（全國版）2019版高考物理一輪復習 第15章 選考部分 第53課時 機械振動學案

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1、 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平衡位置的回復力作用下的振動。 2．平衡位置：物體在振動過程中回復力為零的位置。 3．回復力 (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，是標量，表示振動的強弱。 (3)周期T：物體完成一次全振動所需的時間。 頻率f

2、：單位時間內(nèi)完成全振動的次數(shù)。 它們是表示振動快慢的物理量，二者的關系為T＝。 5．簡諧運動的位移表達式：x＝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 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

3、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，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)＝kx2，故彈簧的最大壓縮量與h有關，但不是成正比關系，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

4、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，常見的簡諧運動模型有彈簧振子和單擺。 1．(多選)下列關于振動的回復力的說法正確的是(　　) A．回復力方向總是指向平衡位置 B．回復力是按效果命名的 C．回復力一定是物體受到的合力 D．回復力由彈簧的彈力提供 E．振動物體在平衡位置所受的回復力是零 答案　ABE 解析　回復力是按效果命名的，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

5、的回復力是零，E正確。 2．(多選)關于簡諧運動的周期，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? 答案　ACD 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到初始狀態(tài)，故A正確；當間隔半周期的奇數(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，所以C、D正確；經(jīng)過一個周期，

6、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＝0.1 sin(2.5πt) m。t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6 s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判斷正確的是(　　) A．h＝1.7 m B．簡諧運動的周期是0.8 s C．0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是0.2 m D．t＝0.4 s時，物塊與小球運動方向相反 E．t＝0.6 s時，物塊的位移是－0.1 m 答案　ABE 解析　t＝0.6 s時，物塊的位移

7、為y＝0.1sin(2.5π×0.6) m＝－0.1 m；則對小球h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，A、E正確；簡諧運動的周期是T＝＝ s＝0.8 s，B正確；0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是3A＝0.3 m，C錯誤；t＝0.4 s＝，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。 考點2　　簡諧運動圖象的應用 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

8、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力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1 C．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、

9、彈簧勁度系數(shù)k有關，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)相結合對應分析。 (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

10、復力、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3－4 P5·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4 Hz B．在10 s內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是20 cm C．第4 s末質(zhì)點的速度是零 D．在 t＝1 s和t＝3 s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4 s，頻率為0.25 Hz，A錯誤；在10 s內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是2.5×4A＝20 cm，B正確；第4 s末質(zhì)點的速度最大，C錯誤；在t＝1 s 和t＝3 s兩時

11、刻，質(zhì)點位移大小相等、方向相反，故D錯誤。 考點3　　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。 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

12、動，測得其頻率為2 Hz?，F(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動搖把，轉(zhuǎn)速為240 r/min。則(　　) A．當振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期是0.5 s B．當振子穩(wěn)定振動時，它的振動頻率是4 Hz C．當轉(zhuǎn)速增大時，彈簧振子的振幅增大 D．當搖把轉(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 答案　BDE 解析　搖把勻速轉(zhuǎn)動的頻率f＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，當振子穩(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3－4 P1

13、9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、，擺球的質(zhì)量分別為2m、2m、m、，四個單擺靜止地懸掛在一根水平細線上?，F(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，A正確、B錯誤；判斷能否達到最大

14、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，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3－4 P21·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的關系)如圖所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．此單擺的固有周期約為2 s B．此單擺的擺長約為1 m C．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8 cm 答案　ABD 解析　由共振曲線知

15、此單擺的固有頻率為0.5 Hz，固有周期為2 s；再由T＝2π得此單擺的擺長約為1 m；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8 cm，E錯誤。 考點4　　用單擺測重力加速度 1．實驗原理：由單擺的周期公式T＝2π ，可得出g＝l，測出單擺的擺長l和振動周期T，就可求出當?shù)氐闹亓铀俣萭。 2．實驗步驟 (1)做單擺：取約1 m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，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

16、度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝L＋。 (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．數(shù)據(jù)處理 (1)公式法：g＝l。 (2)圖象法：畫l-T2圖象。則斜率k＝，那么g＝4π2k。 4．注意事項 (1)選用1 m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)準全振動的次

17、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．擺球質(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，其周期是________。 (3)實驗中停表的讀數(shù)如圖，為________s。 解析　(1)

18、由單擺周期公式T＝2π 可知，重力加速度g＝，進而知重力加速度與擺球質(zhì)量無關，故A錯誤；重力加速度與單擺振動的振幅無關，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＝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＝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＝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＝2 s，將秒擺移到月球上，其周期T＝2π＝T＝2 s。 (3)由圖示停表可知，分針示數(shù)為1 min＝60 s，秒針示數(shù)為10.8

19、s，則停表示數(shù)為60 s＋10.8 s＝70.8 s。 答案　(1)D　(2)2 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)用游標尺上有10個小格的游標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。 (

