第一章 机械振动
章末整合提升
一、简谐运动的图像及应用
由简谐运动的图像可以获得的信息：
(1)确定振动质点在任一时刻的位移；(2)确定振动的振幅；(3)确定振动的周期和频率；(4)确定各时刻质点的振动方向；(5)比较各时刻质点加速度的大小和方向．
【例1】 一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图1所示，由图可知_______．
图1
A．频率是2 Hz
B．振幅是5 cm
C．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负
D．t＝0.5 s时质点所受的回复力为零
E．图中a、b两点速度大小相等、方向相反
F．图中a、b两点的加速度大小相等、方向相反
解析 由题图可知，质点振动的周期为2 s，经计算得频率为0.5 Hz.振幅为5 m，所以A、B选项错误；t＝1.7 s时的位移为负，加速度为正，速度为负，因此C选项正确；t＝0.5 s时质点在平衡位置，所受的回复力为零，D选项正确；a、b两点速度大小相等、方向相反，但加速度大小相等、方向相同，加速度方向都为负方向，指向平衡位置，故E正确，F错误．
答案 CDE
针对训练 悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T＝2 s，从最低点位置向上运动时开始计时，在一个周期内的振动图像如图2所示，关于这个图像，下列说法正确的是( )
图2
A．t＝1.25 s，振子的加速度为正，速度也为正
B．t＝1 s，弹性势能最大，重力势能最小
C．t＝0.5 s，弹性势能为零，重力势能最小
D．t＝2 s，弹性势能最大，重力势能最小
解析 由图像可知t＝1.25 s时，位移为正，加速度为负，速度也为负，A错误；竖直方向的弹簧振子，其振动过程中机械能守恒，在最高点重力势能最大，动能为零，B错误；在最低点重力势能最小，动能为零，所以弹性势能最大；在平衡位置，动能最大，由于弹簧发生形变，弹性势能不为零，C错，D正确．
答案 D
二、简谐运动的周期性和对称性
1．周期性：做简谐运动的物体在完成一次全振动后，再次振动时则是重复上一个全振动的形式，所以做简谐运动的物体经过同一位置可以对应不同的时刻，做简谐运动的物体具有周期性．
2．对称性
(1)速率的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率．
(2)加速度和回复力的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力．
(3)时间的对称性：系统通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等．振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过这两点的时间相等．
【例2】 某质点做简谐运动，从平衡位置开始计时，经0.2 s第一次到达M点，如图3所示．再经过0.1 s第二次到达M点，求它再经多长时间第三次到达M点？
图3
解析 第一种情况：质点由O点经过t1＝0.2 s直接到达M，再经过t2＝0.1 s由点C回到M.由对称性可知，质点由点M到达C点所需要的时间与由点C返回M所需要的时间相等，所以质点由M到达C的时间为t′＝＝0.05 s.
质点由点O到达C的时间为从点O到达M和从点M到达C的时间之和，这一时间则恰好是，所以该振动的周期为：T＝4(t1＋t′)＝4×(0.2＋0.05)s＝1 s，
质点第三次到达M点的时间为t3＝＋2t1＝s＝0.9 s.
第二种情况：质点由点O向B运动，然后返回到点M，历时t1＝0.2 s，再由点M到达点C又返回M的时间为t2＝0.1 s．设振动周期为T，由对称性可知t1－＋＝，所以T＝ s，质点第三次到达M点的时间为t3＝T－t2＝s＝ s.
答案 0.9 s或 s
三、单摆周期公式的应用
1．单摆的周期公式T＝2π.该公式提供了一种测定重力加速度的方法．
2．注意：(1)单摆的周期T只与摆长l及g有关，而与振子的质量及振幅无关．
(2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球球心的距离，要区分摆长和摆线长．小球在光滑圆周上小角度振动和双线摆也属于单摆，“l”实际为摆球到摆动所在圆弧的圆心的距离．
(3)g为当地的重力加速度或“等效重力加速度”．
【例3】 在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为( )
A．T＝2πr B．T＝2πr
C．T＝ D．T＝2πl
解析 由单摆周期公式T＝2π及黄金代换式GM＝gr2，得T＝2πr.
答案 B
第1讲 简谐运动
[目标定位] 1.知道什么叫机械振动，什么叫平衡位置.2.知道什么是弹簧振子，理解振子的位移.3.掌握简谐运动的动力学特征，明确回复力的概念.4.知道什么是振动的振幅、周期和频率.5.理解简谐运动在一次全振动过程中的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况．
一、机械振动
物体(或物体的某一部分)在某一位置两侧所做的往复运动，叫做机械振动，通常简称为振动．这个位置称为平衡位置．
二、简谐运动
1．振子模型：如图1所示，如果小球与水平杆之间的摩擦忽略不计，弹簧的质量比小球的质量小得多，也可以忽略不计，这样的系统称为弹簧振子．其中的小球常称为振子．
图1
2．回复力：当小球偏离平衡位置时，受到的指向平衡位置的力．
3．简谐运动：如果物体所受的力与它偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置，则物体所做的运动叫做简谐运动．
4．简谐运动是最简单、最基本的振动．
三、振幅、周期和频率
1．振幅：振动物体离开平衡位置的最大距离．
物理意义：振幅是表示振动强弱的物理量．
2．周期和频率
(1)周期：振子完成一次全振动所用的时间，用T表示，单位是秒，符号是s.
(2)频率：单位时间内完成全振动的次数，用f表示，单位是赫兹，符号是Hz.
(3)周期与频率的关系：f＝.
(4)物理意义：周期和频率都是表示振动快慢的物理量．
想一想 振幅就是振动物体离开平衡位置的最大位移吗？为什么？
答案 不是．振幅是一个标量．它是指物体离开平衡位置的最大距离．它既没有负值，也无方向，而最大位移既有大小，也有方向，所以振幅不同于最大位移．
四、简谐运动的能量
1．振动系统的总机械能：弹簧的势能和振子的动能之和．
2．如果不考虑摩擦和空气阻力，振动系统的总机械能守恒．
3．简谐运动是一个理想化模型．
想一想 弹簧振子在振动过程中动能与势能相互转化，振子的位移x、回复力F、 加速度a、速度v四个物理量中有哪几个与动能的变化步调一致？
答案 只有速度v.
一、对简谐运动的理解
1．简谐运动的位移
简谐运动的位移是矢量，是从平衡位置指向振动质点所在位置的有向线段．
注意：简谐运动的位移和一般运动中的位移有很大区别，一般运动中的位移都是由初位置指向末位置，而简谐运动的位移都是由平衡位置指向振动质点所在位置．
2．简谐运动的回复力
(1)回复力是指将振动物体拉回到平衡位置的力，它可以是物体所受的合外力，也可以是一个力或某一个力的分力，而不是一种新的性质力．
(2)简谐运动的回复力：F＝－kx
①k是比例系数，并非弹簧的劲度系数(水平弹簧振子中k为弹簧的劲度系数)，其值由振动系统决定，与振幅无关．
②“－”号表示回复力的方向与偏离平衡位置的位移的方向相反．
③x是指质点相对平衡位置的位移，不一定是弹簧的伸长量或压缩量．
④回复力的作用总是把物体拉向平衡位置．
3．简谐运动的加速度
据牛顿第二定律，a＝＝－x，表明弹簧振子做简谐运动时振子的加速度大小与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反．
说明：k是比例系数，不能与弹簧的劲度系数相混淆．
【例1】 如图2所示，一弹簧振子在一光滑水平杆上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么，下列说法正确的是( )
图2
A．振子在M、N两点所受弹簧弹力相同
B．振子在M、N两点相对平衡位置的位移相同
C．振子在M、N两点加速度大小相等
D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
解析 因位移、速度、加速度和弹力都是矢量，它们要相同必须大小相等、方向相同，M、N两点关于O点对称，振子所受弹力应大小相等、方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反．由此可知，A、B选项错误．振子在M、N两点的加速度虽然方向相反，但大小相等，故C选项正确．振子由M→O速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动．振子由O→N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，故D选项错误．
答案 C
借题发挥 弹簧振子位于关于平衡位置对称的两点时，振子的位移、加速度大小相等，方向相反；振子的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．
针对训练1 (多选)如图3所示，一个弹簧振子做简谐运动，关于弹簧振子的位移和加速度的下列说法正确的是( )
图3
A．位移最大时，加速度最大
B．位移最小时，加速度最大
C．位移最大时，速度最大
D．位移最小时，速度最大
解析 根据简谐运动的位移和回复力的关系可知，弹簧振子的位移最大时，加速度最大，选项A正确，B错误；弹簧振子的速度为零时，加速度为零，速度最大，选项C错误，D正确．
答案 AD
二、描述简谐运动的物理量
1．对全振动的理解
正确理解全振动的概念，应注意把握全振动的五种特征．
(1)振动特征：一个完整的振动过程．
(2)物理量特征：位移(x)、速度(v)第一次同时与初始状态相同，即物体从同一方向回到出发点．
(3)时间特征：历时一个周期．
(4)路程特征：振幅的4倍．
(5)相位特征：增加2π.
