江蘇省2024高考物理一輪復習第十四章機械振動光電磁振蕩和電磁波第1講機械振動教案

PAGEPAGE1第1講機械振動目標要求內(nèi)容要求說明1.簡諧運動及描述通過試驗，相識簡諧運動的特征；能用公式和圖象描述簡諧運動.1.有關多普勒效應的定量計算不作要求.2.“概率波，不確定性關系，康普頓效應”的內(nèi)容不作要求.2.單擺及周期公式通過試驗，探究單擺的周期與擺長的定量關系；知道單擺周期與擺長、重力加速度的關系；會用單擺測量重力加速度的大小.3.受迫振動和共振通過試驗，相識受迫振動的特點；了解產(chǎn)生共振的條件及其應用.4.機械波及描述通過視察，相識波的特征；能區(qū)分橫波和縱波；能用圖象描述橫波；理解波速、波長和頻率的關系.5.多普勒效應通過試驗，相識多普勒效應；能說明多普勒效應產(chǎn)生的緣由；能列舉多普勒效應的應用實例.6.光的折射和全反射通過試驗，理解光的折射定律，會測量材料的折射率；知道光的全反射現(xiàn)象及其產(chǎn)生的條件，初步了解光纖的工作原理、光纖技術在生產(chǎn)生活中的應用.7.光的干涉、衍射和偏振視察光的干涉、衍射和偏振現(xiàn)象，了解這些現(xiàn)象產(chǎn)生的條件，知道其在生產(chǎn)生活中的應用；知道光是橫波，會用雙縫干涉試驗測量光的波長.8.電磁振蕩和電磁波初步了解麥克斯韋電磁場理論的基本思想，初步了解場的統(tǒng)一性與多樣性，體會物理學對統(tǒng)一性的追求；通過試驗，了解電磁振蕩；知道電磁波的放射、傳播和接收；相識電磁波譜，知道各個波段的電磁波的名稱、特征和典型應用.試驗十七用單擺測量重力加速度的大小試驗十八測量玻璃的折射率試驗十九用雙縫干涉試驗測量光的波長第1講機械振動一、簡諧運動1．簡諧運動(1)定義：假如質點所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比，并且總是指向平衡位置，質點的運動就是簡諧運動．(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．2．簡諧運動的兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖簡諧運動條件①彈簧質量要忽視②無摩擦等阻力③在彈簧彈性限度內(nèi)①擺線為不行伸縮的輕細線②無空氣阻力等③最大擺角小于等于5°回復力彈簧的彈力供應擺球重力沿與擺線垂直方向(即切向)的分力平衡位置彈簧處于原特長最低點周期與振幅無關T＝2πeq\r(\f(L,g))能量轉化彈性勢能與動能的相互轉化，系統(tǒng)的機械能守恒重力勢能與動能的相互轉化，機械能守恒自測1(多選)關于簡諧運動的理解，下列說法中正確的是()A．簡諧運動是勻變速運動B．周期、頻率是表征物體做簡諧運動快慢程度的物理量C．簡諧運動的回復力可以是恒力D．彈簧振子每次經(jīng)過平衡位置時，動能最大答案BD二、簡諧運動的公式和圖象1．表達式(1)動力學表達式：F＝－kx，其中“－”表示回復力與位移的方向相反．(2)運動學表達式：x＝Asin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πf代表簡諧運動的快慢，ωt＋φ0代表簡諧運動的相位，φ0叫做初相．2．圖象(1)從平衡位置起先計時，函數(shù)表達式為x＝Asinωt，圖象如圖1甲所示．(2)從最大位移處起先計時，函數(shù)表達式為x＝Acosωt，圖象如圖乙所示．圖1自測2(2024·北京海淀區(qū)3月適應性練習)如圖2甲所示，彈簧振子在豎直方向做簡諧運動．以其平衡位置為坐標原點、豎直向上為正方向建立坐標軸，振子的位移x隨時間t的變更如圖乙所示，下列說法正確的是()圖2A．振子的振幅為4cmB．振子的振動周期為1sC．t＝1s時，振子的速度為正的最大值D．t＝1s時，振子的加速度為正的最大值答案C解析由振動圖象可知，該彈簧振子的振幅為2cm，周期為2s，t＝1s時，振子正經(jīng)過平衡位置沿y軸正方向運動，加速度為零，故C正確．三、受迫振動和共振1．受迫振動系統(tǒng)在驅動力作用下的振動．做受迫振動的物體，它做受迫振動的周期(或頻率)等于驅動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)無關．2.共振做受迫振動的物體，它的驅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3所示．