1－cosθ)，在最低点的速度为v＝.●重点难点突破一、简谐运动的五个特征：(1)动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数．F＝－kx是判定一个物体是否做简谐运动的依据．(2)运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而方向相反，为变加速运动．远离平衡位置时x、F、a、EP均增大，v、EK均减小，靠近平衡位置时则相反．(3)运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同．(4)对称性特征：①相隔T/2或(2n＋1)T/2(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称．位移、速度、加速度大小相等，方向相反．②质点在距平衡位置等距离的两个点上具有相等大小的速度、加速度，在平衡位置左右相等距离上运动时间也是相同的．(5)能量特征：振动的能量包括动能和势能，简谐运动过程中，系统动能EK与势能EP相互转化，系统的机械能守恒.【例1】如图，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木板B相连，木板A放在木板B上，两木板质量均为m，现加竖直向下的力F作用于A，A与B均静止.问：(1)将力F瞬间撤除后，两木板共同运动到最高点时，B对A的弹力多大？(2)要使两板不会分开，F应该满足什么条件？答案：mg－F/2；F≤2mg．【解析】此题利用了简谐运动的对称性来解题，关于平衡位置对称的两点，回复力大小和加速度大小相等.(1)把没有外力F作用时物体所处的位置为平衡位置，则物体被外力压下去后，根据对称性，当两木板到达最高点时，其回复力和最低点的回复力大小相等，也为F.此时共同的加速度由牛顿第二定律求得a＝F/2mA物体受到重力与支持力N，再应用牛顿第二定律有mg－N＝ma所以N＝mg－ma＝mg－F/2(2)要使两板不分离，则N≥0，由上式得F≤2mg二、简谐运动图象的应用简谐运动的图象表示同一质点偏离平衡位置的位移随时间变化的规律，即位移—时间的函数关系图象，且不可将振动图象误解为物体的运动轨迹.从振动图象上可以获取以下信息：1.从振动图象上可直观地读取振幅A、周期T（两个相邻正向最大位移之间的时间间隔或两个相邻负向最大位移之间的时间间隔）以及质点在任意时刻相对平衡位置的位移x.也可以知道开始计时时（t=0）振动质点的位置.2.由振动图象可以判定质点在任意时刻的回复力、加速度方向（总指向时间轴）.3.利用振动图象可以判断某段时间内振动质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况.若某段时间内质点的振动速度指向平衡位置（可以为正，也可以为负），则质点的速度、动能均变大，位移、回复力、加速度、势能均变小.反之，则相反.凡是图象上与时间轴距离相等的点，振动质点具有相同的振动动能和势能.4.从振动图象上可以知道质点在任意时刻的速度方向.该点的斜率为正值时速度方向为正，该点的斜率为负值时速度方向为负.5.在简谐运动问题中，凡是涉及到与周期有关的问题时，可以先画出振动图象，利用图象的物理意义及其对称性分析、求解，简捷、直观.例2：如图图11-1-5为一做简谐运动的质点的位移时间图象,则该质点（）A.在时刻,速度和加速度都为-x方向B.在至内,速度和加速度先反方向后同方向,且速度是先减小后增大,加速度是先增大后减小C.在第8个内,速度与位移方向相同,且都在不断增大D.在每1s内,回复力的瞬时功率有100次为零【答案】BD【解析】在,位移为负所以加速度为正,而此时物体还在向负方向运动,速度为负,A错;从到,负的位移越来越大,则正的加速度不断增大,而负的速度越来越小,所以首先是速度与加速度方向相反,从到,负的位移越来越小,则正的加速度越来越小,正的速度越来越大,速度与加速度成了同方向,B对;第8个与第4个相似,速度为正且不断减小,所以C错;因为周期为,从而1s就是25个周期,每个周期速度为零的时刻有两个,回复力为零的时刻也是两个,且速度与回复力不同时为零,故一个周期内回复力功率为零的时刻有4个,在1s内就有4×25=100个,D对.三、摆钟快慢的分析方法摆钟快慢不同是由摆钟的周期变化引起的,若摆钟周期T大于其准确钟的周期Ts,则为慢钟,若摆钟周期T小于其准确钟的周期Ts,则为快钟.分析时应注意:(1)由摆钟的机械构造所决定,无论准确与否的钟摆每完成一个全振动,摆钟所显示的时间为一定值,也就是走时准确的摆钟的周期Ts.