章末综合测评(三)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B D C A A D C AD BC CD
1．B [男低音和女高音歌唱家所发出的声波的频率不同，不可能发生干涉现象，故A错误；机械振动在介质中传播形成机械波，机械波中某一质点的振动频率一定等于该机械波波源的振动频率，故B正确；机械波传播的是振动形式和能量，当波源停止振动时，机械波不会立即消失，故C错误；若观察者逐渐靠近波源，根据多普勒效应可知，观察者所接收到的波的频率大于波源的频率，故D错误。]
2．D [由于t＝0时波源从平衡位置开始振动，由振动方程可知，波源起振方向沿y轴正方向，且t＝T时波的图像应和 t＝0时的相同，根据“上坡下，下坡上”可知t＝T时的波形图为选项D图。]
3．C [机械波在同种介质中传播速度相等，在不同介质中传播速度不等，入射波和反射波在同一介质中传播，透射波与入射波是在不同介质中传播，故A、 B错误，C正确；入射波和透射波是同一振动波源，振动频率相同，故D错误。]
4．A [由v＝λf得，波长λ＝ m＝2 m，由题意知aS＝36.8 m＝18.4λ＝18λ＋0.4λ，a与S右侧距S为0.4λ处的质点振动情况相同，波源S正通过平衡位置向上振动时，a位于x轴下方，运动方向向下；bS＝17.2 m＝8.6λ＝8λ＋0.6λ，b与S左侧距S为0.6λ处的质点振动情况相同，波源S正通过平衡位置向上振动时，b位于x轴上方，运动方向向下，故选项A正确，B、C、D错误。]
5．A [声波的周期和频率由振源决定，故声波在空气中和在水中传播的周期和频率均相同，但声波在空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长关系v＝λf可知，波长也不同，故A正确，B、C、D错误。]
6．D [A、C两点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱，故A错误；B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4 cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D两处质点在该时刻的竖直高度差是8 cm，故B错误；B、D两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点，故C错误；由v＝得T＝ s＝4 s，时间t＝2 s＝，则B点处质点通过的路程s＝2A＝2×4 cm＝8 cm，故D正确。]
7．C [由两质点的振动图像知，两个质点的振动情况总是相反，则有x2－x1＝λ(n＝0，1，2，…)，则波长λ＝ m，由于n为整数，分析可知波长不可能为1 m，故A错误；由题图可知，频率为f＝＝0.25 Hz，故B错误；由振动图像读出周期T＝4 s，则波速为v＝ m/s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，v＝5 m/s，为最大速度，故C正确，D错误。]
8．AD [发生明显衍射的条件是障碍物或狭缝尺寸小于波长或者与波长相差不大。当波浪的波长约为10 m时，与防波堤两端距离相比较小，不会有明显的衍射现象，小船受到影响较小，A正确，B错误；当波浪的波长约为50 m时，接近防波堤两端距离，会有明显的衍射现象，故小船明显受到波浪的影响，C错误，D正确。]
9．BC [分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15 cm后，两声波在O点振动减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10，可得两声波的振幅之比为，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得＝2d，解得λ＝60 cm，故A错误，B正确。故选BC。]
10．CD [波速为v＝ m/s＝1 m/s，在6 s内两列波传播了6 m，则此时P、Q两质点已振动，但是M点还未振动，A错误；因M点到两个波源的距离相等，则M点是振动加强点，振幅为2 cm，但不是位移始终为2 cm，B错误；P点到两波源的距离之差为6 m，为半波长的3倍，则该点为振动减弱点，振幅为0，即10.0 s后P点的位移始终为零，C正确；S1波源的振动传到Q点的时间为 s＝10.5 s， 则10.5 s时Q点由S1引起的振动方向为竖直向下；S2波源的振动传到Q点的时间为 s＝3.5 s，则10.5 s时Q点由S2引起的振动已经振动了7 s，此时在最高点，速度为零，则10.5 s时刻Q点的振动方向为竖直向下，D正确。故选CD。]
11．解析：观察者在单位时间内接收到的完全波的个数，就等于观察者接收到的波的频率，如果观察者不动，则1 s内，观察者接收到的完全波的个数应为20个，观察者从A运动到B的过程中，所能接收到的完全波的个数正好比不运动时少1个，即他只接收到19个完全波。
若观察者完全接收不到波，他必须与其所在的波峰一起运动并远离波源。由s＝vt得s＝340×1 m＝340 m，即观察者每秒要远离波源340 m。