圖3自測3(多選)(2024·湖北武漢市質檢)如圖4所示，A球振動后，通過水平細繩迫使B、C振動，振動達到穩(wěn)定時，下列說法中正確的是()圖4A．只有A、C的振動周期相等B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振動周期相等答案CD受力特征回復力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運動特征靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大．在運動過程中，動能和勢能相互轉化，系統(tǒng)的機械能守恒周期性特征質點的位移、回復力、加速度和速度均隨時間做周期性變更，變更周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變更，其變更周期為eq\f(T,2)對稱性特征關于平衡位置O對稱的兩點，加速度的大小、速度的大小、動能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等例1(多選)關于簡諧運動以及做簡諧運動的物體完成一次全振動的意義，以下說法正確的是()A．位移減小時，加速度減小，速度增大B．位移的方向總跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C．動能或勢能第一次復原為原來的大小所經(jīng)驗的過程D．速度和加速度第一次同時復原為原來的大小和方向所經(jīng)驗的過程答案AD解析當位移減小時，回復力減小，則加速度減小，物體向平衡位置運動，速度增大，故A正確；回復力與位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度與位移方向可以相同，也可以相反，故B錯誤；一次全振動，動能和勢能均會有兩次復原為原來的大小，故C錯誤；速度和加速度第一次同時復原為原來的大小和方向所經(jīng)驗的過程為一次全振動，故D正確．變式1(多選)(2024·江蘇卷·13B(1))一單擺做簡諧運動，在偏角增大的過程中，擺球的()A．位移增大 B．速度增大C．回復力增大 D．機械能增大答案AC解析擺球做簡諧運動，在平衡位置處位移為零，在擺角增大的過程中，擺球的位移增大，速度減小，選項A正確，B錯誤；在擺角增大的過程中，擺球受到的回復力增大，選項C正確；單擺做簡諧運動，機械能守恒，所以在擺角增大的過程中，擺球機械能保持不變，選項D錯誤．1．可獲得的信息：(1)振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ0(如圖5所示)．圖5(2)某時刻振動質點離開平衡位置的位移．(3)某時刻質點速度的大小和方向：曲線上各點切線的斜率的大小和正負分別表示各時刻質點的速度大小和方向，速度的方向也可依據(jù)下一相鄰時刻質點的位移的變更來確定．(4)某時刻質點的回復力和加速度的方向：回復力總是指向平衡位置，回復力和加速度的方向相同．(5)某段時間內(nèi)質點的位移、回復力、加速度、速度、動能和勢能的變更狀況．2．簡諧運動的對稱性(如圖6)(1)相隔Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0,1,2…)的兩個時刻，彈簧振子的位置關于平衡位置對稱，位移等大反向(或都為零)，速度也等大反向(或都為零)．圖6(2)相隔Δt＝nT(n＝1,2,3…)的兩個時刻，彈簧振子在同一位置，位移和速度都相同．例2(2024·北京卷·15)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖7所示，下列描述正確的是()圖7A．t＝1s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值B．t＝2s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值C．t＝3s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零D．t＝4s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值答案A解析t＝1s時，振子位于正向最大位移處，速度為零，加速度為負向最大，故A正確；t＝2s時，振子位于平衡位置并向x軸負方向運動，速度為負向最大，加速度為零，故B錯誤；t＝3s時，振子位于負向最大位移處，速度為零，加速度為正向最大，故C錯誤；t＝4s時，振子位于平衡位置并向x軸正方向運動，速度為正向最大，加速度為零，故D錯誤．