(2)在摆钟机械构造不变的前提下,走时快的摆钟,在给定时间内全振动的次数多,周期小,钟面上显示的时间多.走时慢的摆钟,在给定时间内全振动的次数少,周期大,钟面上显示的时间就少.因钟面显示的时间总等于摆动次数乘以准确摆钟的周期Ts,即t显=N\5Ts,所以在同一时间t内,钟面指示时间之比等于摆动次数之比.(3)无论摆钟走时是否准确,钟面上显示的时间t显=N\5Ts，式中Ts为走时准确摆钟的周期,N为全振动的次数.对于走时不准确的摆钟,要计算其全振动的次数,不能用钟面上显示的时间除以其周期,而应以准确时间除以其周期,即N=t/T非.(T非即非准确时钟的振动周期)例3在高山下一座摆钟走时准确,移到高山上,它是快了还是慢了？一昼夜相差多少?已知山下的重力加速度为g0,山上的重力加速度为g′,一昼夜时间用t0表示.答案：慢了t0(1-）解析：由摆钟周期T=2π知,在山上重力加速度减小,周期变大,因而时钟会走慢,不准确了.由于摆钟计时是由振子振动带动指针跳动来指示时间刻度值的,在山下振动一次指针指示的时间为T0,则在山上振动一次时,指针指示的时间也为T0,因此,测量时间t与振动次数N成正比.在一段确定的时间t0内,振动次数应与周期成反比,即t0=N0T0=N′T′.山下摆钟一昼夜指示的时间为t0=N0T0,山上摆钟一昼夜指示的时间为t′=N′T0(N′为山上摆钟摆动的次数),而N′=t0/T′,故一昼夜两摆钟指示的时间相差Δt=t0-t′=(N0-N′)T0=().T0=t0(1-)=t0(1-).●热点题型探究1.利用动力学特征式F＝－kx证明振动是简谐运动【例1】试证明竖直方向的弹簧振子的振动是简谐运动.【证明】如图所示，设振子的平衡位置为O，竖直向下为正方向，此时弹簧的形变为x0，根据胡克定律及平衡条件有mg－kx0＝0 ①当振子向下偏离平衡位置为x时，回复力(即合外力)为F回＝mg－(x＋x0) ②将①式代入②式得F回＝，可见，重物竖直振动时的受力情况符合简谐运动的条件.【拓展1】如图所示，在光滑水平面上，用两根劲度系数分别为k1、k2的轻质弹簧系住一个质量为m的小球.开始时，两弹簧均处于原长，后使小球向左偏离x后放手，可以看到小球将在水平面上做往复振动.试问小球是否做简谐运动？【解析】以小球为研究对象，竖直方向受力平衡，水平方向受到两根弹簧的弹力作用.设小球位于平衡位置O左方某处时，偏离平衡位置的位移为x，则左方弹簧受压，对小球的弹力方向向右，大小为F1＝x右方弹簧被拉伸，小球所受的弹力方向向右，大小为F2＝kx小球所受的回复力等于两个弹力的合力，其方向向右，大小为F＝F1＋F2＝(＋)x令k＝＋，上式可写成F＝kx由于小球所受的回复力方向与物体位移x的方向相反，故考虑方向后上式可表示为F＝－kx.所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平方向做简谐运动.2.简谐运动图象的识别和简谐运动规律的应用【例2】如图所示是某弹簧振子的振动图象，试由图象判断下列说法中正确的是()A.振幅为3m，周期为8ss末振子速度为负，加速度为零s末振子加速度为正，速度最大s末和8s末时振子的速度相同【解析】由图象可知振幅A＝3cm，周期T＝8s，故选项A错误.4s末图线恰与横轴相交，位移为零，则加速度为零.过这一点作图线的切线，切线与横轴的夹角大于90°(或根据下一时刻位移为负)，所以振子的速度为负，故选项B正确.根据振动图象的周期性，可推知14s末质点处于负的最大位移处(也可以把图线按原来的形状向后延伸至14s末)，因此质点的加速度为正的最大，但速度为零，故选项C错误.4s末和8s末质点处在相邻的两个平衡位置，则速度方向显然相反(或根据切线斜率判断)，所以选项D错误.【答案】B【思维提升】根据简谐运动图象分析简谐运动情况，关键是要知道图象直接地表示了哪些物理量，间接地表示了哪些物理量，分析间接表示的物理量的物理依据是什么.【拓展2】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20cm，振子在2s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(t＝0)，经过周期振子有正向的最大加速度.(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移—时间图象；(3)写出振子的振动表达式.