答案：19个 340 m
12．解析：题图甲所示的波形为波刚传到M点的波形，由题图甲可知，此时M处质点的振动方向向下，故质点Q开始振动的方向沿y轴负方向。由题图甲可知，波长λ＝4 m，由题图乙可知，周期T＝4 s，所以波速v＝ m/s＝1 m/s。 由题图甲可知，最前面的波峰距质点Q的距离Δx＝8 m，故最前面的波峰传播到质点Q，也就是质点Q第一次到达波峰的时间t＝ s＝8 s。
答案：负 8
13．解析：(1)由题图知λ＝4 m，则T＝ s＝1 s，所以质点M的简谐运动方程为
yM＝0.04sinm
经时间t1(小于一个周期)，质点M相对平衡位置的位移为－0.02 m，运动方向向上
即－0.02＝0.04sin
解得t1＝ s(t1＝0.5 s舍去)。
(2)由于质点N在质点M右侧波长处，所以质点N的振动滞后个周期，其振动方程为
yN＝0.04sinm＝0.04sinm
当t＝t1＝ s时yN＝0.04sinm＝ m。
答案：(1)yM＝0.04sinm s
(2) m
14．解析：(1)由题图甲读出波长λ＝2 m，由题图乙读出周期 T＝4 s，则该波的波速v＝＝0.5 m/s。
(2)此时波峰处于x＝0.5 m处，题图甲中x＝1.25 m 的质点从图示位置第一次到波峰的时间t1＝ s＝1.5 s， 所以x＝1.25 m的质点从图示位置到波峰的时间 t＝nT＋t1＝(4n＋1.5) s(n＝0，1，2，…)。
(3)该波的振幅A＝0.8 m，周期T＝4 s，t＝0开始计时x＝2 m处质点的振动方向向下，故振动方程为y＝－Asin ωt＝－Asin t＝－0.8sin(0.5πt) m。
答案：(1)0.5 m/s (2)(4n＋1.5) s(n＝0，1，2，…) (3)y＝－0.8 sin(0.5πt) m
15．解析：(1)由题图可知该波的波长为λ＝8 m，若波沿x轴正方向传播，则在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离满足Δx＝λ＋nλ(n＝0，1，2，…)，则Δt＝t2－t1＝T＋nT(n＝0，1，2，…)
由于2T>(t2－t1)>T，因此n＝1，解得波传播的周期为 T＝ s。由题图可知，t2＝0.5 s时刻x＝5 m处的质点刚好在平衡位置，故从t1＝0时刻开始x＝5 m处的质点要到达平衡位置最少要经过的时间为t＝T＝ s。
(2)若波速为v＝26 m/s，则波在0.5 s内传播的距离s＝vΔt＝13 m，由于s＝λ＋5 m，结合图像可知，波沿x轴负方向传播。根据波动与振动的关系可知：在t2＝0.5 s时刻，x＝8 m处的质点沿y轴正方向运动。
答案：(1) s (2)沿y轴正方向运动(共15张PPT)
第三章 机械波
主题提升课(二) 机械振动与机械波
主题一 机械振动规律的应用
能根据现实生活中的振动或摆动的特点，构建简谐运动、单摆等物理模型。能运用这些模型分析问题，通过推理得到结论，对相关现象做出解释。
【典例1】 如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz，当支架在竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用下做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是( )
A．甲的振幅较大，且振动频率为8 Hz
B．甲的振幅较大，且振动频率为9 Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9 Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz
√
B [支架在竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用下做受迫振动时，驱动力的频率越接近弹簧振子的固有频率，振幅越大，所以甲的振幅较大。受迫振动的频率取决于驱动力的频率，即振动频率为9 Hz，选项B正确。]
【典例2】 (多选)(2022·湖南卷)下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
√
√
√
ABD [木棒在竖直方向做简谐运动，浮力恰好等于重力时木棒速度最大，动能最大。根据浮力等于排开液体的重力、浮力随水平位移x变化的图像可知，x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的速度先增大后减小，木棒的动能先增大后减小，A正确；x从0.21 m到
0.25 m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35 m时木棒向下运动，x＝0.45 m时木棒在同一位置向上运动，x＝
0.35 m和x＝0.45 m时，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，
主题二 波动模型的建构
通过观察生活中的“波”、演示实验和活动，可以从整体上得到机械波的特征，明确波动与振动的联系和区别。了解物理规律具有适用范围和条件，通过实验探究和理论推导，能从相互作用和能量角度认识机械波，建构波动模型。查阅资料，了解多普勒效应的实际应用。
