2020年高考物理总复习：机械振动

第十四章选修3－4
考纲要求【p235】
】
第1节机械振动
考点1►简谐运动【p235】
夯实基础
1．简谐运动
(1)概念：如果质点的位移与时间的关系遵循__正(余)弦__函数的规律，即它的振动图象是一条__正(余)弦__曲线，这样的振动叫做简谐运动．
(2)描述
①振幅：振动物体离开平衡位置的__最大__距离叫做振幅．
②周期和频率：做简谐运动的物体完成一次__全振动__所需要的时间，叫做振动的周期，用T表示，单位是秒．
单位时间内完成的__全振动__的次数叫做振动的频率，用f表示，频率的单位是赫兹．周期、频率互为倒数关系，即Tf＝1.
③相位：做周期性运动的物体在各个时刻所处的不同状态叫做相位．
④简谐运动的位移表达式：x＝Asin(ωt＋φ)．式中A代表简谐运动的振幅，ω＝2πf＝2π
T，用ω表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ)代表简谐运动的相位，φ叫做初相位．
⑤简谐运动的图象
(ⅰ)物理意义：表示振动物体__离开平衡位置的位移__随__时间__变化的规律.
(ⅱ)从平衡位置开始计时，位移表达式为
__x＝Asin__ωt__，图象为正弦曲线．
从正方向最大位移处开始计时，位移表达式为__x＝Acos__ωt__，图象为余弦曲线．
(3)回复力：是指物体受到的__沿振动方向的__合外力，简谐振动的回复力的大小总是与它偏离平衡位置的__位移大小__成正比，方向与位移方向__相反__并且总是指向__平衡位置__．用式子表示为：F＝－kx.(“－”表示回复力与位移的方向相反)
特别提醒：不能说回复力就是物体振动时所受的合外力，例如单摆通过平衡位置时，回复力为零，而合外力指向悬点、为向心力．
(4)简谐运动的能量
简谐运动过程中动能和势能相互转化，机械能守恒．振动能量与__振幅__有关，__振幅__越大，能量越大．
(5)两个特征
①受力特征：F＝－kx＝ma.
②能量特征：系统机械能守恒．
弹簧振子(水平) 单摆
细线不可伸长、质量忽略，无空气等
守恒守恒
考点突破
例1弹簧振子做简谐运动，t1时刻速度为v，t2时刻也为v，且方向相同．已知(t2－t1)小于周期T，则(t2－t1)()
A．可能大于四分之一周期
B．可能小于四分之一周期
C．一定小于二分之一周期
D．可能等于二分之一周期
【解析】t1时刻速度为v，t2时刻也为v，且方向相同．则有这两位置关于平衡位置对称．由于(t2－t1)小于周期T，当这位置靠近最大位移值附近，且t1时刻速度方向指向平衡位置时，则有(t2－t1)大于四分之一周期，故A正确；当这位置靠近平衡位置附近，且t1时刻速度方向指向平衡位置时，则有(t2－t1)小于四分之一周期，故B正确；t1时刻速度方向背离平衡位置指向最大位置时，则有(t2－t1)大于二分之一周期，不可能等于二分之一周期，故C、
D 错误．
【答案】AB
【小结】简谐运动的对称性和周期性
1．瞬时量的对称性：做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系．另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反．
2．过程量的对称性：振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，如t BC ＝t CB ；质点经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，如t BC ＝t B ′C ′，如图所示．
3．相隔T 2或(nT ＋T
2)(n 为正整数)的两个时刻振动质点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．
4．相隔T 或nT(n 为正整数)的两个时刻，振动质点位于同一位置且振动状态相同． 例2如图所示为甲、乙两等质量的质点做简谐运动的图象，以下说法正确的是( )
A ．甲、乙的振幅各为2 m 和1 m
B ．若甲、乙为两个弹簧振子，则所受回复力最大值之比为F 甲∶F 乙＝2∶1
C ．乙振动的表达式为x ＝sin
π
4
t(cm) D ．t ＝2 s 时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值
【解析】由图可知，甲的振幅A 甲＝2 cm ，乙的振幅A 乙＝1 cm ，故A 错误；根据F ＝－kx 得知，若k 相同，则回复力最大值之比等于振幅之比，为2∶1；由于k 的关系未知，所以所受回复力最大值之比不一定为2∶1，故B 错误；乙的周期T 乙＝8 s ，则乙振动的表
达式为x ＝A 乙sin
2πT t ＝sin π
4
t(cm)，故C 正确；t ＝2 s 时，甲通过平衡位置，速度达到最大值．乙的位移最大，加速度达到最大值，故D 错误．
【答案】C
【小结】简谐运动图象的应用，关键是从图象上获取下列信息：
1．确定振动质点的振幅．如图所示的振幅是10 cm.