【解析】由题意可知BC间距离等于振幅的2倍，完成一次全振动的时间即为周期，这是解题的突破口.(1)振子的振幅A＝10cm振子的周期T＝＝s(2)如图所示.(3)ω＝，x＝－Asinωt＝－10πtm3.利用简谐运动的对称性与牛顿定律结合解题【例3】如图，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木板B相连，木板A放在木板B上，两木板质量均为m，现加竖直向下的力F作用于A，A与B均静止.问：(1)将力F瞬间撤除后，两木板共同运动到最高点时，B对A的弹力多大？(2)要使两板不会分开，F应该满足什么条件？【解析】(1)把没有外力F作用时物体所处的位置为平衡位置，则物体被外力压下去后，根据对称性，当两木板到达最高点时，其回复力和最低点的回复力大小相等，也为F.此时共同的加速度由牛顿第二定律求得a＝F/2mA物体受到重力与支持力N，再应用牛顿第二定律有mg－N＝ma所以N＝mg－ma＝mg－F/2(2)要使两板不分离，则N≥0，由上式得F≤2mg【思维提升】此题利用了简谐运动的对称性来解题，关于平衡位置对称的两点，回复力大小和加速度大小相等.【拓展3】如图所示，一升降机在箱底有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中(CD)A.升降机的速度不断减小B.升降机的加速度不断变大C.先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功D.到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值【解析】本题实质上是一个竖直弹簧振子的物理模型问题.当升降机吊索断裂后升降机先做自由落体运动.当底部弹簧刚触地后，由于重力mg大于弹力FN，所以升降机仍向下做加速运动，随着弹簧压缩形变越大，向上的弹力也随之增大，所以向下的合力及加速度不断变小，直至mg＝FN时，a＝0，速度达到最大值vm，这段运动是速度增大、加速度变小的运动.根据动能定理W＝ΔEk，即WG－＝ΔEk＞0，所以WG＞，重力做的正功大于弹力做的负功，当升降机从a＝0的平衡位置继续向下运动时，由于弹力大于重力，所以加速度方向向上，且不断变大，而速度v不断变小直至为0，这段过程中，WG－WFN＝ΔEk＜0，所以WG＜，重力做的正功小于弹力做的负功.由此可知，选项A、B错，而C正确.把升降机视为一个竖直弹簧振子，如图所示.弹簧刚触地时升降机的位置在A点，升降机向下运动到的最低点位置为B点，速度最大的平衡位置为O点.在A点时有向下的速度，A点为最大位移处到平衡位置中的一点，即A点并非最大位移点.而B点速度为零，就是振子平衡位置下方的最大位移点，故＞.既然A点的加速度aA＝g方向向下，根据弹簧振子的对称性，那么最大位移B点的最大加速度aB＝am＞aA＝g，方向向上，选项D正确.4.单摆周期公式的应用【例1】如图，两个单摆摆长相等，平衡时两摆球刚好接触.现在将摆球A在两摆球所在的平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后两个摆球各自做简谐运动，以mA和mB分别表示两球质量，则()A.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生在平衡位置右侧D.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生在平衡位置左侧【解析】从单摆的周期公式可以知道，当摆长相等时，周期就相等.两球碰后有两种可能：一是速度方向相反，这样两球各自到达最高点再返回平衡位置都是半个周期的时间.只能在平衡位置相碰；二是碰后速度向同一方向摆动，也都是分别摆到各自的最大高度处再返回平衡位置，时间还是半个周期，仍在平衡位置相碰.【答案】CD【思维提升】单摆的周期与摆球质量无关.【拓展1】一只计时准确的摆钟从甲地拿到了乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述正确的是(C)甲＞g乙，将摆长适当增长 甲＞g乙，将摆长适当缩短甲＜g乙，将摆长适当增长 甲＜g乙，将摆长适当缩短【解析】钟摆摆动加快，周期变小，由于T＝2π可知l一定时，g增大，则T变小，所以g甲＜g乙，要使T不变，应适当增长摆长l.5.利用T＝2π测重力加速度【例2】一位同学用单摆测定当地的重力加速度，他将单摆挂起后，做了如下工作：a.测摆长l：用米尺量出摆线的长度；b.