2．振幅与路程的关系
振动物体在一个周期内的路程为四个振幅．
振动物体在半个周期内的路程为两个振幅．
振动物体在个周期内的路程不一定等于一个振幅．
3．周期(T)和频率(f)
(1)周期是振动物体完成一次全振动所需的时间．频率是单位时间内完成全振动的次数．所以周期(T)与频率(f)的关系：T＝.
(2)物体振动的周期和频率，由振动系统本身的性质决定，与振幅无关．
【例2】 弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置，AB间距离是20 cm，A到B运动时间是2 s，如图4所示，则( )
图4
A．从O→B→O振子做了一次全振动
B．振动周期为2 s，振幅是10 cm
C．从B开始经过6 s，振子通过的路程是60 cm
D．从O开始经过3 s，振子处在平衡位置
解析 振子从O→B→O只完成半个全振动，选项A错误；从A→B振子也只是半个全振动，半个全振动是2 s，所以振动周期是4 s，振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，振幅A＝10 cm，选项B错误；t＝6 s＝1T，所以振子经过的路程为4A＋2A＝6A＝60 cm，选项C正确；从O开始经过3 s，振子处在位移最大处A或B，选项D错误．
答案 C
三、简谐运动的能量及运动中各物理量的变化
1．简谐运动的能量
(1)不考虑阻力，弹簧振子振动过程中只有弹力做功，在任意时刻的动能与势能之和不变，即机械能守恒．
(2)简谐运动的机械能由振幅决定
对同一振动系统来说，振幅越大，振动的能量越大．如果没有能量损耗，振幅保持不变，它将永不停息地振动下去，因此简谐运动又称等幅振动．
2．简谐运动中各量的变化情况
如图5所示的弹簧振子
图5
位置
A
A→O
O
O→B
B
位移的大小
最大
↘
0
↗
最大
加速度的大小
最大
↘
0
↗
最大
速度的大小
0
↗
最大
↘
0
动能
0
↗
最大
↘
0
势能
最大
↘
0
↗
最大
总机械能
不变
不变
不变
不变
不变
【例3】 如图6所示，一水平弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M.
图6
(1)简谐运动的能量取决于，物体振动时动能和能相互转化，总机械能．
(2)振子在振动过程中，下列说法中正确的是( )
A．振子在平衡位置，动能最大，势能最小
B．振子在最大位移处，势能最大，动能最小
C．振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小
D．在任意时刻，动能与势能之和保持不变
(3)若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是( )
A．振幅不变 B．振幅减小
C．最大动能不变 D．最大动能减小
解析 (1)简谐运动的能量取决于振幅，物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒．
(2)振子在平衡位置两侧往复运动，在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变量最大，势能最大，所以B正确；在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；到平衡位置处速度达到最大，动能最大，势能最小，所以A正确；振幅的大小与振子的位置无关，所以选项C错误．
(3)振子运动到B点时速度恰为零，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变．因此选项A正确，B错误；由于机械能守恒，最大动能不变，所以选项C正确，D错误．
答案 (1)振幅 弹性势 守恒 (2)ABD (3)AC
针对训练2 如图7所示，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平桌面上左右振动．振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则：AA0(填“>”“<”或“＝”)，TT0(填“>”“<”或“＝”)．
图7
解析 小球通过平衡位置时弹性势能为零，动能最大．向右通过平衡位置，a由于受到弹簧弹力做减速运动，b做匀速运动．小物块a与弹簧组成的系统机械能小于原来系统的机械能，所以小物块a的振幅减小，A
答案 < <
对简谐运动的理解
1．(多选)如图8所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是( )
图8
A．弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用
B．弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用
C．振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大
D．振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
解析 回复力是根据效果命名的力，不是做简谐运动的物体受到的具体的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在题图情景中弹簧的弹力充当回复力，故A正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移的大小在减小，故此过程回复力逐渐减小，C错误；回复力总是指向平衡位置，故D正确．
答案 AD
2．下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是( )
A．振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处
B．周期和频率的乘积不一定等于1
C．振幅增加，周期必然增加，而频率减小
D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关
解析 简谐运动的位移是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处，振幅是简谐运动的最大位移的大小，是标量，故选项A错误；根据周期和频率的关系可知，选项B错误；简谐运动的周期和频率由做简谐运动的物体自身决定，与振幅无关，故选项C错误，D正确．
答案 D
描述简谐运动的物理量
3．(多选)弹簧振子在AOB之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B之间的距离为8 cm，完成30次全振动所用时间为60 s，则( )
A．振子的振动周期是2 s，振幅是8 cm
B．振子的振动频率是2 Hz
C．振子完成一次全振动通过的路程是16 cm
D．从振子通过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
解析 A、B之间的距离为8 cm，则振幅为4 cm，故A错；T＝ s＝2 s，f＝0.5 Hz，B错；振子完全一次全振动通过的路程是4A，即16 cm,3 s内运动了1.5个周期，故总路程为24 cm，C、D正确．
答案 CD
简谐运动中各量的变化情况
4．弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中( )
A．振子所受的回复力逐渐增大
B．振子离开平衡位置的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐增大
D．振子的加速度逐渐增大
解析 在振子向着平衡位置运动的过程中，振子所受的回复力逐渐减小，振子离开平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，选项C正确．
答案 C
题组一 对振动的理解
1．(多选)下列几种运动中属于机械振动的是( )
A．乒乓球在地面上的上下运动
B．弹簧振子在竖直方向的上下运动
C．秋千在空中来回运动
D．竖直浮于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动
解析 机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，乒乓球在地面上的上下运动不是在平衡位置两侧的往复运动．
答案 BCD
2．关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )
A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B．机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
C．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也就越大
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
解析 平衡位置是物体可以静止的位置，所以应与受力有关，与是否为振动范围的中心位置无关，所以A错误；振动位移是以平衡位置为初始点指向振动物体所在位置的有向线段，振动位移随时间而变化，振动物体偏离平衡位置最远时，振动位移最大，选项B正确，D错误；振动物体的位移与运动的路程没有关系，C错误．
答案 B
题组二 对简谐运动的理解
3．如图1所示，弹簧振子B上放一个物块A，在A与B一起做简谐运动的过程中，下列关于A受力的说法中正确的是( )
图1
A．物块A受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力
B．物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力
C．物块A受重力、支持力及B对它的恒定的摩擦力
D．物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力
解析 物块A受到重力、支持力和摩擦力的作用．摩擦力提供A做简谐运动所需的回复力，其大小和方向都随时间变化，D选项正确．
答案 D
4．简谐运动属于( )
A．匀变速直线运动 B．匀速直线运动
C．曲线运动 D．变速运动
解析 简谐运动的加速度大小不断变化，选项A、B错误；简谐运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，简谐运动的速度不断变化，是变速运动，选项D正确．
答案 D
5．(多选)如图2所示，弹簧振子以O为平衡位置，在B、C间振动，则( )
图2
A．从B→O→C→O→B为一次全振动
B．从O→B→O→C→B为一次全振动
C．从C→O→B→O→C为一次全振动
D．OB的大小不一定等于OC
解析 O为平衡位置，B、C为两侧最远点，则从B起经O、C、O、B路程为振幅的4倍，故选项A正确；从O起经B、O、C、B路程为振幅的5倍，超过一次全振动，故选项B错误；从C起经O、B、O、C路程为振幅的4倍，选项C正确；因弹簧振子的系统不考虑摩擦，所以振幅一定，选项D错误．
答案 AC
6．弹簧振子的质量是2 kg，当它运动到平衡位置左侧2 cm时，受到的回复力是4 N，当它运动到平衡位置右侧4 cm时，它的加速度是( )
A．2 m/s2，向右 B．2 m/s2，向左
C．4 m/s2，向右 D．4 m/s2，向左
解析 加速度方向指向平衡位置，因此方向向左．由力和位移的关系：F＝－kx可知，当x＝4 cm时，回复力F＝8 N，所以加速度a＝－＝－＝－4 m/s2，D正确．
答案 D
7．如图3所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于( )
图3
A．0 B．kx
C．kx D．kx
解析 当物体离开平衡位置的位移为x时，弹簧弹力的大小为kx，以整体为研究对象，此时A与B具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得kx＝(m＋M)a，故a＝.以A为研究对象，使A产生加速度的力即为B对A的静摩擦力Ff，由牛顿第二定律可得Ff＝ma＝kx.故正确答案为D.