2．确定振动物体在任意时刻的位移．如图中，对应t1、t2时刻的位移分别为x1＝＋7 cm，x2＝－5 cm.
3．确定振动的周期和频率．振动图象上一个完整的正弦(余弦)图形在时间轴上拉开的
“长度”表示周期．由图可知，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期，T＝0.2 s，频率f＝1 T
＝5 Hz.
4．确定各时刻质点的振动方向．如图中的t1时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动．
5．比较各时刻质点加速度的大小和方向．如图中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负；t2时刻质点位移x2为负，则加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|.
针对训练
1．(多选)如图所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球在a、b之间来回摆动，其中α<5°，c点为小球圆弧轨迹的最低点，则以下说法中正确的是(AB)
A．小球做简谐振动的回复力是摆球重力沿圆弧线方向的分力
B．小球由c到b的过程，动能减小，重力势能增大
C．小球在c点时的重力势能最大，向心加速度也最大
D．在平衡位置时，摆线张力最大，回复力也最大
【解析】小球摆动过程中，受到重力和细线的拉力，沿圆弧切线方向为小球的振动方向，
将摆球所受重力沿圆弧切线方向和半径方向分解，沿圆弧切线方向的分力为摆球的回复力，故A 正确；小球由c 到b 的过程，重力做负功，拉力与速度垂直，不做功，由功能关系知：动能减小，重力势能增大，故B 正确；c 点为小球圆弧轨迹的最低点，小球在c 点时的重力势能最小，速率最大，由a ＝v 2
r 知，向心加速度最大，故C 错误；在平衡位置时，由T －mg
＝m v 2
r
知，摆线弹力最大，摆球重力沿圆弧线方向的分力为零，回复力为零，故D 错误．
2．(多选)如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在M 、N 两点之间做简谐运动．振子的位移x 随时间t 的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是(ABD)
A ．t ＝0.8 s 时，振子的速度方向向左
B ．振子做简谐运动的位移表达式为x ＝12sin 1.25πt(cm)
C ．t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度相同
D ．从t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐增大
【解析】t ＝0.8 s 时，图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故A 正确；由图乙可知ω＝2πT ＝2π1.6＝5π
4，振幅为A ＝12 cm ，振子做简谐运动的位移表达
式为x ＝Asin ωt ＝12sin 5π
4t(cm)，故B 正确；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的位移方向相反，
由a ＝－kx
m ，知加速度方向相反，故C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的位移减小，
正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D 正确．
考点2► 受迫振动与共振 【p 237】
夯实基础
1．受迫振动：物体在__周期性驱动力__作用下的振动．做受迫振动的物体，它的周期(或频率)等于__驱动力__的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)__无关__．受迫振动时，
系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．
2．共振：做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者__相等__时，振幅达到最大，这就是共振现象．共振曲线如图所示．
考点突破
例3把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示．该共振筛的共振曲线如图乙所示．已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期．现在，在某电压下电动偏心轮转速是54 r/min.为了使筛子的振幅增大，下列做法正确的是( )
A ．提高输入电压
B ．降低输入电压
C ．减小筛子质量
D ．增大筛子质量
【解析】由图乙知，f 固＝0.8 Hz ，电动偏心轮转速是54 r/min ，则频率是f 0＝54
60 Hz ＝
0.9 Hz ，则要使筛子的振幅增大，则要增大筛子的固有频率，即减小筛子的固有周期，即减小筛子的质量；选项C 正确，D 错误；或者减小偏心轮的转动频率，即减小转速，也就是要降低输入电压，选项B 正确，A 错误．
【答案】BC
【小结】振动质点做自由振动时的周期就是它所在系统的固有周期．做受迫振动达到稳定时的周期等于驱动力的周期，与固有周期无关．当驱动力的周期与固有周期相差越大，振幅越小；相差越小，振幅越大；两个周期相等时，做受迫振动的振幅达最大值，出现共振现象．
针对训练
3．如图所示，四个摆长分别为L 1＝3 m 、L 2＝2.5 m 、L 3＝2 m 、L 4＝1.5 m 的摆，摆球质量相同，悬于同一根横线上．现以摆3为驱动摆，让摆3振动，使其余三个摆也振动起来，则摆球振动稳定后(D)