【典例3】 (2021·浙江6月选考)将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上。在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到
了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的
是( )
A．甲图中两手开始振动时的方向并不相同
B．甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置
C．乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形
D．乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形
√
C [从题图甲可以看出，两列波在分叉点处相遇后振动加强了，且两手离分叉点距离相同，因此两手开始振动时的方向相同，分叉点是振动加强的位置，故A、B错误；从题图乙可看出，分叉点左侧两列波在同一时刻振动情况相反，所以两列波在分叉点相遇后叠加抵消，故分叉点右侧始终见不到明显的波形，并不是细绳上两列波刚传到分叉点，故C正确，D错误。]
(1)波的波长；
(2)波的传播速度。
【典例5】 一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝0和x2＝10 m处质点的振动图像分别如图甲、乙所示。
(1)若x2比x1振动滞后5 s，则这列波的波速为多大？
(2)若两质点平衡位置间的距离大于2个波长且小于3个波长，则这列波的波长和波速可能为多大？(结果用分数表示)
[答案] (1)2 m/s (2)见解析章末综合测评(三) 机械波
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第 1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。)
1．下列说法正确的是( )
A．男低音和女高音歌唱家所发出的声波可能会发生干涉现象
B．机械波中某一质点的振动频率一定等于该机械波波源的振动频率
C．如果波源停止振动，在介质中传播的机械波也会立即消失
D．若观察者逐渐靠近波源，则观察者所接收到的波的频率小于波源的频率
2．(2023·北京卷)位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为y＝A sin ，则t＝T时的波形图为( )
A B
C D
3．将一根粗绳A和一根细绳B连接起来，再将其放在光滑的水平玻璃面上，在粗绳左端抖动一下产生如图甲所示的入射波，图乙是绳波经过交界点之后的某一时刻首次出现的波形。返回粗绳的为反射波，在细绳上传播的为透射波。可以判断( )
A．入射波和反射波的速度大小不等
B．入射波和透射波的速度大小相等
C．反射波和透射波的速度大小不等
D．入射波和透射波的频率不等
4．如图所示，S是x轴上的上下振动的波源，振动频率为10 Hz。激起的横波沿x轴向左右传播，波速为20 m/s。质点a、b与S的距离分别为36.8 m和17.2 m。已知a和b已经振动。若某时刻波源S正通过平衡位置向上振动，则关于该时刻，下列判断正确的是( )
A．b位于x轴上方，运动方向向下
B．b位于x轴下方，运动方向向上
C．a位于x轴上方，运动方向向上
D．a位于x轴下方，运动方向向上
5．(2023·新课标卷)船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的( )
A．波速和波长均不同
B．频率和波速均不同
C．波长和周期均不同
D．周期和频率均不同
6．如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻叠加情况，图中实线为波峰波面，虚线为波谷波面，已知两列波的振幅均为2 cm，波速均为 2 m/s, 波长均为8 m，E点是BD和AC连线的交点，下列说法正确的是( )
A．A、C两处是振动加强点
B．此时B、D两处质点的竖直高度差为4 cm
C．E点处质点是振动减弱的质点
D．经2 s，B点处质点通过的路程是8 cm
7．一列沿x轴正方向传播的简谐波，在x1＝2 m 和x2＝12 m处的两质点的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，根据图像，下列关于简谐波的判断正确的是( )
A．波长可能等于1 m
B．频率等于4 Hz
C．最大波速等于5 m/s
D．最大波速等于1 m/s
8．如图所示，一小型渔港的防波堤两端M、N相距约60 m，在防波堤后A、B两处有两个小船进港躲避风浪。某次海啸引起的波浪沿垂直于防波堤的方向向渔港传播，下列说法正确的有( )
A．假设波浪的波长约为10 m，则A、B两处小船基本不受波浪影响
B．假设波浪的波长约为10 m，则A、B两处小船明显受到波浪影响
C．假设波浪的波长约为50 m，则A、B两处小船基本不受波浪影响