答案 D
题组三 描述简谐运动的物理量
8．(多选)做简谐运动的振子每次通过同一位置时，相同的物理量是( )
A．速度 B．加速度
C．位移 D．动能
解析 振子通过同一位置时，位移、加速度的大小和方向都相同，速度的大小相同，但方向不一定相同，因此B、C、D正确．
答案 BCD
9．如图4所示，振子以O点为平衡位置在A、B间做简谐运动，从振子第一次到达P点开始计时，则( )
图4
A．振子第二次到达P点的时间间隔为一个周期
B．振子第三次到达P点的时间间隔为一个周期
C．振子第四次到达P点的时间间隔为一个周期
D．振子从A点到B点或从B点到A点的时间间隔为一个周期
解析 从经过某点开始计时，则再经过该点两次所用的时间为一个周期，B对，A、C错；振子从A到B或从B到A的时间间隔为半个周期，D错．
答案 B
10．周期为2 s的简谐运动，在半分钟内通过的路程是60 cm，则在此时间内振子经过平衡位置的次数和振子的振幅分别为( )
A．15次，2 cm B．30次，1 cm
C．15次，1 cm D．60次，2 cm
解析 振子完成一次全振动经过轨迹上每点的位置两次(除最大位移处)，而每次全振动振子通过的路程为4个振幅．
答案 B
11．如图5所示，在光滑水平面上振动的弹簧振子的平衡位置为O，把振子拉到A点，OA＝1 cm，然后释放振子，经过0.2 s振子第1次到达O点，如果把振子拉到A′点，OA′＝2 cm，则释放振子后，振子第1次到达O点所需的时间为( )
图5
A．0.2 s B．0.4 s
C．0.1 s D．0.3 s
解析 简谐运动的周期只跟振动系统本身的性质有关，与振幅无关，两种情况下振子第1次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的，它们相等．
答案 A
题组四 简谐运动的能量及运动中各物理量的变化
12．(多选)在光滑斜面上的物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图6所示，现将A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法正确的是( )
图6
A．OB越长，物块A的振动能量越大
B．在振动过程中，物块A的机械能守恒
C．物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在O点时最小
D．物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在B点时最小
解析 物块在做简谐运动过程中，物块与弹簧构成的系统机械能守恒．物块在C点时的动能为零，由物块与弹簧构成的系统势能最大，物块在O点时的动能最大，由物块与弹簧构成的系统势能最小，选项B、D错误，C正确；物体的振幅越大，简谐运动的能量越大，即OB越长，物块A的振动能量越大，选项A正确．
答案 AC
13．一弹簧振子振动过程中的某段时间内其加速度数值越来越大，则在这段时间内( )
A．振子的速度逐渐增大
B．振子的位移逐渐增大
C．振子正在向平衡位置运动
D．振子的速度方向与加速度方向一致
解析 振子由平衡位置向最大位移处运动过程中，振子的位移越来越大，加速度增大，速度方向与加速度方向相反，振子做减速运动，速度越来越小，故A、D错误，B正确；振子向平衡位置运动的过程中，位移减小，回复力变小，加速度变小，故C错误．
答案 B
14．沿水平方向振动的弹簧振子在做简谐运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．在平衡位置，它的机械能最大
B．在最大位移处，它的弹性势能最大
C．从平衡位置向最大位移处运动过程中，它的弹性势能减小
D．从最大位移处向平衡位置运动的过程中，它的机械能减小
解析 弹簧振子在振动过程中机械能守恒，故A、D错误；位移越大，弹簧的形变量越大，弹性势能越大，故B正确，C错误．
答案 B
15．弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：
(1)振动的周期和频率；
(2)振子在5 s内通过的路程及5 s末的位移大小；
(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．
解析 (1)由题意可知，振子由B→C经过半个周期，即＝0.5 s，故T＝1 s，f＝＝1 Hz.
(2)振子经过1个周期通过的路程s1＝0.4 m．振子5 s内振动了五个周期，回到B点，通过的路程：s＝5s1＝2 m．位移大小x＝10 cm＝0.1 m.
(3)由F＝－kx可知：在B点时FB＝－k×0.1，在P点时FP＝－k×0.04，故＝＝5∶2.
答案 (1)1 s 1 Hz (2)2 m 0.1 m (3)5∶2
第2讲 单摆
[目标定位] 1.知道什么是单摆.2.理解偏角很小时单摆的振动是简谐运动.3.知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式并能用它进行计算.
一、单摆的简谐运动
1．如图1，若忽略悬挂小球的细线长度的微小变化和质量，且线长比球的直径大得多，这样的装置就叫做单摆．
图1
2．在偏角很小的情况下，单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成正比，因而单摆在偏角很小时的振动是简谐运动．
想一想 单摆的回复力是否就是单摆所受的合外力？
答案 不是．单摆的运动可看作是变速圆周运动，其合力可分解为指向圆心的法向力和沿圆周切线的切向力，在沿圆周切线的切向力作用下，单摆做的是简谐运动，因而单摆的回复力只是其所受合力的一个分力．
二、单摆做简谐运动的周期
单摆在偏角很小的情况下做简谐运动的周期T跟摆长l的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比，跟振幅、摆球的质量无关，单摆做简谐运动时的周期公式为T＝2π.
一、单摆及单摆的回复力
1．单摆
(1)单摆是实际摆的理想化模型
(2)实际摆看作单摆的条件
①摆线的形变量与摆线长度相比小得多
②悬线的质量与摆球质量相比小得多
③摆球的直径与摆线长度相比小得多
2．单摆的回复力
(1)单摆的回复力是由重力沿圆弧切向的分力F＝mgsin θ提供的．
(2)如图2所示，在最大偏角很小的条件下，sin θ≈，其中x为摆球相对平衡位置O点的位移．
图2
单摆的回复力F＝－x，令k＝，则F＝－kx.由此可见，单摆在偏角很小的条件下的振动为简谐运动．
注意：(1)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零．
(2)单摆的回复力为小球受到的沿切线方向的合力，而不是小球受到的合外力．
【例1】 对于单摆的振动，以下说法中正确的是( )
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
解析 单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零．故应选C．
答案 C
借题发挥 单摆振动的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力．摆球所受的合外力在摆线方向的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力．因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)．
针对训练 关于单摆，下列说法中正确的是( )
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受的合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
解析 单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)；另外摆球所受的合力与位移大小不成正比，故A正确．
答案 A
二、单摆做简谐运动的周期
1．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟．
2．单摆的周期公式：T＝2π.
3．对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)．
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球．如是双线摆，则公式中l应为等效摆长：如图3所示，图中甲、乙在垂直纸面方向摆起来的效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin α，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π.
图3
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定．
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关．所以单摆的周期也叫固有周期．
【例2】 在“探究单摆的周期和摆长的关系”实验中．
(1)下列说法正确的是________．
A．悬线越短越好
B．悬线上端固定且摆角要小
C．摆球应在竖直平面内摆动
D．摆球摆至最高点时开始计时
(2)以摆球通过平衡位置时开始计时，用停表记下摆球通过平衡位置n次所用的时间t，则单摆周期T＝____________；用米尺量出悬线的长度l0，用游标卡尺量出摆球的直径d，则摆长l＝____________.