A ．摆1的振幅一定最大
B ．摆4的周期一定最短
C ．四个摆的振幅相同
D ．四个摆的周期相同
【解析】摆3振动起来后，使得1、2、4做受迫振动，振动的频率都等于3振动的频率．所以各摆振动的周期都相等，D 正确，B 错误，摆1振幅最小，A 、C 均错．
4．如图所示为摆长为1 m 的单摆分别在地球表面和某星球表面做受迫振动的共振曲线，已知星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，地球表面重力加速度为10 m/s 2.下列说法正确的是(A)
A ．图线Ⅰ是某星球上的单摆共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆共振曲线
B ．图线Ⅰ是地球上的单摆共振曲线，图Ⅱ是某星球上的单摆共振曲线
C ．将一摆钟从地球移到该星球上，摆钟会变快
D ．该星球表面重力加速度约为1.25 m/s 2
【解析】星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据T ＝2π
L
g
可知，在星球表面的的固有周期较大，固有频率较小，由图线可知，图线Ⅰ是某星球上的单摆共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆共振曲线，选项A 正确，B 错误；将一摆钟从地球移到该星球上，摆钟周期会变大，即会变慢，选项C 错误；根据T ＝1
f ＝2π
L g 可知f 2地f 2星＝(0.50.2
)2＝254，则该星球表面重力加速度约为
4
25
×10 m/s 2＝1.6 m/s 2，选项D 错误． 考点3► 用单摆测定重力加速度 【p 238】
夯实基础
1．实验原理
单摆在摆角很小(小于5°)时，其摆动可以看做简谐运动，其振动周期为T ＝2π
l g
，其中l 为摆长，g 为当地重力加速度，由此可得g ＝4π2l
T 2，据此，只要测出摆长l 和周期T ，
就可以计算出当地重力加速度g 的数值．
2．主要实验步骤
(1)仪器安装：让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个结，做成单摆．如图所示． (2)测摆长：用米尺量出摆线长l ，精确到毫米，用游标卡尺测出小球直径D ，也精确到毫米；则单摆的摆长l ′＝l ＋D
2
(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆全振动30次～50次的总时间，算出平均每完成一次全振动的时间，即为单摆的振动周期．反复测量三次，再算出测得周期数值的平均值．
(4)改变摆长，重做几次实验． 3．数据处理
方法一：将测得的几次的周期T 和摆长l 代入公式g ＝4π2l
T 2中算出重力加速度g 的值，
再算出g 的平均值，即为当地的重力加速度的值．
方法二：图象法 由单摆的周期公式T ＝2π
l g 可得l ＝g
4π
2T 2，因此以摆长l 为纵轴，以T 2为横轴，作出l －T 2图象，是一条过原点的直线，如图，求出斜率k ，即可求出g 值．g ＝4π2k ，k ＝l
T 2
＝Δl
ΔT 2
. 考点突破
例4用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示．
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用__________(填选项前的字母)．
A ．长度为1 m 左右的细线
B ．长度为30 cm 左右的细线
C ．直径为1.8 cm 的塑料球
D ．直径为1.8 cm 的铁球
(2)测出悬点O 到小球球心的距离(摆长)L 及单摆完成n 次全振动所用的时间t ，则重力加速度g ＝__________(用L 、n 、t 表示)．
(3)在某次测量中，若单摆振动50次的时间如图乙所示，则其振动周期为__________ s. (4)用多组实验数据做出T 2－L 图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学做出的T 2
－L 图线的示意图如图丙中的a 、b 、c 所示，其中a 和b 平行，b 和c 都过原点，图线b 对应的g 值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b ，下列分析正确的是__________(填选项前的字母)．
A ．出现图线a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B ．出现图线c 的原因可能是误将49次全振动记为50次
C ．图线c 对应的g 值小于图线b 对应的g 值
(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丁所示，由于家里只有一把量程为0～30 cm 的刻度尺，于是他在细线上的A 点做了一个标记，使得悬点O 到A 点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O 、A 间细线长度以改变摆长．实验中，当O 、A 间细线的长度分别为l 1、l 2时，测得相应单摆的周期为T 1、T 2，由此可得重力加速度g ＝__________(用l 1、l 2、T 1、T 2表示)．
【解析】(1)为减小实验误差，应选择1 m 左右的摆线，故选A ，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故选D ，因此需要的实验器材是A 、D.