變式2如圖8所示的彈簧振子，放在光滑水平桌面上，O是平衡位置，振幅A＝2cm，周期T＝0.4s.圖8(1)若以向右為位移的正方向，當振子運動到O點右側最大位移處起先計時，試畫出其一個周期的振動圖象；(2)若從振子經(jīng)過平衡位置起先計時，求經(jīng)過2.6s小球通過的路程．答案(1)見解析圖(2)0.52m解析(1)當振子在O點右側最大位移處時，位移最大為2cm，周期為0.4s，一個周期的振動圖象如圖所示．(2)振子在一個周期內(nèi)的路程為4A，故2.6s經(jīng)過的路程為eq\f(2.6,0.4)×4×0.02m＝0.52m.1．簡諧運動、受迫振動和共振的比較振動項目簡諧運動受迫振動共振受力狀況受回復力受驅動力作用受驅動力作用振動周期或頻率由系統(tǒng)本身性質確定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅動力的周期或頻率確定，即T＝T驅或f＝f驅T驅＝T0或f驅＝f0振動能量振動系統(tǒng)的機械能不變由產(chǎn)生驅動力的物體供應振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺(θ≤5°)機械工作時底座發(fā)生的振動共振篩、聲音的共鳴等2.對共振的理解(1)共振曲線：如圖9所示，橫坐標為驅動力頻率f，縱坐標為振幅A，它直觀地反映了驅動力頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)受迫振動振幅的影響，由圖可知，f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大．圖9(2)受迫振動中系統(tǒng)能量的轉化：做受迫振動的系統(tǒng)的機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換．例3下表記錄了某受迫振動的振幅隨驅動力頻率變更的關系，若該振動系統(tǒng)的固有頻率為f固，則()驅動力頻率/Hz304050607080受迫振動振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固＝60Hz B．60Hz＜f固＜70HzC．50Hz＜f固≤60Hz D．以上三個都不對答案C解析從如圖所示的共振曲線可推斷出f驅與f固相差越大，受迫振動的振幅越??；f驅與f固越接近，受迫振動的振幅越大．并可以從中看出f驅越接近f固，振幅的變更越慢．比較各組數(shù)據(jù)知f驅在50～60Hz范圍內(nèi)時，振幅變更最小，因此50Hz＜f固≤60Hz，即C正確．變式3如圖10所示，在一條張緊的繩子上掛幾個擺，其中A、B的擺長相等．當A擺振動的時候，通過張緊的繩子給B、C、D擺施加驅動力，使其余各擺做受迫振動．視察B、C、D擺的振動發(fā)覺()圖10A．C擺的頻率最小B．D擺的周期最大C．B擺的擺角最大D．B、C、D的擺角相同答案C解析由A擺搖擺從而帶動其他3個單擺做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，故其他各擺振動周期與A擺相同，頻率也相同，故A、B錯誤；受迫振動中，當固有頻率等于驅動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅達到最大，由于B擺的固有頻率與A擺的頻率相同，故B擺發(fā)生共振，振幅最大，故C正確，D錯誤．1．單擺的受力特征(1)回復力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復力F回與位移x的方向相反．(2)向心力：擺線的拉力和擺球重力沿擺線方向分力的合力充當向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ.2．周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的兩點說明(1)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離．(2)g為當?shù)刂亓铀俣龋?(2024·全國卷Ⅱ·34(1))如圖11，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方eq\f(3,4)l的O′處有一固定細鐵釘．