(3)根据记录的数据，在坐标纸上以T为纵轴，l为横轴，作出T?l图像，发现图线是曲线；然后尝试以T2为纵轴，l为横轴，作出T2?l图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，由此得出单摆做简谐运动的周期和摆长的关系是( )
A．T∝ B．T2∝
C．T∝l D．T2∝l
解析 (1)摆线长些好，否则摆球的运动不明显；悬线上端要固定以防摆长变长，并且摆角要小，否则单摆周期公式不成立；摆球应在竖直平面内摆动，应该在摆球摆至最低点时开始计时，因为此时摆球的速度最大，计时更准确．
(2)以摆球通过平衡位置时开始计时，记为0，用停表记下摆球通过平衡位置n次所用的时间t，则单摆周期T＝；摆长指的是从悬点到摆球球心的距离，本题中摆长l＝l0＋.
(3)根据题述“T2?l图线是一条过原点的倾斜直线”可知，T2∝l，选项D正确．
答案 (1)BC (2) l0＋ (3)D
【例3】 一个单摆和一个弹簧振子，在上海调节使得它们的振动周期相等(设为T)．现在把它们一起拿到北京，若不再做任何调节．设这时单摆的振动周期为T1，弹簧振子的振动周期为T2，则它们的周期大小的关系为( )
A．T1C．T1>T2＝T D．T1解析 弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数和振子质量有关，拿到北京后周期不变；北京的重力加速度比上海的大，单摆拿到北京后周期变小．
答案 A
单摆的简谐运动
1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出来的理想化模型，其理想化条件是( )
A．摆线质量不计
B．摆线长度不伸缩
C．摆球的直径比摆线长度小得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
解析 单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，摆线不伸缩，A、B、C选项均正确；但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在偏角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动．故A、B、C正确．
答案 ABC
2．单摆振动的回复力是( )
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
解析 摆球振动的回复力是其重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确．
答案 B
单摆做简谐运动的周期
3．(多选)单摆原来的周期为T，下列哪种情况会使单摆周期发生变化( )
A．摆长减为原来的
B．摆球的质量减为原来的
C．振幅减为原来的
D．重力加速度减为原来的
解析 由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关．
答案 AD
4．如图4所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处固定一光滑钉子，P与悬点相距l－l′，则这个单摆做小幅度摆动时的周期为( )
图4
A．2π B．2π
C．π D．2π
解析 碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π，所以该组合摆的周期T＝＋＝π.
答案 C
题组一 单摆的简谐运动
1．(多选)做一个单摆有下列器材可供选用，可以用来做成一个单摆的有( )
A．带小孔的实心木球 B．带小孔的实心钢球
C．长约1 m的细线 D．长约10 cm的细线
解析 制作单摆时应选用体积小、质量大的球和细、长、轻、弹性小的线．
答案 BC
2．关于单摆，下列说法中正确的是( )
A．摆球运动的回复力是它受到的合力
B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的
C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
D．摆球经过平衡位置时，加速度为零
解析 摆球的回复力为重力沿轨迹切线方向的分力，A错；摆球经过最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，C、D错；由简谐运动特点知B正确．
答案 B
3．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的( )
A．合外力为零 B．回复力为零
C．向心力为零 D．摆线中张力为零
解析 当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，所以选项A、B均错；摆球在最大位移处，速度为零，由向心力公式F＝可知，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．
答案 C
4．做简谐运动的单摆，在摆动的过程中( )
A．只有在平衡位置时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力
B．只有在最高点时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力
C．小球在任意位置处，回复力都等于重力和细绳拉力的合力
D．小球在任意位置处，回复力都不等于重力和细绳拉力的合力
解析 单摆在一个圆弧上来回运动，摆球做圆周运动的向心力由重力沿悬线方向的分力和悬线拉力的合力提供，而回复力是指重力沿圆弧切线方向的分力．摆球在平衡位置速度不为零，向心力不为零，而回复力为零，所以合力不等于回复力；摆球在最高点时，速度为零，向心力为零，合力等于回复力．故选项B正确．
答案 B
5．(多选)如图1所示是单摆振动示意图，下列说法正确的是( )
图1
A．在平衡位置摆球的动能和势能均达到最大值
B．在最大位移处势能最大，而动能最小
C．在平衡位置绳子的拉力最大，摆球速度最大
D．摆球由A→C运动时，动能变大，势能变小
解析 单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离平衡位置运动，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向平衡位置运动时，动能变大而势能变小，故B、D正确，A错；小球在平衡位置只受重力和绳子拉力，在平衡位置C，拉力F＝mg＋，由上述分析知，平衡位置时动能最大，即v最大，故F也最大，所以C正确．
答案 BCD
题组二 单摆做简谐运动的周期
6．发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大( )
A．增大摆球质量 B．缩短摆长
C．减小单摆振幅 D．将单摆由山下移至山顶
解析 由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关；缩短摆长，l变小，T变小；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．
答案 D
7．(多选)如图2所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两单摆都做简谐运动，在摆动过程中下列说法正确的是( )
图2
A．甲的振幅小于乙的振幅
B．甲的振幅等于乙的振幅
C．甲的最大速度小于乙的最大速度
D．甲的运动周期大于乙的运动周期
解析 由题意知，甲、乙是摆长相同的两个单摆，原来二者静止时由于质量不同，故偏角不同，质量大的偏角小，甲的振幅小，选项A正确，B错误；两物体在平衡位置时速度最大，根据mgh＝mv2得v＝，与质量无关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，选项C正确；根据T＝2π，周期与质量无关，选项D错误．
答案 AC
8．一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述中正确的是( )
A．g甲＞g乙，将摆长适当增长 B．g甲＞g乙，将摆长适当缩短
C．g甲＜g乙，将摆长适当增长 D．g甲＜g乙，将摆长适当缩短
解析 从甲地到乙地，钟摆的周期减小了，由T＝2π，知g甲＜g乙，若要使周期回到原值，应适当增加摆长．
答案 C
9．已知演示简谐运动的沙摆的摆长为l，漏斗的质量为m，细沙的质量为M，M?m，细沙逐渐下漏的过程中，单摆的周期( )
A．不变 B．先变大后变小
C．先变小后变大 D．逐渐变大
解析 在沙摆摆动细沙逐渐下漏的过程中，摆的重心逐渐下移，即摆长l逐渐变大，当细沙流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长l变小，由周期公式T＝2π 可知，沙摆的周期先变大后变小，故正确选项为B.
答案 B
10．如图3所示的单摆，摆长为l＝40 cm，摆球在t＝0时刻从右侧最高点释放做简谐运动，则当t＝1 s时，小球的运动情况是( )
图3
A．向右加速 B．向右减速
C．向左加速 D．向左减速
解析 单摆的周期T＝2π＝2π s＝0.4π s≈1.256 s，t＝1 s时，则T答案 B
11．有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被小钉挡住．使摆长发生变化．现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片，如图4所示(悬点和小钉未被摄入)．P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点的距离为( )
图4
A． B．
C． D．条件不足，无法确定
解析 题图中M到P为四个时间间隔，P到N为两个时间间隔，即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的，根据周期公式T＝2π，可得左半部分单摆的摆长为，即小钉距悬点的距离为L，故C选项正确．
答案 C
12．(多选)如图5所示，有一个小球(视为质点)从光滑圆弧槽的P点由静止释放，沿圆弧槽来回摆动，(O点为圆弧的最低点)段远小于圆弧槽的半径R，则下列说法正确的是( )
图5
A．小球摆动过程中的回复力由重力沿其运动方向的分力提供
B．小球摆动至最低点O时所受合外力为零
C．小球摆动的周期为T＝2π
D．若小球在P点释放的同时，O点右侧的Q点上也有一个不计大小的小球由静止释放，已知＞，则两球将在O点左侧相遇
解析 圆弧摆摆球受力与单摆相似，圆弧槽对其弹力FN与单摆摆线的拉力FT所起的作用是一样的，重力沿圆弧切线方向的分力做振动的回复力，故A正确；摆至最低点时，回复力为零，但向心力最大，故B错误；当偏角(半径与竖直方向夹角)θ≤5°时，近似为简谐运动，因段远小于圆弧槽的半径R，满足条件，故周期T＝2π，C正确；周期与振幅大小无关，两小球必在最低点O相遇，D错误．
答案 AC
13．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下列说法正确的是( )
A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大
B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
解析 由题意可知，单摆的摆长和重力加速度不变，根据单摆的周期公式可知，周期不变，摆球偏离到最大位置雨滴均匀附着在摆球的表面，摆球的质量增加，摆球经过平衡位置时速度要增大，振幅要增大，选项D正确．
答案 D
14．在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．
解析 摆球通过平衡位置时具有较大的速度，此时开始计时，误差较小．若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差，而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差．
答案 ①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)
15．如图6所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长是l，下端C点系着一个直径可忽略的小球．
图6
(1)让小球在纸面内小角度摆动，求单摆的周期是多少？
(2)让小球垂直纸面小角度摆动，周期又是多少？
解析 (1)让小球在纸面内摆动，在偏角很小时，单摆可看做简谐运动，摆长为OC的长度，所以单摆的周期T＝2π.