D．假设波浪的波长约为50 m，则A、B两处小船明显受到波浪影响
9．(2023·浙江6月选考改编)如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则( )
A．声波的波长λ＝15 cm
B．声波的波长λ＝60 cm
C．两声波的振幅之比为3∶1
D．两声波的振幅之比为2∶1
10．(2020·浙江7月选考)如图所示，x轴上 －2 m、 12 m 处有两个振动周期均为4 s、振幅均为1 cm的相同的波源S1、S2，t＝0时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为4 m沿x轴传播的简谐横波。P、M、Q分别是x轴上2 m、5 m和8.5 m的三个点，下列说法正确的是( )
A．6.0 s时P、M、Q三点均已振动
B．8.0 s后M点的位移始终是2 cm
C．10.0 s后P点的位移始终是0
D．10.5 s时Q点的振动方向竖直向下
二、非选择题
11．如图所示为由波源S发出的波某一时刻在介质平面中的情形，实线为波峰，虚线为波谷，设波源频率为20 Hz且不运动，而观察者在1 s内由A运动到B，则观察者在这1 s内接收到多少个完全波？设波速为340 m/s，若观察者完全接收不到波，则他每秒运动多少米？
12．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波刚传播到平衡位置位于x＝5 m处的M点时的波形图，图乙是质点N(x＝3 m)从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x＝10 m处的质点，则质点Q开始振动时，振动方向沿y轴________方向(选填“正”或“负”)，经过________ s，质点Q第一次到达波峰。
13．一简谐横波以4 m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播，绳上两质点M、N的平衡位置相距个波长。已知t＝0时刻的波形如图所示，此时质点M的位移为0.02 m，经时间t1(小于一个周期)，质点M相对平衡位置的位移为－0.02 m，且振动方向向上。
(1)直接写出质点M的简谐运动方程并求时间t1；
(2)求t1时刻质点N相对平衡位置的位移。
14．一列沿x轴正方向传播的横波，在t＝0时刻的波形如图甲所示，图甲中某质点的振动图像如图乙所示。求：
(1)该波的波速；
(2)甲图中x＝1.25 m的质点从图示位置到波峰的时间；
(3)写出t＝0开始计时x＝2 m处质点的振动方程。
15．如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1＝0时刻的波形图，虚线为t2＝0.5 s时刻的波形图，2T>(t2－t1)>T。
(1)若波沿x轴正方向传播，从t1＝0时刻开始，x＝5 m处的质点最少要经过多长时间到达平衡位置？
(2)若波速为v＝26 m/s，求t2＝0.5 s时刻，x＝8 m 处的质点的振动方向。章末综合测评(二) 机械振动
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第 1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。)
1．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是( )
A．简谐运动的回复力可能是恒力
B．做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向可能相同
C．简谐运动中回复力的公式F＝－kx中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
D．做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零
2．如图所示是两人合作模拟振动曲线的记录装置。先在白纸中央画一条直线OO1使它平行于纸的长边，作为图像的横坐标轴。一个人用手使铅笔尖在白纸上沿垂直于OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的x-t图像。下列说法正确的是( )
A．白纸上OO1轴上的坐标代表速度
B．白纸上与OO1垂直的坐标代表振幅
C．匀速拖动白纸是为了保证时间均匀变化
D．拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长
3．对于下面甲、乙、丙、丁四种情况，可认为是简谐运动的是( )
①甲：倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，空气阻力可忽略不计
②乙：粗细均匀的木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中。把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动
③丙：小球在半径为R的光滑球面上的A、B( R)之间来回运动
④丁：小球在光滑固定斜面上来回运动
A．只有① B．只有①②