將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時起先計時．當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘?shù)淖钃酰O小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正．下列圖像中，能描述小球在起先一個周期內(nèi)的x－t關系的是()圖11答案A解析由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，小球在釘子右側時的振動周期為在釘子左側時振動周期的2倍，故B、D項錯誤；由機械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移處距離最低點的高度相同，但由于擺長不同，所以小球在左、右兩側搖擺時相對平衡位置的最大水平位移不同，當小球在釘子右側搖擺時，最大水平位移較大，故A項正確．變式4(2024·江蘇常州市期末)如圖12甲所示是一個單擺振動的情形，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達的最遠位置．設向右為正方向，如圖乙是這個單擺的振動圖象，該單擺振動的頻率是________Hz，若振幅減小，則振動周期將________(選填“增大”“減小”或“不變”)．圖12答案1.25不變解析由題圖振動圖象可得周期T＝0.8s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知周期與振幅無關，則振幅減小其周期不變．拓展點試驗：用單擺測量重力加速度的大小1．試驗步驟(1)讓細線的一端穿過金屬小球的小孔，然后打一個比小孔大一些的線結，做成單擺．(2)把細線的上端用鐵夾固定在鐵架臺上，把鐵架臺放在試驗桌邊，使鐵夾伸到桌面以外，讓擺球自然下垂，在單擺平衡位置處做上標記，如圖13所示．圖13(3)用毫米刻度尺量出擺線長度l′，用游標卡尺測出擺球的直徑，即得出金屬小球半徑r，計算出擺長l＝l′＋r.(4)把單擺從平衡位置處拉開一個很小的角度(不超過5°)，然后放開金屬小球，讓金屬小球搖擺，待搖擺平穩(wěn)后測出單擺完成30～50次全振動所用的時間t，計算出金屬小球完成一次全振動所用時間，這個時間就是單擺的振動周期，即T＝eq\f(t,N)(N為全振動的次數(shù))，反復測3次，再算出周期的平均值eq\x\to(T)＝eq\f(T1＋T2＋T3,3).(5)依據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，計算當?shù)氐闹亓铀俣萭＝eq\f(4π2l,T2).(6)變更擺長，重做幾次試驗，計算出每次試驗的重力加速度值，求出它們的平均值，該平均值即為所測得的當?shù)氐闹亓铀俣戎担?7)將測得的重力加速度值與當?shù)氐闹亓铀俣戎迪啾容^，分析產(chǎn)生誤差的可能緣由．2．數(shù)據(jù)處理處理數(shù)據(jù)有兩種方法：(1)公式法：測出30次或50次全振動的時間t，利用T＝eq\f(t,N)求出周期；不變更擺長，反復測量三次，算出三次測得的周期的平均值eq\x\to(T)，然后利用公式g＝eq\f(4π2l,T2)求重力加速度．(2)圖象法：由單擺周期公式不難推出：l＝eq\f(g,4π2)T2，因此，分別測出一系列擺長l對應的周期T，作l－T2圖象，圖象應是一條通過原點的直線，如圖14所示，求出圖線的斜率k＝eq\f(Δl,ΔT2)，即可利用g＝4π2k求重力加速度．圖14例5某同學用試驗的方法探究影響單擺周期的因素．(1)他組裝單擺時，在擺線上端的懸點處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，如圖15所示，這樣做的目的是________(填字母代號)．圖15A．保證搖擺過程中擺長不變B．可使周期測量更加精確C．須要變更擺長時便于調整D．保證擺球在同一豎直平面內(nèi)搖擺(2)他組裝好單擺后，在擺球自然懸垂的狀況下，用毫米刻度尺測量出從懸點到擺球的最低端的長度L＝0.9990m，再用游標卡尺測量擺球直徑，結果如圖16所示，則該擺球的直徑為______mm，單擺擺長為______m.圖16(3)下列振動圖象真實地描述了對擺長約為1m的單擺進行周期測量的四種操作過程．選項圖中橫坐標原點表示計時起先，A、B、C均為30次全振動的圖象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過程合乎試驗要求且誤差最小的是________(填字母代號)．