(2)让小球垂直纸面摆动，如图所示，由几何关系可得OO′＝l，等效摆长为l′＝OC＋OO′＝l＋l，所以周期T′＝2π＝2π.
答案 见解析
第3讲 简谐运动的图像和公式
[目标定位] 1.知道所有简谐运动的图像都是正弦(或余弦)曲线.2.会根据简谐运动的图像找出物体振动的周期和振幅，并能分析有关问题.3.理解简谐运动的表达式，能从该表达式中获取振幅、周期(频率)、相位、初相等相关信息．
一、简谐运动的图像
1．坐标系的建立：以横坐标表示时间，纵坐标表示位移，描绘出简谐运动中振动物体离开平衡位置的位移x随时间t变化的图像，称为简谐运动的图像(或称振动图像)．
2．图像形状：严格的理论和实验都证明所有简谐运动的运动图像都是正弦(或余弦)曲线．
3. 由简谐运动图像，可找出物体振动的周期和振幅．
想一想 在描述简谐运动图像时，为什么能用薄板移动的距离表示时间？
答案 匀速拉动薄板时，薄板的位移与时间成正比，即x＝vt，因此，一定的位移就对应一定的时间，这样匀速拉动薄板时薄板移动的距离就能表示时间．
二、简谐运动的表达式
振动物体离开平衡位置的位移x与时间t的关系可用正弦函数(或余弦函数)来表示．即x＝Asin(ωt＋φ)
其中ω＝，f＝，综合可得
x＝Asin(t＋φ)＝Asin(2πft＋φ)．
式中A表示振动的振幅，T和f分别表示物体振动的周期和频率．物体在不同的初始位置开始振动，φ值不同．
三、简谐运动的相位、相位差
1．相位
在式x＝Asin(2πft＋φ)中，“2πft＋φ”这个量叫做简谐运动的相位．
t＝0时的相位φ叫做初相位，简称初相．
2．相位差
指两振动的相位之差.
一、对简谐运动图像的认识
1．形状：正(余)弦曲线
2．物理意义
表示振动质点在不同时刻偏离平衡位置的位移，是位移随时间的变化规律．
3．获取信息
(1)简谐运动的振幅A和周期T，再根据f＝求出频率．
(2)任意时刻质点的位移的大小和方向．如图1所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和－x2.
图1
(3)任意时刻质点的振动方向：看下一时刻质点的位置，如图2中a点，下一时刻离平衡位置更远，故a点对应的时刻质点向x轴正方向振动．
图2
(4)判断质点的速度、加速度、位移的变化情况：若远离平衡位置，则速度越来越小，加速度、位移越来越大；若靠近平衡位置，则速度越来越大，加速度、位移越来越小．
注意：振动图像描述的是振动质点的位移随时间的变化关系，而非质点运动的轨迹．比如弹簧振子沿一直线做往复运动，其轨迹为一直线，而它的振动图像却是正弦曲线．
【例1】 (多选)如图3所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是( )
图3
A．由P→Q，位移在增大
B．由P→Q，速度在增大
C．由M→N，位移先减小后增大
D．由M→N，加速度先增大后减小
解析 由P→Q，位置坐标越来越大，质点远离平衡位置运动，位移在增大而速度在减小，选项A正确，选项B错误；由M→N，质点先向平衡位置运动，经平衡位置后又远离平衡位置，因此位移先减小后增大，由a＝＝－可知，加速度先减小后增大，选项C正确，选项D错误．
答案 AC
借题发挥 简谐运动图像的应用
(1)可以从图像中直接读出某时刻质点的位移大小和方向、速度方向、加速度方向、质点的最大位移．
(2)可比较不同时刻质点位移的大小、速度的大小、加速度的大小．
(3)可以预测一段时间后质点位于平衡位置的正向或负向，质点位移的大小与方向，速度、加速度的大小和方向的变化趋势．
针对训练1 一质点做简谐运动的图像如图4所示，在前2 s内具有最大负方向速度的时刻是( )
图4
A．0.5 s B．1 s
C．1.5 s D．2 s
解析 质点经过平衡位置时速度最大，速度方向也可以根据切线斜率的正、负来判断，也可以根据下一时刻位移的变化来判断，还可以根据简谐运动的过程来判断．
答案 B
二、简谐运动的表达式与相位、相位差
做简谐运动的物体位移x随时间t变化的表达式
x＝Asin(2πft＋φ)
1．由简谐运动的表达式我们可以直接读出振幅A、频率f和初相φ.可根据T＝求周期，可以求某一时刻质点的位移x.
2．关于两个相同频率的简谐运动的相位差Δφ＝φ2－φ1的理解
(1)取值范围：－π≤Δφ≤π.
(2)Δφ＝0，表明两振动步调完全相同，称为同相．
Δφ＝π，表明两振动步调完全相反，称为反相．
(3)Δφ>0，表示振动2比振动1超前．
Δφ<0，表示振动2比振动1滞后．
【例2】 一个小球和轻质弹簧组成的系统按x1＝5sincm的规律振动．
(1)求该振动的周期、频率、振幅和初相．
(2)另一简谐运动的表达式为x2＝5sincm，求它们的相位差．
解析 (1)已知ω＝8π rad/s，由ω＝得T＝ s，f＝＝4 Hz.A＝5 cm，φ1＝.
(2)由Δφ＝(ωt＋φ2)－(ωt＋φ1)＝φ2－φ1得，Δφ＝π－＝π.
答案 (1) s 4 Hz 5 cm (2)π
针对训练2 (多选)有两个简谐运动，其表达式分别是x1＝4sincm，x2＝5sincm，下列说法正确的是( )
A．它们的振幅相同 B．它们的周期相同
C．它们的相位差恒定 D．它们的振动步调一致
解析 由简谐运动的公式可看出，振幅分别为4 cm、5 cm，故不同；ω都是100π rad/s，所以周期(T＝)都是 s；由Δφ＝(100πt＋)－(100πt＋)＝得相位差(为)恒定；Δφ≠0，即振动步调不一致．
答案 BC
简谐运动的图像
1．(多选)如图5所示是表示一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )
图5
A．t1时刻振子正通过平衡位置向上正方向运动
B．t2时刻振子的位移最大
C．t3时刻振子正通过平衡位置向上正方向运动
D．该图像是从平衡位置计时画出的
解析 t1时刻振子正通过平衡位置向下负方向运动，选项A错误；t2时刻振子运动到负向最大位移处，选项B正确；t3时刻振子正通过平衡位置向上正方向运动，选项C正确；该图像是从正向最大位移处计时画出的，选项D错误．
答案 BC
2．装有砂粒的试管竖直静立于水面，如图6所示，将管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则如图所示描述试管振动的图像中可能正确的是( )
图6
解析 试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移．故正确答案为D.