C．只有①②③ D．都可以
4．如图所示，一质点在a、b间做简谐运动，O是它振动的平衡位置。若从质点经过O点开始计时，经3 s，质点第一次到达M点，再经 2 s, 它第二次经过M点，则该质点的振动图像可能是( )
A B
C D
5．一弹簧振子的位移x随时间t变化的关系式为x＝0.1sin 2.5πt，位移x的单位为m，时间t的单位为s，则( )
A．弹簧振子的振幅为0.2 m
B．弹簧振子的周期为1.25 s
C．当t＝0.2 s时，振子的运动速度最大
D．当t＝0.1 s时，振子的位移为 m
6．如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知( )
A．两摆球质量相等
B．两单摆的摆长不相等
C．两单摆相位相差
D．在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s甲＝2s乙
7．汽车的车身一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧的等效劲度系数k＝1.5×105 N/m。汽车开始运动时，在振幅较小的情况下，其上下自由振动的频率满足f＝(g取10 m/s2，L为弹簧的压缩长度)。若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2 Hz，已知汽车的质量为600 kg，每个人的质量为70 kg，则这辆车乘坐几个人时，人感到最难受？( )
A．8人 B．10人
C．5人 D．不确定
8．同一地点，甲、乙单摆在驱动力作用下振动，其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率大于f0
B．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率等于f0
C．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的振幅相同
D．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的频率均为3f0
9．某鱼漂的示意图如图所示，O、M、N为鱼漂上的三个点。当鱼漂静止时，水面恰好过点O。用手将鱼漂向下压，使点M到达水面，松手后，鱼漂会上下运动，上升到最高处时，点N到达水面。鱼漂可简化为一个圆柱体，不考虑阻力的影响，下列说法正确的是( )
A．鱼漂的运动是简谐运动
B．点O过水面时，鱼漂的速度最大
C．点M到达水面时，鱼漂具有向下的加速度
D．鱼漂由最高处向下运动时，速度越来越大
10．如图所示，将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接物体A，A下面再用棉线挂一物体B，A、B质量相等，g为当地重力加速度，不计空气阻力。烧断棉线，下列说法正确的是( )
A．烧断棉线瞬间，A的加速度大小为g
B．烧断棉线之后，A向上先加速后减速
C．烧断棉线之后，A在运动中机械能守恒
D．当弹簧恢复原长时，A的速度恰好减到零
二、非选择题
11．在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中：
(1)某学习小组用停表测量单摆的周期，如图甲为单摆完成40次全振动时停表上记录的数据，该读数为________。
(2)实验中的摆球可看成质量均匀分布的球体，该小组同学将摆线长和小球直径之和当作单摆的摆长，那么在探究周期T与摆长L的关系时将会得到如图乙所示的________(选填“A”“B”或“C”)线。根据该图像得到的g值________(选填“大于”“等于”或“小于”)当地的重力加速度值。
12．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，可选用的器材为________。
A．20 cm长的细线、小木球、停表、米尺、铁架台
B．100 cm长的细线、小钢球、停表、米尺、铁架台
C．100 cm长的细线、大木球、停表、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________(选填“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，则单摆周期为________。
(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________。
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图像，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________(选填“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两种单摆的振动图像，如图乙所示，由图可知a、b两单摆的摆长之比为________。
13．如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝ m/s，忽略阻力，取g＝10 m/s2，π2≈10，求：