测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按下秒表停止计时.读出这段时间t，算出单摆的周期T＝；c.将所测得的l和T代入单摆的周期公式T＝2π，算出g，将它作为实验的最后结果写入报告中去.指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正(不要求进行误差计算).【解析】a.要测出摆球直径d，摆长l等于摆线长加上；b.周期T＝；c.应多测量几次，然后取g的平均值作为实验的最后结果.【思维提升】正确理解摆长的测量，正确记录周期，多次测量，减小误差.【拓展2】下表是用单摆测定重力加速度的实验中获得的有关数据摆长l(m)周期T2(s2)(1)利用上述数据，在右图坐标系中描出l-T2图象.(2)利用图象，取T2＝s2时，l＝1.05m，重力加速度g＝9.86m/s2.【解析】(1)l-T2图象如图中直线所示.(2)T2＝s2时，从图中画出的直线上可读出其摆长约为l＝1.05m，将T2与l代入公式g＝得g＝9.86m/s26.非平衡系统中单摆周期的计算【例3】在一加速系统中有一摆长为l的单摆.(1)当加速系统以加速度a竖直向上做匀加速运动时，单摆的周期多大？若竖直向下加速呢？(2)当加速系统在水平方向以加速度a做匀加速直线运动时，单摆的周期多大？【解析】(1)当单摆随加速系统向上加速时，设在平衡位置相对静止的摆球的视重为F，如图甲所示，则F－mg＝ma故F＝m(g＋a)，由F＝mg′得g′＝g＋a所以单摆周期T1＝2π＝2π则g′＝g－a，故T2＝2π(2)当系统在水平方向加速时，相对系统静止时摆球的位置如图乙所示，视重F＝m.故等效重力加速度g′＝，所以T3＝2π【思维提升】等效重力加速度的大小等于摆球相对系统静止于平衡位置时，绳的拉力F(即视重)与质量m的比值.【拓展3】如图所示，在光滑水平面上的O点系一长为l的绝缘细线，线的另一端系一质量为m、带电荷量为q的小球，当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态，现给小球一垂直于细线的初速度v0，使小球在水平面上开始运动，若v0很小，则小球第一次回到平衡位置所需时间为.【解析】球离开平衡位置后，由于v0很小，故做简谐运动，回复力为电场力在运动方向的分量.由周期公式T＝2π知，g可等效为，代入公式得T＝2π，则第一次回到平衡位置的时间为＝π●映射高考真题1.（2022全国卷Ⅰ21）．一简谐振子沿轴振动，平衡位置在坐标原点．＝0时刻振子的位移＝-0.1m；＝时刻＝0.1m；＝4时刻＝0.1m．该振子的振幅和周期可能为A．0.1m，B．0.1m，8C．0.2m，D．0.2m，8【答案】ACD【解析】本题考查振动方程及其应用．由于，若，，t＝0时刻振子的位移x＝；则振动方程为．当t＝时刻x＝；当t＝4s时刻x＝，满足题设条件，A正确．若，，t＝0时刻振子的位移x＝；则振动方程为．当t＝时刻x＝；当t＝4s时刻x＝，与题设条件不符，B错误．若，，t＝0时刻振子的位移x＝，则振动方程为或．t＝时刻x＝；当t＝4s时刻x＝，满足题设条件，C正确．若，，t＝0时刻振子的位移x＝；则振动方程为或．当t＝时刻x＝；当t＝4s时刻x＝，满足题设条件，D正确．正确选项：ACD2．（2022年天津卷8）．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin，则质点A.第1s末与第3s末的位移相同B.第1s末与第3s末的速度相同 s末至5s末的位移方向都相同s末至5s末的速度方向都相同答案：AD【解析】由关系式可知，，将t=1s和t=3s代入关系式中求得两时刻位移相同，A对；画出对应的位移-时间图像，由图像可以看出，第1s末和第3s末的速度方向不同，B错；仍由图像可知，3s末至5s末的位移大小相同，方向相反，而速度是大小相同，方向也相同．故C错、D对．AA-A48t/sx123567O●同步过关训练1．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为m．则两单摆摆长la与lb分别为()A．la＝2.5m，lb＝0.9m B．la＝0.9C．la＝2.4m，lb＝4.0m D．la＝4.0解析：由T＝eq\f(t,n)得eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(3,5)，又T＝2πeq\r(\f(l,g))，所以eq\f(Ta,Tb)＝eq\r(\f(la,lb))，且lb－la＝m解得la＝m，lb＝m，B对．