答案(1)AC(2)12.00.9930(3)A解析(1)橡皮的作用是使擺線搖擺過程中懸點位置不變，從而保證擺長不變，同時又便于調整擺長，A、C正確；(2)依據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則可得擺球直徑為d＝12mm＋0.1mm×0＝12.0mm，則單擺擺長為L0＝L－eq\f(d,2)＝0.9930m(留意統(tǒng)一單位)；(3)單擺擺角不超過5°，且計時位置應從最低點(即速度最大位置)起先，故A項的操作符合要求．變式5(2024·四川成都市模擬)某同學用單擺測量當?shù)氐闹亓铀俣龋麥y出了擺線長度L和搖擺周期T，如圖17(a)所示．通過變更懸線長度L，測出對應的搖擺周期T，獲得多組T與L，再以T2為縱軸、L為橫軸畫出函數(shù)關系圖象如圖(b)所示．由圖象可知，擺球的半徑r＝________m，當?shù)刂亓铀俣萭＝________m/s2；由此種方法得到的重力加速度值與實際的重力加速度值相比會________(選填“偏大”“偏小”或“一樣”)圖17答案1.0×10－29.86一樣1．(簡諧運動的理解)(2024·江蘇南京市調研)如圖18所示，彈簧振子在B、C間振動，O為平衡位置，BO＝OC＝5cm，若振子從B第一次到C的運動時間是1s，則下列說法正確的是()圖18A．振子從B經(jīng)O到C完成一次全振動B．振動周期是1s，振幅是10cmC．經(jīng)過兩次全振動，振子通過的路程是20cmD．從B起先經(jīng)過3s，振子通過的路程是30cm答案D解析振子從B→O→C僅完成了半次全振動，所以周期T＝2×1s＝2s，振幅A＝BO＝5cm.彈簧振子在一次全振動過程中通過的路程為4A＝20cm，所以兩次全振動中通過的路程為40cm,3s的時間為1.5T，所以振子通過的路程為30cm.故選D.2．(簡諧運動的圖象)質點做簡諧運動，其位移x與時間t的關系曲線如圖19所示，由圖可知()圖19A．振幅為4cm，頻率為0.25HzB．t＝1s時速度為零，但質點所受合外力最大C．t＝2s時質點具有正方向最大加速度D．該質點的振動方程為x＝2sineq\f(π,2)t(cm)答案C3．(受迫振動和共振)(多選)(2024·陜西省其次次質檢)下列關于機械振動的有關說法正確的是()A．簡諧運動的回復力是按效果命名的力B．振動圖象描述的是振動質點的軌跡C．受迫振動的頻率等于驅動力的頻率D．當驅動力的頻率等于受迫振動系統(tǒng)的固有頻率時，振幅最大答案ACD解析做簡諧運動的物體的回復力是按力的作用效果命名的，故選項A正確；振動圖象描述的是振動質點在不同時刻的位移，而不是其實際的運動軌跡，故選項B錯誤；物體在周期性驅動力作用下做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，與固有頻率無關，當驅動力的頻率等于受迫振動系統(tǒng)的固有頻率時，發(fā)生共振，振幅達到最大，故選項D正確．4．(單擺問題)(多選)(2024·河南商丘市質檢)關于單擺，下列說法正確的是()A．將單擺由沈陽移至廣州，單擺周期變大B．單擺的周期公式是由惠更斯總結得出的C．將單擺的擺角從4°改為2°，單擺的周期變小D．當單擺的擺球運動到平衡位置時，擺球的速度最大答案ABD解析將單擺由沈陽移至廣州，因重力加速度減小，依據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺周期變大，選項A正確；單擺的周期公式是由惠更斯總結得出的，選項B正確；單擺的周期與擺角無關，將單擺的擺角從4°改為2°，單擺的周期不變，選項C錯誤；當單擺的擺球運動到平衡位置時，擺球的速度最大，選項D正確．5．(試驗：用單擺測量重力加速度的大小)某同學利用單擺測量重力加速度．(1)(多選)為了使測量誤差盡量小，下列說法正確的是()A．組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球B．組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線C．試驗時須使擺球在同一豎直面內(nèi)搖擺D．擺長肯定的狀況下，擺的振幅盡量大(2)如圖20所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1m的單擺．