(1)单摆的摆长L；
(2)摆球的质量m。
14．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝1 kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为10 cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
(1)写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
(2)求出小球在0～12.9 s内运动的总路程和t＝12.9 s时刻的位置；
(3)小球运动到最高点时加速度的大小。
15．如图所示，一个半径为R的凹槽，该槽是圆柱体侧表面的一部分。MN、PQ为圆柱表面的母线，MN＝PQ＝L，在其一端的最低处有一小孔B。一半径略小于B孔半径且远小于R的小球，位于槽的另一端边缘点A处(A靠近槽的最低点)，不计摩擦。
(1)若小球初速度为零，求小球运动到轨道最低点的时间。
(2)若小球以初速度v0开始沿平行于MN的方向运动，要使小球运动到槽的另一端时，恰能落入B孔中，求小球的初速度v0和L应满足的关系式。章末综合测评(二)
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D C C C D C C BD AB ABD
1．D [根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回复力为F＝－kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数，x是物体相对平衡位置的位移，不是弹簧长度，因x是变化的，回复力不可能是恒力，故A、C错误；回复力方向总是与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度的方向也必定与位移方向相反，故B错误；做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，故D正确。]
2．C [笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的振动图像的个数可确定出时间长短，所以白纸上OO1轴上的坐标代表时间，故A错误；白纸上与OO1垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误；由v＝可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时间，是为了保证时间均匀变化，故C正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关，故D错误。]
3．C [题图甲中小球沿斜面方向受到弹力与重力的分力的合力，当小球在平衡位置上方时，合力方向沿斜面向下，当在平衡位置下方时合力沿斜面向上，弹力与重力的分力的合力与位移成正比，其特点符合简谐运动物体的动力学特征，小球做简谐运动；题图乙中木筷在水中受浮力和重力作用，当木筷在平衡位置上方时，合力向下，当木筷在平衡位置下方时，合力向上，重力和浮力的合力与位移成正比，其特点符合简谐运动物体的动力学特征，木筷做简谐运动；题图丙中小球离开最低点受到重力沿切线方向的分力与位移成正比，方向与小球位移方向相反，为小球提供回复力，小球在最低点附近左右振动属于简谐运动；题图丁中斜面光滑，重力沿斜面的分力提供小球做机械振动的回复力，但该力大小不变，不与位移成正比，故小球的运动为机械振动，不是简谐运动。综上所述，可知①②③为简谐运动。]
4．C [若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M到b的时间为1 s，则＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝16 s，若质点从平衡位置开始先向左运动，可知M到b的时间为1 s，则T＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝ s，故C正确，A、B、D错误。]
5．D [弹簧振子的振幅为0.1 m，A错误；弹簧振子的周期为T＝ s＝0.8 s，B错误；当t＝0.2 s时，x＝0.1 m，此时振子的位移最大，则振子的运动速度为0，C错误；当 t＝0.1 s时，振子的位移为x＝0.1sin m＝ m，D正确。]
6．C [由题图知T甲＝T乙，则摆长相等，B错误；而单摆周期与摆球质量无关，A错误；A甲＝2A乙，x甲＝2sin cm，x乙＝sin (ωt) cm，两单摆相位相差，C正确；由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同的时间，两摆球通过的路程才一定满足s甲＝2s乙，D错误。]
7．C [人体的固有频率f固＝2 Hz，当汽车的振动频率与其相等时，人体与汽车发生共振，人感觉最难受，由f固＝f＝， 得L＝，代入数据得L≈0.063 m，由胡克定律得kL＝(m车＋nm人)g，n＝，代入数据得n≈5，即乘坐5人时，人感觉最难受，故C正确。]