答案：B2．(2022·北京西城模拟)如图1甲，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置，如图乙是振子做简谐运动时的位移—时间图象，则关于振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是()图1解析：设位移x＝Asineq\f(2π,T)t，则加速度a＝－eq\f(k,m)x＝－eq\f(kA,m)sineq\f(2π,T)t，当t＝eq\f(T,4)时a＝－eq\f(kA,m)，故C正确．答案：C3．如图2所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中()图2A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的振幅小于乙的振幅C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大速度大于乙的最大速度解析：设绳的拉力大小为F，则绳断后，甲、乙的振幅为A1、A2，则kA1＝kA2＝F，所以A1＝A2，A、B错；因甲、乙振幅相等，振动的最大能量相等，而m1＞m2，故平衡位置时的速度v1＜v2，C正确，D错误．答案：C4．心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔，即为心动周期，由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数(即心率)，甲、乙两人在同一台心电图机上做出的心电图如图3所示，医生通过测量后记下甲的心率是60次/分，则由二图及甲的心率可知心电图机图纸移动的速度v以及乙的心率为()图3A．25mm/s48次/分 B．25C．25mm/min75次/分 D．25解析：同一台心电图机纸带匀速移动速率相等，因此v＝eq\f(25mm,1s)＝25mm/s.对乙心跳周期T＝eq\f(20,25)s＝s．心率为75次/min.答案：B图45．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()A．t＝s时摆球正经过最低点B．t＝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T＝s解析：悬线拉力在经过最低点时最大，t＝s时，F有正向最大值，故A选项正确．t＝s时，F有最小值，不在最低点，周期应为T＝s，因振幅减小，故机械能减小，C选项正确．答案：AC6．图5所示的是弹簧振子做简谐运动的振动图象，可以判定下列说法正确的是()图5A．从t1到t2时间内振子的动能不断增大，势能不断减小B．从t2到t3时间内振幅不断增大C．t3时刻振子处于最低点处，动能最大D．t1，t4两时刻振子的动能、动量都相同解析：从振动图象中可看出，从t1到t2时间内，振子的位移不断减小，所以振子的势能不断减小，由于机械能守恒，所以振子的动能不断增大，故选项A是正确的．从t2到t3时间内，振子的位移不断增大，但振幅是不变的，故选项B是错误的．t3时刻的图象在最低点，但它表示振子的位移最大，故振子的速度为0，动能为0，故选项C是错误的．t1时刻振子正向平衡位置运动，而t4时刻振子正远离平衡位置运动，虽然两时刻位移相等，势能相等，动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，所以振子的动量不相同，故选项D也是错误的．答案：A7．表1表示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()．表1驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm固＝60Hz B．60Hz<f固<70HzC．50Hz<f固<60Hz D．以上选项都不对解析：由如图6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，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60Hz范围内时，振幅变化最小．因此，50Hz<f固<60Hz.答案：C图68．正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中()．A．机器不一定还会发