答案 D
简谐运动的表达式
3．(多选)一弹簧振子A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．在t＝0.2 s时，振子的运动速度为零
D．若另一弹簧振子B的位移y随时间变化的关系式为x＝0.2 sin，则振动A滞后B
解析 由振动方程为x＝0.1sin 2.5πt，可读出振幅A＝0.1 m，圆频率ω＝2.5π rad/s，故周期T＝＝ s＝0.8 s，故A、B错误；在t＝0.2 s时，振子的位移最大，故速度最小，为零，故C正确；两振动的相位差Δφ＝φB－φA＝，即B超前A，或说A滞后B，选项D正确．
答案 CD
4．(多选)物体A做简谐运动的振动方程是xA＝3sin m，物体B做简谐运动的振动方程是xB＝5sin m．比较A、B的运动( )
A．振幅是矢量，A的振幅是6 m，B的振幅是10 m
B．周期是标量，A、B周期相等，都为100 s
C．A振动的频率fA等于B振动的频率fB
D．A的相位始终超前B的相位
解析 振幅是标量，A、B的振动范围分别是6 m、10 m，但振幅分别为3 m、5 m，A错；A、B的周期均为T＝＝ s＝6.28×10－2 s，B错；因为TA＝TB，故fA＝fB，C对；Δφ＝φA－φB＝，为定值，D对．
答案 CD
题组一 简谐运动的图像
1．(多选)关于简谐运动的图像，下列说法中正确的是( )
A．表示质点振动的轨迹是正弦或余弦曲线
B．由图像可判断任一时刻质点相对平衡位置的位移大小与方向
C．表示质点的位移随时间变化的规律
D．由图像可判断任一时刻质点的速度方向
解析 振动图像表示位移随时间的变化规律，不是运动轨迹，A错，C对；由振动图像可判断质点位移和速度大小及方向，B、D对．
答案 BCD
2．(多选)如图1所示是一做简谐运动的物体的振动图像，下列说法正确的是( )
图1
A．振动周期是2×10－2 s
B．第2个10－2 s内物体的位移是－10 cm
C．物体的振动频率为25 Hz
D．物体的振幅是10 cm
解析 振动周期是完成一次全振动所用的时间，在图像上是两相邻极大值间的距离，所以周期是4×10－2 s．又f＝，所以f＝25 Hz，则A项错误，C项正确；正、负最大值表示物体的振幅，所以振幅A＝10 cm，则D项正确；第2个10－2 s的初位置是10 cm，末位置是0，根据位移的概念有x＝－10 cm，则B项正确．
答案 BCD
3．(多选)一质点做简谐运动的振动图像如图2所示，则该质点( )
图2
A．在0～0.01 s内，速度与加速度同向
B．在0.01～0.02 s内，速度与回复力同向
C．在0.025 s时，速度为正，加速度为正
D．在0.04 s时，速度最大，回复力为零
解析 F、a与x始终反向，所以由x的正负就能确定a的正负．在x?t图像上，图线各点切线的斜率表示该点的速度，由斜率的正负又可确定v的正负，由此判断A、C正确．
答案 AC
4．如图3甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是( )
图3
A．在t＝0.2 s时，弹簧振子可能运动到B位置
B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续地增大
D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
答案 A
5．如图4所示是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移—时间图像，下列有关该图像的说法不正确的是( )
图4
A．该图像的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置
B．从图像可以看出小球在振动过程中是沿x轴方向移动的
C．为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移，让底片沿x轴方向匀速运动
D．图像中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同
解析 该图像的坐标原点是建立在弹簧振子的平衡位置，小球的振动过程是沿x轴方向移动的，故选项A、B正确；由获得图像的方法知，选项C错误；频闪照相是在相同时间内留下的小球的像．因此小球的疏密显示了它的位置变化快慢，选项D正确．
答案 C
6．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是( )
解析 根据F＝－kx及牛顿第二定律得a＝＝－x，当振子具有沿x轴正方向的最大加速度时，具有沿x轴负方向的最大位移，故选项A正确，选项B、C、D错误．
答案 A
7．(多选)图5为甲、乙两单摆的振动图像，则( )
图5
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4
解析 由图像可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4.
答案 BD
8．如图6甲、乙所示为一单摆及其振动图像，由图回答：
图6
(1)单摆的振幅为，频率为，摆长约为(保留一位有效数字)；图中所示周期内位移x最大的时刻为．
(2)若摆球从E指向G为正方向，α为最大摆角，则图像中O、A、B、C点分别对应单摆图中的点．一个周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是．势能增加且速度为正的时间范围是．
答案 (1)3 cm 0.5 Hz 1 m 0.5 s末和1.5 s末
(2)E、G、E、F 1.5～2 s 0～0.5 s
题组二 简谐运动的表达式与相位、相位差
9．有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有负向最大加速度，则它的振动方程是( )
A．x＝8×10－3sinm B．x＝8×10－3sinm
C．x＝8×10－1sinm D．x＝8×10－1sinm
解析 ω＝＝4π rad/s，当t＝0时，具有负向最大加速度，则x＝A，所以初相φ＝，表达式为x＝8×10－3·sin m，A对．
答案 A
10．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin t，则质点( )
A．第1 s末与第3 s末的位移相同
B．第1 s末与第3 s末的速度相同
C．第3 s末与第5 s末的位移方向相同
D．第3 s末与第5 s末的速度方向相同
解析 根据x＝Asin t可求得该质点振动周期为T＝ 8 s，则该质点振动图像如图所示，图像的斜率为正表示速度为正，反之为负，由图可以看出第1 s末和第3 s末的位移相同，但斜率一正一负，故速度方向相反，选项A正确，B错误；第3 s末和第5 s末的位移方向相反，但两点的斜率均为负，故速度方向相同，选项C错误，D正确．
答案 AD
11．(多选)一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点．图7甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向．图乙给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图像的是( )
图7
A．若规定状态a时t＝0，则图像为①
B．若规定状态b时t＝0，则图像为②
C．若规定状态c时t＝0，则图像为③
D．若规定状态d时t＝0，则图像为④
解析 若规定状态a时t＝0，振子从x＝3 cm处沿正方向运动，图像①符合，故选项A正确；若规定状态b时t＝0，振子从x＝2 cm处沿负方向运动，图像②不符合，故选项B错误；若规定状态c时t＝0，振子从x＝－2 cm处沿负方向运动，图像③不符合，故选项C错误；若规定状态d时t＝0，振子从x＝4 cm处沿正方向运动，图像④符合，故选项D正确．
答案 AD
12．如图8所示，一弹簧振子在M、N间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点O为平衡位置，MN＝8 cm.从小球经过图中N点时开始计时，到第一次经过O点的时间为0.2 s，则小球的振动周期为s，振动方程为x＝cm.
图8
解析 从N点到O点刚好为，则有＝0.2 s，故T＝0.8 s；由于ω＝＝ rad/s，而振幅为4 cm，从最大位移处开始振动，所以振动方程为x＝4cos t cm.
答案 0.8 4cos t
13．如图9所示为A、B两个简谐运动的位移－时间图像．请根据图像写出：
图9
(1)A的振幅是 cm，周期是 s；B的振幅是cm，周期是s.
(2)这两个简谐运动的位移随时间变化的关系式；
(3)在时间t＝0.05 s时两质点的位移分别是多少？
解析 (1)由图像知：A的振幅是0.5 cm，周期是0.4 s；B的振幅是0.2 cm，周期是0.8 s.
(2)由图像知：t＝0时刻A中振动的质点从平衡位置开始沿负方向振动，φA＝π，由TA＝0.4 s，得ωA＝＝5π rad/s.则A简谐运动的表达式为xA＝0.5sin(5πt＋π) cm.t＝0时刻B中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了周期，φB＝，由TB＝0.8 s得ωB＝＝2.5π，则B简谐运动的表达式为xB＝0.2sincm.
(3)将t＝0.05 s分别代入两个表达式中得：xA＝0.5sin(5π×0.05＋π) cm＝－0.5× cm＝－ cm，xB＝0.2sincm＝0.2sinπ cm.
答案 (1)0.5 0.4 0.2 0.8 (2)xA＝0.5sin(5πt＋π)cm，xB＝0.2sincm (3)xA＝－ cm，
xB＝0.2sinπ cm.
14．有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t＝0)，经过周期振子有正向最大加速度．
(1)求振子的振幅和周期；
(2)在图10中作出该振子的位移—时间图像；
图10
(3)写出振子的振动方程．
解析 (1)xBC＝20 cm，t＝2 s，n＝10，由题意可知：A＝＝＝10 cm，T＝＝＝0.2 s.
(2)由振子经过平衡位置开始计时经过周期振子有正向最大加速度，可知振子此时在负方向最大位移处．所以位移—时间图像如图所示．
(3)由A＝10 cm，T＝0.2 s，ω＝＝10π rad/s，故振子的振动方程为x＝10sin(10πt＋π)cm.