(2)单摆的周期：T ＝t
n
，由单摆周期公式：T ＝2π
L
g 可知，重力加速度：g ＝4π2L T 2＝4π2n 2L t
2. (3)如图乙可知单摆振动50次的时间为132.5 s ，则其振动周期为T ＝132.5
50 s ＝2.65 s.
(4)根据单摆的周期公式T ＝2π
L g 得，T 2
＝4π2L g
，根据数学知识可知，T 2－L 图象的
斜率k ＝4π2g ，当地的重力加速度g ＝4π2
k .由图丙所示图象可知，对图线a ，当L 为零时T 不
为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A 错误；实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k 偏小，故B 正确；由图可知，图线c 对应的斜率k 偏小，小于图线b 对应的斜率，由g ＝4π2
k 可知，图线c 对应的g 值大于图线b 对应的g 值，故C 错误；
故选B.
(5)根据单摆的周期公式T ＝2π
L
g
，设A 点到铁锁的重心之间的距离为l 0，有： 第一次：T 1＝2π
l 1＋l 0
g 第二次：T 2＝2π
l 2＋l 0
g
联立解得：g ＝4π2（l 1－l 2）
T 21－T 2
2
【答案】(1)AD (2)4π2n 2L
t 2 (3)2.65
(4)B (5)4π2（l 1－l 2）T 21－T 22或4π2（l 2－l 1）
T 22－T 2
1
【小结】1.单摆的摆长是指从悬点到摆球重心的距离．
2．单摆振动到达平衡位置时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，摆线中的拉力最大，出现三个最大拉力的时间间隔就等于周期T.
3．单摆摆到最大位移处时，摆线中拉力最小为mgcos θ，θ是摆线与竖直方向的夹角，出现三个最小拉力的时间间隔也等于周期T.
4．单摆振动过程中，只有重力做功，机械能守恒．
针对训练
5．在做“探究单摆周期与摆长的关系”实验时：
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可供选用的器材为__B__．
A．20 cm长的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台
B．100 cm长的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台
C．100 cm长的细线、大木球、秒表、量程为50 cm的刻度尺、铁架台
D．10 cm长的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台
(2)为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最__低__(填“高”或“低”)点的位置时开始计时，并计数为零，摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为60时，所用的时间为t
秒，则单摆周期为__t
30__ s.
(3)实验时某同学测得的重力加速度g值偏小，其原因可能是__D__．
A．摆球太重
B．计算时误将小球的直径与摆线长相加
C．测出n次全振动时间为t，误作为(n＋1)次全振动时间进行计算
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
(4)有两位同学利用假期分别参观北京大学和厦门大学的物理实验室，各自在那里利用传感器较为准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”(北京大学所在地的纬度比厦门大学高)，并绘制了T2－L图象，如图甲所示，去厦门大学的同学所测实验结果对应的图线是__A__(填“A”或“B”)．另外在厦门大学做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两种单摆的振动图象，如图乙所示，由图可知a、b两单摆的摆长之比为__4∶9__．
【解析】(1)实验中应采用长1 m 左右，不能形变的细线，小球选用体积小质量大的金属球；故选B.
(2)摆球经过最低点时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小．所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时．由题分析可知，单摆全振动的次数为N ＝602＝30，周期为T ＝t
30
.