試驗時，由于僅有量程為20cm、精度為1mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標記點，測出單擺的周期T1；然后保持懸點位置不變，設法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標記點，并測出單擺的周期T2；最終用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標記點之間的距離ΔL.用上述測量結果，寫出重力加速度的表達式g＝________.圖20答案(1)BC(2)eq\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))解析(1)在利用單擺測重力加速度試驗中，為了使測量誤差盡量小，須選用密度大、半徑小的擺球和不易伸長的細線，擺球須在同一豎直面內(nèi)搖擺，擺長肯定時，振幅盡量小些，以使其滿意簡諧運動條件，故選B、C.(2)設第一次擺長為L，則其次次擺長為L－ΔL，故T1＝2πeq\r(\f(L,g))，T2＝2πeq\r(\f(L－ΔL,g))，聯(lián)立解得g＝eq\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).1．做簡諧運動的物體，當它每次經(jīng)過同一位置時，可能不同的物理量是()A．位移 B．速度C．加速度 D．回復力答案B2．(2024·陜西商洛市調研)做簡諧運動的單擺擺長不變，若擺球質量減小為原來的eq\f(1,4)，擺球經(jīng)過平衡位置時速度增大為原來的2倍，則單擺振動的()A．頻率、振幅都不變 B．頻率、振幅都變更C．頻率不變，振幅變更 D．頻率變更，振幅不變答案C3.如圖1所示，彈簧振子在a、b兩點間做簡諧振動，當振子從平衡位置O向a運動過程中()圖1A．加速度和速度均不斷減小B．加速度和速度均不斷增大C．加速度不斷增大，速度不斷減小D．加速度不斷減小，速度不斷增大答案C解析在振子由O到a的過程中，其位移不斷增大，回復力增大，加速度增大，但是由于加速度與速度方向相反，故速度減小，選項C正確．4.如圖2所示為某彈簧振子在0～5s內(nèi)的振動圖象，由圖可知，下列說法中正確的是()圖2A．振動周期為5s，振幅為8cmB．第2s末振子的速度為零，加速度為負向的最大值C．從第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度減小的減速運動D．第3s末振子的速度為正向的最大值答案D解析由題圖可知振動周期為4s，振幅為8cm，選項A錯誤；第2s末振子在最大位移處，速度為零，位移為負，加速度為正向的最大值，選項B錯誤；從第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的減速運動，選項C錯誤；第3s末振子在平衡位置，向正方向運動，速度為正向的最大值，選項D正確．5．(多選)一個質點做簡諧運動的圖象如圖3所示，下列說法正確的是()圖3A．質點振動的頻率為4HzB．在10s內(nèi)質點經(jīng)過的路程為20cmC．第5s末，質點的速度為零，加速度最大D．t＝1.5s和t＝4.5s兩時刻質點的位移大小相等，都是eq\r(2)cm答案BCD解析由題圖可知，質點振動的周期為T＝4s，故頻率f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，選項A錯誤；在10s內(nèi)質點振動了2.5個周期，經(jīng)過的路程是2.5×4A＝20cm，選項B正確；第5s末，質點處t)cm，將t＝1.5s和t＝4.5s代入振動方程得x＝eq\r(2)cm，選項D正確．6.如圖4所示，彈簧振子B上放一個物塊A，在A與B一起做簡諧運動的過程中，下列關于A受力的說法中正確的是()圖4A．物塊A受重力、支持力及彈簧對它的恒定的彈力B．物塊A受重力、支持力及彈簧對它的大小和方向都隨時間變更的彈力C．物塊A受重力、支持力及B對它的恒定的摩擦力D．物塊A受重力、支持力及B對它的非恒定的摩擦力答案D7.一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力頻率f的關系)如圖5所示，則()圖5A．此單擺的固有周期約為0.5sB．此單擺的擺長約為1mC．若擺長增大，單擺的固有頻率增大D．若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動答案B解析由題圖共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s，故A錯誤；由T