20、2)用秒表測量單擺的周期，當單擺擺動穩(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. C. D. (4)在(3)中，描點時若誤將擺線長當作擺長，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

21、)C 解析　(1)擺球的直徑為d＝20 mm＋6× mm＝20.6 mm＝2.06 cm。 (2)秒表的讀數(shù)為t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根據(jù)題意t＝T＝T，所以周期T＝≈2.28 s。 (3)根據(jù)單擺周期公式T＝2π ，可得＝＝k(常數(shù))，所以C正確。 (4)因為＝＝k(常數(shù))，所以＝＝k，若誤將擺線長當作擺長，畫出的直線將不通過原點，但圖線的斜率仍然滿足＝＝k，所以由圖線的斜率得到的重力加速度不變。 1．擺長為L的單擺做簡諧運動，若從某時刻開始計時(取t＝0)，當振動至t＝ 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

22、擺周期為T＝2π ，當t＝ ＝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

23、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，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＝2π知周期只與l、g有關，與m和v無關，周期不變，其頻率不變；在沒改變質(zhì)量前，設單擺最低點與最高點高度差為h，最低點速度為v，則mgh＝mv2，質(zhì)量改變后有4mgh′＝×4m·2，可知h′≠h，振幅改變，C正確。 4．(2016·河南鄭州一

24、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力—時間圖象 B．圖②可作為該物體的回復力—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)簡諧振動回復力F＝－kx知，回復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

25、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?，F(xiàn)在，在某電壓下電動偏心輪轉(zhuǎn)速是54 r/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0.8 Hz，那么固有周期為1.25 s，而現(xiàn)在偏心輪轉(zhuǎn)速為54 r/min，即周期為 s<1.25 s，為了使振幅增大，應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，結合題意可知應該降低輸

26、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＝0.2 s時，彈簧振子的加速度為正向最大 B．在t＝0.1 s與t＝0.3 s兩個時刻，彈簧振子在同一位置 C．在t＝0到t＝0.2 s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動 D．在t＝0.6 s時，彈簧振子有最小的彈性勢能 答案　BC 解析　t＝0.2 s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＝0.1 s與t＝0.3 s兩

27、個時刻，彈簧振子的位移相同，B正確；從t＝0到t＝0.2 s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＝0.6 s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，當它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3 s第一次到達點M，再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M，則彈簧振子的周期為(　　) A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．3 s 答案　AC 解析　如圖甲所示，設O為平衡位置，OB(OC)代

28、表振幅，振子從O→C所需時間為。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＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s，C正確。 如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設點M′與點M關于點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0.2 s。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＝ s，故周期為T＝ s＝ s≈0.53 s，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＝0.4 kg，圖乙

29、是擺線長為l時小球的振動圖象，g取10 m/s2。 (1)為測量單擺的擺動周期，測量時間應從擺球經(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)O　　(2)x＝5sinπt(cm)　小球在最大位移處的加速度最大' 0.5 m/s2 解析　(1)因擺球經(jīng)過最低點的速度大，容易觀察和計時，所以測量時間應從擺球經(jīng)過最低點O開始計時，單擺周期T＝，再根據(jù)單擺周期

30、公式T＝2π ，可解得g＝。 (2)由圖乙可知單擺的振幅A＝5 cm，ω＝＝ rad/s＝π rad/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2 s，根據(jù)T＝2π ，可求得擺長為L＝1 m，加速度最大值am＝＝＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。 9．(2016·北京高考)如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡諧運動。以平衡位置O為原點，建立Ox軸，向右為x軸正方向。若振子位于N點時開始計時，則其振動圖象為(　　) 答案　A 解析　振子在N點時開始計時，其位移為正向最大，并按余弦規(guī)律變化，A正確。 10. (

31、2017·北京高考)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是(　　) A．t＝1 s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值 B．t＝2 s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值 C．t＝3 s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零 D．t＝4 s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值 答案　A 解析　t＝1 s時，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負的最大值，A正確；t＝2 s時，振子在平衡位置且向x軸負方向運動，則振子的速度為負，加速度為零，B錯誤；t＝3 s時，振子處于負的最大位移處，振子的速度為零，加速度為正的最大值，C錯誤；t＝4 s時，振子在

32、平衡位置且向x軸正方向運動，則振子的速度為正，加速度為零，D錯誤。 11．(2017·安徽皖南八校聯(lián)考)如圖甲所示在一條張緊的繩子上掛幾個擺，當a擺振動的時候，通過張緊的繩子給其他各擺施加驅(qū)動力，使其余各擺也振動起來，達到穩(wěn)定時________擺的振幅最大，圖乙是c擺穩(wěn)定以后的振動圖象，重力加速度為g，不計空氣阻力，則a擺的擺長為________。 答案　c　 解析　根據(jù)單擺周期公式T＝2π 可知，圖甲所示中，單擺的固有周期關系為Ta＝Tc