答案 (1)10 cm 0.2 s
(2)见解析图
(3)x＝10sin (10πt＋π)cm
第4讲 阻尼振动 受迫振动
[目标定位] 1.知道阻尼振动和无阻尼振动并能从能量的观点给予说明.2.知道受迫振动的概念．知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，而跟振动物体的固有频率无关.3.理解共振的概念，知道常见共振的应用和危害．
一、阻尼振动
1．阻尼振动
系统在振动过程中受到阻力的作用，振动逐渐消逝，振动能量逐步转变为其他能量，这种振动叫做阻尼振动．
2．自由振动(无阻尼振动)
系统不受外力作用，也不受任何阻力，只在自身回复力作用下的振动．
3．固有频率：自由振动的频率．固有频率由系统本身的特征决定．
想一想 阻尼振动中，在振幅逐渐减小的过程中，振子的周期如何变化？
答案 不变．周期与振幅无关．
二、受迫振动
1．驱动力：周期性的外力．
2．受迫振动：系统在驱动力作用下的振动．
3．振动稳定后受迫振动的周期总等于驱动力的周期，受迫振动稳定后的频率与物体的固有频率没有关系．
三、共振
驱动力的频率等于振动物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫做共振．
想一想 自由振动、受迫振动和共振分别对应的周期(或频率)是什么？
答案 自由振动对应固有周期(或固有频率)，受迫振动对应驱动力的周期(或频率)，而共振对应的是驱动力的周期(或频率)与固有周期(或频率)相等．
四、共振的应用和防止
在需要利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动系统的固有频率；在需要防止共振时，应使驱动力的频率远离振动系统的固有频率.
一、阻尼振动和受迫振动
1．阻尼振动是振动系统在阻力的作用下，振幅逐渐减小的振动．
说明：阻尼振动中振幅虽逐渐减小，但振动的频率不会变化，此频率为固有频率，由振动系统决定．
2．受迫振动是指系统在驱动力作用下的振动．做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关．
说明：受迫振动中，若周期性的驱动力给系统补充的能量与系统因振动阻尼消耗的能量相等，物体做等幅振动，但此振动不是简谐运动．
【例1】 (多选)一单摆在空气中振动，振幅逐渐减小，下列说法中正确的是( )
A．振动能量逐渐转化为其他形式的能
B．后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能
C．后一时刻的势能一定小于前一时刻的势能
D．后一时刻的机械能一定小于前一时刻的机械能
解析 单摆在振动过程中，因不断克服空气阻力做功使振动能量逐渐转化为内能，A、D正确；虽然单摆总的机械能在逐渐减小，但在振动过程中动能和势能仍不断地相互转化，动能转化为势能时，动能逐渐减小，势能逐渐增大，而势能转化为动能时，势能逐渐减小，动能逐渐增大，所以不能断言后一时刻的动能(或势能)一定小于前一时刻的动能(或势能)，故B、C错误．
答案 AD
【例2】 如图1所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为( )
图1
A．1 Hz B．3 Hz
C．4 Hz D．5 Hz
解析 受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1 Hz，选项A正确．
答案 A
二、对共振的理解
1．定义
物体做受迫振动时，当驱动力的频率等于系统的固有频率时，振动的振幅最大，这种现象叫共振．
2．发生共振的条件
f驱＝f固，即驱动力的频率等于振动系统的固有频率．
3．共振曲线(如图2所示)
图2
4．共振的防止与利用
(1)利用：由共振的条件知，要利用共振，就应尽量使驱动力的频率与物体的固有频率一致．如共振筛、共振转速计等．
(2)防止：由共振曲线可知，在需要防止共振危害时，要尽量使驱动力的频率和固有频率不相等，而且相差越多越好．如：部队过桥应便步走．
说明：共振是物体做受迫振动时的一种特殊现象．
【例3】 (多选)如图3所示，在一根张紧的水平绳上悬挂五个摆，其中A、E的摆长为l，B的摆长为0.5l，C的摆长为1.5l，D的摆长为2l，先使A振动起来，其他各摆随后也振动起来，则摆球振动稳定后( )
图3
A．D的振幅一定最大 B．E的振幅一定最大
C．B的周期一定最短 D．四个摆的周期相同
解析 A振动起来后，使得B、C、D、E做受迫振动，振动的频率都等于A振动的频率，即各摆振动的周期都相等，选项C错误，D正确；由于D与A的摆长相差最大，E与A的摆长相等，所以D的振幅最小，E发生共振，振幅最大，选项A错误，B正确．
答案 BD
【例4】 (多选)如图4所示一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系，由图可知( )
图4
A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态
B．驱动力频率为f3时，振子的振动频率为f3
C．假如让振子自由振动，它的频率为f2
D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3
解析 由题图可知当驱动力的频率为f2时，振子的振幅最大，即振子发生共振现象，故A正确；由共振条件知振子的固有频率为f2，所以C正确，D错误；振子做受迫振动时，振动频率由驱动力的频率决定，故B正确．
答案 ABC
对阻尼振动的理解
1．(多选)若空气阻力不可忽略，单摆在偏角很小的摆动中，总是减小的物理量为( )
A．振幅 B．位移
C．周期 D．机械能
解析 有空气阻力时，振动为阻尼振动，振幅不断减小，机械能也不断减小．在平衡位置，位移为零，而后位移增大，直至动能为零时位移达到最大，然后位移又减小到零，所以位移不是一直减小．根据单摆周期公式T＝2π，l、g不变，则T不变，故选项A、D正确．
答案 AD
2．如图5所示是单摆做阻尼运动的位移—时间图线，下列说法中正确的是( )
图5
A．摆球在P与N时刻的势能相等
B．摆球在P与N时刻的动能相等
C．摆球在P与N时刻的机械能相等
D．摆球在P时刻的机械能小于N时刻的机械能
解析 由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N两时刻位移大小相同，所以关于平衡位置对称，所以势能相等，A正确；由于系统机械能在减少，P、N势能相同，则P处动能大于N处动能，所以B、C、D错．故正确答案为A．
答案 A
3．如图6所示，曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子上下自由振动，测得振动频率为2 Hz，然后匀速转动摇把，转速为240 r/min，当振子振动稳定后，它的振动周期为( )
图6
A． s B． s
C．2 s D．4 s
解析 受迫振动的周期等于驱动力的周期，故T＝ s＝ s.
答案 B
对共振的理解
4．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则( )
驱动力频率/Hz
30
40
50
60
70
80
受迫振动振幅/ cm
10.2
16.8
27.2
28.1
16.5
8.3
A．f固＝60 Hz B．60 HzC．50 Hz解析 从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50 Hz～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此，50 Hz答案 C
题组一 对阻尼振动的理解
1．自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．总能量守恒，机械能减小
D．只有动能和势能的相互转化
答案 C
2．(多选)关于阻尼振动，以下说法中正确的是( )
A．机械能不断减小 B．动能不断减小
C．振幅不断减小 D．一定不是简谐运动
解析 阻尼振动是振幅不断减小的振动，故阻尼振动一定不是简谐运动，而振幅是振动能量的标志，故阻尼振动中机械能也不断减小，但动能在振动过程中是不断变化的，故正确答案为A、C、D.