8．BD [当物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，故A错误，B、D正确；受迫振动物体的固有频率与驱动力的频率越接近，振幅越大，由题图可知，甲的固有频率是f0，乙的固有频率是2f0，若驱动力的频率为3f0，甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅，故C错误。]
9．AB [设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h，当鱼漂静止时，据平衡条件可得mg＝ρgSh，以竖直向下为正方向，当鱼漂被按下x时，所受合力为F合＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx， 同理可知，当鱼漂浮起x时也满足类似的表达式，满足简谐运动的条件，故鱼漂的运动是简谐运动，A正确；由简谐运动的规律可知，点O过水面时，鱼漂的速度最大，B正确；点M到达水面时，鱼漂具有向上的加速度，C错误；鱼漂由最高处向下运动时，速度先增大后减小，D错误。]
10．ABD [设A、B质量为m，烧断棉线前，对A、B整体受力分析知，弹簧的弹力F＝2mg，烧断棉线瞬间，弹簧的弹力不变，对A，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得 aA＝g，故A正确；烧断棉线后，A在弹力和重力的作用下向上运动，弹力先大于重力，后小于重力，所以物体A向上先加速后减速，B正确；烧断棉线后，A还受弹簧弹力作用，故A的机械能不守恒，但A和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误；烧断棉线后，A在重力和弹力的作用下做简谐运动，在最低点回复力大小为F＝2mg－mg＝mg，方向向上，根据对称性可知，在最高点回复力大小为F'＝mg，方向向下，即mg＋F弹＝mg，解得F弹＝0，故在最高点速度为零时，弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，D正确。]
11．解析：(1)停表内圈读数为60 s，外圈读数为15.2 s，所以最终读数为75.2 s。
(2)根据周期公式得T＝2π，其中L为悬点到球心的距离，该小组同学将摆线长和小球直径之和当作单摆的摆长，则根据T2＝可知L偏大，故周期T与摆长L的关系为题图乙中的C。根据T2＝可知T2-L图线的斜率k＝，可得重力加速度g＝，摆长不影响T2-L图线的斜率，根据该图像得到的g值等于当地的重力加速度值。
答案：(1)75.2 s (2)C 等于
12．解析：(1)实验中应采用长1 m左右且不能形变的细线，小球选用密度大的金属球。
(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＝＝30，周期为 T＝。
(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 可知g＝，则重力加速度的测量值偏大，故B错误；实验中误将n次全振动计为(n＋1)次，根据T＝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，计算时使用的摆长偏小，依据g＝可知得到的g值偏小，故D正确。
(4)由T＝2π得T2＝L，知T2-L图线的斜率越大，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，由T＝2π。
答案：(1)B (2)低 (3)D (4)A 4∶9
13．解析：(1)由题图乙可知，单摆的摆动周期为2 s，单摆周期公式为T＝2π
代入数据解得摆长L＝1 m。
(2)摆球经过最低点时，由牛顿第二定律可得
FT－mg＝m
由题意可知FT＝2.04 N，v＝ m/s
代入数据解得摆球的质量m＝0.2 kg。
答案：(1)1 m (2)0.2 kg
14．解析：(1)由振动图像可知A＝5 cm，T＝1.2 s
则ω＝ rad/s
则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为
y＝Acos ωt＝5cos t(cm)。
(2)12.9 s＝10T，则小球在0~12.9 s内运动的总路程为
s＝10×4A＝215 cm
t＝12.9 s时刻小球的位置坐标y＝0，即小球在平衡位置处。
(3)小球在平衡位置时弹簧的伸长量为10 cm，则
k＝ N/m＝100 N/m
小球在最高点时，弹簧的伸长量为Δx'＝Δx－A＝5 cm，则mg－kΔx'＝ma
解得a＝5 m/s2。
答案：(1)y＝5cos t(cm) (2)215 cm 平衡位置(y＝0)
(3)5 m/s2
15．解析：(1)如果小球没有初速度，则小球做简谐运动，简谐运动的周期为T＝2π
小球运动到轨道最低点的时间t＝n＋＝nπ(n＝0，1，2，…)。
(2)沿MN方向小球做匀速直线运动，则L＝v0t
解得v0＝(n＝0，1，2，…)。
答案：(1)nπ(n＝0，1，2，…)
(2)v0＝(n＝0，1，2，…)