(3)摆球的重力越大，误差越小，故A 错误；计算时误将小球的直径与摆线长相加，则
摆长测量值偏大，根据T ＝2π
L
g 可知g ＝4π2L T
2，则重力加速度的测量值偏大，选项B 错误；实验中误将n 次全振动计为n ＋1次，根据T ＝t
n 求出的周期变小，g 偏大，故C 错误．摆
线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，依据：g ＝4π2L
T
2，可知得到的g 值偏小，故D 正确．
(4)由T ＝2π
L
g 得，T 2＝4π2g
L ，知T 2－L 图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为厦门当地的重力加速度小于北京，则厦门的同学所测实验结果对应的图线的斜率大，应该是A 图线．由振动图线知，两单摆的周期比为T a T b ＝2
3
，由T ＝2π
L g 知，两单摆摆长之比L a L b ＝49
. 考 点 集 训 【p 356】
A 组
1．一弹簧振子做简谐运动，下列说法中正确的是(D) A ．若位移为负值，则速度一定为正值
B ．振子通过平衡位置时，速度为零，位移最大
C ．振子每次经过平衡位置时，位移相同，速度也一定相同
D ．振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但位移一定相同
【解析】若位移为负值，由a ＝—kx
m ，可知加速度一定为正值，而速度有两种可能的方
向，所以速度不一定为正值，A 错误；质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，B 错误；质点每次通过平衡位置时，位移相同，加速度一定相同，而速度有两种可能的方向，不一定相同，C 错误；质点每次通过同一位置时，位移相同，加速度一定相同，因为速度有两种可能的方向，所以速度不一定相同，D 正确．
2．部队经过桥梁时，规定不许齐步走；登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，其主要原因是(C)
A ．减轻对桥的压力，避免产生回声
B ．减少对桥、雪山的冲量
C ．避免使桥和雪山发生共振
D ．使桥受到的压力更不均匀，使登山运动员耗散能量减少
【解析】部队经过桥梁时，不许齐步走是使桥避免共振造成危害；登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要原因是防止声波传递能量，并可能会引起雪山共振，发生雪崩，C 正确．
3．如图所示，房顶上固定一根长2.5 m 的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)，打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m ，不计空气阻力，g 取 10 m/s 2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为(B)
A ．0.2π s
B ．0.4π s
C ．0.6π s
D ．0.8π s
【解析】由单摆周期公式知，T 1＝2π
L 1
g
＝2π 2.5－1.6
10
s ＝0.6π s ，T 2＝2πL 2g
＝2π
2.5
10 s ＝π s ，摆球从左到右的时间为t ＝T 1＋T 24＝0.4π s ，故选项B 正确． 4．对于做简谐运动的物体，其回复力和位移的关系可用图中哪个图象表示(C)
【解析】简谐运动是最简单的机械振动．当某物体进行简谐运动时，物体所受的力跟位
移成正比，并且总是指向平衡位置．回复力和位移的关系式F ＝－kx ，图象为一次函数，且F 与x 方向相反，故选C.
