學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精課時規范訓練［基礎鞏固題組]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＝eq\f（3π，2)eq\r（\f（L，g）)時,擺球具有負向最大速度,則單擺的振動圖象是圖中的(）解析：選C.單擺周期為T＝2πeq\r（\f（L，g）），當t＝eq\f（3π，2）eq\r(\f(L,g))＝eq\f（3T，4)時擺球具有負向最大速度，知擺球經過平衡位置向負方向振動,選項C正確，A、B、D錯誤．2．在飛機的發展史中有一個階段，飛機上天后不久，飛機的機翼很快就抖動起來，而且越抖越厲害，后來人們經過了艱苦的探索，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．在飛機機翼前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解析：選D。當驅動力的頻率與物體的固有頻率相等時，振幅較大，因此要減弱機翼的振動,必須改變機翼的固有頻率,選D。3．做簡諧運動的單擺擺長不變，若擺球質量增加為原來的4倍，擺球經過平衡位置時速度減小為原來的eq\f（1，2），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、振幅不變解析：選C.由單擺周期公式T＝2πeq\r（\f（l,g）)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＝eq\f（1，2）mv2，質量改變后有4mgh′＝eq\f(1，2）×4m·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(v,2)))2，可知h′≠h，振幅改變,C正確．4．一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)如圖所示，則下列說法正確的是(）A．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解析:選B。由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s;再由T＝2πeq\r(\f(l，g）),得此單擺的擺長約為1m；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,B正確,A、C、D錯誤．5．（多選）如圖甲所示的彈簧振子(以O點為平衡位置在B、C間振動)，取水平向右的方向為振子離開平衡位置的位移的正方向,得到如圖乙所示的振動曲線,由曲線所給的信息可知，下列說法正確的是（）A．t＝0時，振子處在B位置B．振子運動的周期為4sC．t＝4s時振子對平衡位置的位移為10cmD．t＝2.5s時振子對平衡位置的位移為5cmE．如果振子的質量為0。5kg，彈簧的勁度系數20N/cm,則振子的最大加速度大小為400m/s2解析：選ABE。由圖乙可知,振子做簡諧振動的振幅為10cm，其周期T＝4s，t＝0和t＝4s時,振子在負的最大位置，即圖甲中的B位置．由于振子做變速運動，故t＝2。5s時，振子的位移應大于5cm，故選項A、B正確，C、D錯誤，由a＝－eq\f（kx,m)可知,振子的最大加速度為400m/s2,選項E正確．6．（多選)一個質點經過平衡位置O，在A、B間做簡諧運動，如圖(a)所示，它的振動圖象如圖（b）所示，設向右為正方向,下列說法正確的是(）A．OB＝5cmB．第0.2s末質點的速度方向是A→OC．第0。4s末質點的加速度方向是A→OD．第0。7s末時質點位置在O點與A點之間E．在4s內完成5次全振動解析：選ACE.由圖（b)可知振幅為5cm，則OB＝OA＝5cm，A項正確；由圖可知0～0.2s內質點從B向O運動,第0.2s末質點的速度方向是B→O，B項錯誤；由圖可知第0。4s末質點運動到A點處，則此時質點的加速度方向是A→O，C項正確；由圖可知第0.7s末時質點位置在O與B之間，D項錯誤；由圖（b)可知周期T＝0。8s，則在4s內完成全振動的次數為eq\f（4s,0。8s）＝5，E項正確．7．（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eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(g月＝\f（1,6)g地）)，其周期是________．（3)實驗中停表的讀數如圖，為________s.解析：(1)由單擺周期公式T＝2πeq\r（\f(l,g））可知，重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2）,進而知重力加速度與擺球質量無關，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＝eq\f(4π2l,T2）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＝eq\f(4π2l，T2)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＝eq\f（4π2l,T2)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＝2s,將秒擺移到月球上，其周期T＝2πeq\r（\f(L,g月））＝eq\r(6)T＝2eq\r（6）s.(3）由圖示停表可知,分針示數為1min＝60s，秒針示數為10.8s，則停表示數為60s＋10.8s＝70.8s.答案：（1）D(2）2eq\r（6）s（3）70。8［綜合應用題組］8．(多選)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象,下列說法中正確的是（）A．甲、乙兩單擺的擺長相等B．甲擺的振幅比乙擺大C．甲擺的機械能比乙擺大D．在t＝0。5s時有正向最大加速度的是乙擺E．由圖象可以求出當地的重力加速度解析：選ABD.由圖看出，兩單擺的周期相同，同一地點g相同，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f（l，g））得知，甲、乙兩單擺的擺長l相等，故A正確；甲擺的振幅為10cm,乙擺的振幅為7cm，則甲擺的振幅比乙擺大，故B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長也相等，但由于兩擺的質量未知，無法比較機械能的大小，故C錯誤；在t＝0.5s時，甲擺經過平衡位置，振動的加速度為零,而乙擺的位移為負向最大，則乙擺具有正向最大加速度，故D正確；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f（l，g）)得g＝eq\f（4π2l，T），由于單擺的擺長未知,所以不能求得當地的重力加速度，故E錯誤．9．如圖甲所示是一個擺線長度可調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．小球的質量m＝0.4kg,圖乙是擺線長為l時小球的振動圖象，g取10m/s2。（1)為測量單擺的擺動周期，測量時間應從擺球經過________(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？解析:（1）因擺球經過最低點的速度大，容易觀察和計時,所以測量時間應從擺球經過最低點O開始計時．單擺周期T＝eq\f(t,n）,再根據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g)），可解得g＝eq\f（4π2n2L,t2）.(2）由圖乙可知單擺的振幅A＝5cm,ω＝eq\f（2π,T）＝eq\f（2π,2）rad/s＝πrad/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2s，根據T＝2πeq\r（\f(L，g）)，可求得擺長為L＝1m，加速度最大值am＝eq\f(Fm,m）＝eq\f（mgA，Lm）＝eq\f（10×5×10－2，1）m/s2＝0。5m/s2。答案：（1)Oeq\f(4π2n2L，t2）(2)x＝5sinπt（cm）小球在最大位移處的加速度最大0。5m/s210．彈簧振子以O點為平衡位置，在B、C兩點間做簡諧運動，在t＝0時刻，振子從O、B間的P點以速度v向B點運動；在t＝0。20s時刻,振子速度第一次變為－v；在t＝0。50s時刻，振子速度第二次變為－v。（1)求彈簧振子的振動周期T；(2）若B、C之間的距離為25cm，求振子在4。00s內通過的路程；（3)若B、C之間的距離為25cm，從平衡位置開始計時，寫出彈簧振子位移表達式,并畫出彈簧振子的振動圖象．解析:（1)畫出彈簧振子簡諧運動示意圖如圖所示．由對稱性可得T＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（0。2，2）＋\f(0.5－0.2，2)））×4s＝1