5．(多选)如图所示，物体A 放置在物体B 上，B 与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以O 点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O 点的最大位移处分别为P 点和Q 点，运动过程中A 、B 之间无相对运动．已知物体A 的质量为m ，物体B 的质量为M ，弹簧的劲度系数为k ，系统的振动周期为T ，振幅为L ，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法中正确的是(ACD)
A ．物体
B 从P 向O 运动的过程中，A 、B 之间的摩擦力对A 做正功
B ．物体B 处于PO 之间某位置时开始计时，经T
4时间，物体B 通过的路程一定为L
C ．当物体B 的加速度为a 时开始计时，每经过T 时间，物体B 的加速度仍为a
D ．当物体B 相对平衡位置的位移为x 时，A 、B 间摩擦力的大小等于⎝⎛⎭
⎫m
M ＋m kx
【解析】物体B 从P 向O 运动的过程中，加速度指向O ，B 对A 的摩擦力水平向右，A 、B 之间的摩擦力对A 做正功，故A 正确；物体B 处于PO 之间某位置时开始计时，经
T
4时间，通过的路程一定不是L ，只有物体从最大位移处或平衡位置开始计时，物体B 通过的路程才为L ，故B 错误；物体B 和A 整体做简谐运动，根据对称性，当物体B 的加速度为a 时开始计时，每经过T 时间，物体B 的加速度仍为a ，故C 正确；对整体a ＝kx
M ＋m
，A 、
B 间的摩擦力大小f ＝ma ＝
mkx
M ＋m
，故D 正确．
6．如图所示为一弹簧振子的振动图象，下列说法正确的是(B) A ．弹簧振子的振幅为5 m ，振动周期为6 s
B ．该振子简谐运动的位移表达式为x ＝5sin 0.5πt(cm)
C ．该振子在第100 s 时的位移为5 cm
D ．2～3 s 这段时间内，弹簧振子做加速度减小的减速运动，动能减小
【解析】由图可知，弹簧振子的振幅为5 cm ，振动周期为4 s ，选项A 错误；ω＝2π
T
＝
0.5π，则该振子简谐运动的位移表达式为x＝5sin 0.5πt(cm)，选项B正确；100 s＝25T，则该振子在第100 s时的位移为0，选项C错误；2～3 s这段时间内，弹簧振子位移变大，加速度变大，速度减小，动能减小，选项D错误．
7．(多选)如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是(CD)
A．只有A、C的振动周期相等
B．C的振幅比B的振幅小
C．A、B、C的振动周期相等
D．C与A发生共振现象
【解析】A振动后，水平细绳上驱动力的周期T A＝2πL A
g，迫使B、C做受迫振动，
受迫振动的频率等于A施加的驱动力的频率，所以T A＝T B＝T C，而固有周期T C′＝2πL C g
＝T A，T B′＝2πL B
g>T A，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、D正确．
8．一个单摆在地面上做受迫振动，改变驱动力频率，其振动稳定时振幅A与驱动力频率f的关系如图所示．单摆所处位置重力加速度g＝9.8 m/s2，下列说法正确的是(C) A．单摆的摆长约为2 m
B．单摆的受迫振动频率与驱动力频率相同时振幅最大
C．若减小摆长，共振曲线振幅最大值的横坐标将向右移动
D．若把该单摆移到月球表面，共振曲线振幅最大值的横坐标将向右移动
【解析】单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，
发生共振，则固有频率为0.5 Hz，周期为2 s；由公式T＝2πL
g，可得L≈1 m，故A错误；
单摆的受迫振动频率与固有频率相同时振幅最大，选项B错误；若摆长减小，固有频率变大，所以共振曲线的峰将向右移动，故C正确；若把该单摆移到月球表面，重力加速度减小，振动的频率减小，则共振曲线振幅最大值的横坐标将向左移动，故D错误．
9．为了测量当地重力加速度数值，同学们设计了单摆装置来帮忙，但是由于粗心忘记测量摆球直径，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l ，测得多组周期T 和l 的数据，作出l －T 2图象，如图所示．
(1)小球的直径是__1.2__ cm ；
(2)实验测得当地重力加速度大小是__9.86__m/s 2(取三位有效数字)． 【解析】(1)单摆的实际摆长为l －d
2
，由单摆的周期公式
T ＝2π
l －
d 2
g ，可得l ＝g 4π2T 2＋d
2 则由l －T 2的函数关系得到斜率为g 4π2，截距为d
2.
故由图象求得截距为d
2＝0.6 cm ，则d ＝1.2 cm.
(2)由斜率k ＝
g
4π2＝0.62.4，可得：g ＝9.86 m/s 2. B 组
10．如图所示，甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平面上，已知甲的质量小于乙的质量．细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中(A)
A ．甲的最大加速度大于乙的最大加速度
B ．甲的最大速度小于乙的最大速度
C ．甲的振幅大于乙的振幅
D ．甲的振幅小于乙的振幅
【解析】线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，甲、乙所受弹力大小相等，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，其加速度大，A 正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置后，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量小于乙的质量，由E k ＝1
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知道，甲的最大速度一定大于乙的最大速度，B 错误；线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，C 、D 错误．
11．几位同学在进行“用单摆测定重力加速度”的实验．。