答案 ACD
题组二 对受迫振动的理解
3．下列振动中属于受迫振动的是( )
A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动
B．打点计时器接通电源后，振针的振动
C．小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动
D．弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动
解析 受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动，故只有B对．C是阻尼振动，D是简谐运动．
答案 B
4．(多选)下列说法中正确的是( )
A．有阻力的振动叫做受迫振动
B．物体振动时受到外力作用，它的振动就是受迫振动
C．物体在周期性外力作用下的振动叫做受迫振动
D．物体在周期性外力作用下振动，它的振动频率最终等于驱动力频率
解析 物体在周期性外力作用下的振动叫做受迫振动，选项C对，B错；这个周期性的外力能给振动物体补充能量，而阻力不行，选项A错；受迫振动的频率最终等于驱动力频率，选项D对．
答案 CD
5．两个弹簧振子，甲的固有频率是100 Hz，乙的固有频率是400 Hz，若它们均在频率是300 Hz的驱动力作用下做受迫振动，则振动稳定后( )
A．甲的振幅较大，振动频率是100 Hz
B．乙的振幅较大，振动频率是300 Hz
C．甲的振幅较大，振动频率是300 Hz
D．乙的振幅较大，振动频率是400 Hz
解析 振动稳定后，受迫振动的频率等于驱动力频率，选项A、D错；由于乙的固有频率更接近驱动力频率，所以乙的振幅较大，选项B对，C错．
答案 B
6．(多选)2014年8月3日16时30分，云南省昭通市鲁甸县发生了6.5级大地震灾害，导致很多房屋坍塌，场景惨不忍睹，在发生地震时，下列说法正确的是( )
A．所有建筑物振动周期相同
B．所有建筑物振幅相同
C．建筑物的振动周期由其固有周期决定
D．所有建筑物均做受迫振动
解析 地面上的所有建筑物都在同一驱动力下做受迫振动，它们的振动周期都与驱动力的周期相同，与其固有周期无关，故A、D正确，C错误；由于不同的建筑物固有周期不尽相同，所以做受迫振动时，它们的振幅不一定相同，B错误．
答案 AD
题组三 共振及其应用与防止
7．(多选)下列关于应用共振和防止共振的说法，正确的是( )
A．共振现象总是有害的，所以要避免共振现象发生
B．队伍过桥要慢行是为了不产生周期性的驱动力，从而避免产生共振
C．火车过桥慢行是为了使驱动力的频率远小于桥的固有频率，从而避免产生共振
D．利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率；防止共振危害时，应使驱动力的频率远离振动物体的固有频率
答案 CD
8．(多选)如图1所示，在一条张紧的绳上挂7个摆，先让A摆振动起来，则其余各摆也随之振动，已知A、B、F三摆的摆长相同，则下列判断正确的是( )
图1
A．7个摆的固有频率都相同
B．振动稳定后7个摆的振动频率都相同
C．B、F摆的摆长与A摆相同，它们的振幅最大
D．除A摆外，D、E摆离A摆最近，它们的振幅最大
解析 7个摆的摆长不完全相同，固有频率不相同，选项A错；A摆振动起来后，带动其余6个摆做受迫振动，振动稳定后7个摆的振动频率都相同，选项B对；B、F摆的摆长与A摆相同，发生共振，选项C对，D错．
答案 BC
9．一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图2所示，则( )
图2
A．此单摆的固有周期约为0.5 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
解析 由共振条件知单摆固有频率为f＝0.5 Hz，则其固有周期为T＝＝2 s，选项A错；由单摆周期公式T＝2π，可求得单摆摆长为l＝≈1 m，选项B对；摆长增大，单摆的周期变大，其固有频率变小，共振曲线的峰将向左移动，选项C、D错．
答案 B
10．脱水机把衣服脱水完后切断电源，电动机还要转一会儿才能停下来，在这一过程中，发现脱水机在某一时刻振动得很剧烈，然后又慢慢振动直至停止运转，其中振动很剧烈的原因是( )
A．脱水机没有放平稳
B．电动机在这一时刻转快了
C．电动机在这一时刻的转动频率跟脱水机的固有频率相近或相等
D．是脱水机出现了故障
解析 由于电动机的转动，使脱水机做受迫振动．而电动机转动的频率是逐渐变化的，当它的频率接近或等于脱水机的固有频率时，发生共振现象，C正确．
答案 C
11．(多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等．所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s．下列说法正确的是( )
A．列车的危险速率为40 m/s
B．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
解析 对于受迫振动，当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象，所以列车的危险速率v＝＝40 m/s，A正确；为了防止共振现象发生，列车过桥需要减速，B正确；列车运行的振动频率是等于做受迫振动的驱动力的频率，与列车的固有频率无关，C项错；由v＝知，L增大时，T不变，v变大，D正确．所以A、B、D正确．
答案 ABD
12．(多选)把一个筛子用四根弹簧支起来，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3所示)．不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15 s；在某电压下，电动偏心轮的转速是88 r/min.已知增大电动偏心轮的电压可以使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期．为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是( )
图3
A．降低输入电压 B．提高输入电压
C．增加筛子质量 D．减小筛子质量
解析 筛子的固有频率为f固＝ Hz＝ Hz，而当时的驱动力频率为f驱＝ Hz＝ Hz，即f固答案 AD
13．(多选)如图4所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，下列说法正确的是( )
图4
A．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则两次摆长之比l1∶l2＝25∶4
C．图线Ⅱ若是在地球上完成的，则该摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ是在地球上完成的
解析 图线中振幅最大处对应频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率f1＝0.2 Hz，f2＝0.5 Hz.根据周期公式可得f＝＝ ，当两摆分别在月球上和地球上做受迫振动且摆长相等时，g越大，f越大，所以g2>g1，由于月球上的重力加速度比地球上的小，所以图线 Ⅰ 表示月球上单摆的共振曲线，选项A正确；
若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则g相同，两次摆长之比l1∶l2＝∶＝25∶4，所以选项B正确；图线Ⅱ若是在地球上完成的，将g＝9.8 m/s2和f2＝0.5 Hz代入频率的计算公式可解得l2≈1 m，所以选项C正确，D错误．
答案 ABC
14．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦地探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法解决了这一问题，在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是( )
A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率
解析 飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼的固有周期非常接近或相等．在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而达到避免共振的目的，故选项D正确．
答案 D
第5讲 学生实验：用单摆测定重力加速度
[目标定位] 1.掌握用单摆测定重力加速度的原理和方法.2.体会单摆做简谐运动的条件．
一、实验原理
根据单摆的周期公式T＝2π，可得g＝.
只要测出单摆的摆长l和振动周期T即可算出当地的重力加速度g.
二、实验过程
1．让细线的一端穿过摆球的小孔，然后打一个比小孔大的线结．线的另一端用铁夹固定在铁架台上．把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．如图1所示．
图1
2．用米尺量出悬线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆长l＝l′＋.
3．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°)后释放，使摆球只在一个竖直平面内做简谐运动．从摆球通过平衡位置时开始计时，数出之后摆球通过平衡位置的次数n，用停表记下所用的时间t，则单摆振动的周期T＝.
4．根据单摆的周期公式，计算出重力加速度．
5．变更摆长，重做几次实验，计算出每次实验得到的重力加速度值，求其平均值．
一、实验器材、实验步骤与数据处理
1．实验器材
长约1 m的细线，有小孔的摆球一个，带铁夹的铁架台、停表、游标卡尺、米尺．
2．实验步骤
3．数据处理
(1)公式法：将实验数据代入公式g＝求出每次重力加速度的值，然后求g的平均值，即为本地的重力加速度．
(2)图像法：由T＝2π得T2＝l，以T2为纵轴，以l为横轴，作出T2 l图像，如图2所示．其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g.
图2
【例1】 在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝.如果已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图3(a)所示，那么单摆摆长是 cm.如果测定了40次全振动的时间如图(b)中秒表所示，那么秒表读数是s，单摆的摆动周期是s.
图3
解析 由实验原理和单摆的周期公式T＝2π知g＝.摆球的直径d＝2.00 cm，故摆长l＝(88.40－) cm＝87.40 cm.秒表的读数t＝75.2 s，故单摆的振动周期T＝＝ s＝1.88 s.
答案 87.40 75.2 1.88
【例2】 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，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T2?l图像，如图4所示．
图4
(1)实验得到的T2 l图像是(选填a、b或c)；
(2)小球的直径是cm；
(3)实验测得当地重力加速度大小是m/s2(π＝3.14，结果取三位有效数字)．
解析 (1)由T＝2π得l＝T2＋，由数学关系得斜率为，截距为，截距为正值，则图像为c.
(2)由截距为＝0.6 cm，可知d＝1.2 cm.
(3)由斜率k＝＝，可知g＝9.86 m/s2.
答案 (1)c (2)1.2 (3)9.86
二、注意事项与误差分析
1．注意事项
(1)选择材料时应选择细而不易伸长的线，长度一般为1 m左右．小球应选用质量大、体积小的金属球．
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应紧夹在铁夹中．以免摆动时发生悬线下滑，摆长改变的现象．
(3)注意摆动时控制悬线偏离竖直方向不超过5°，可通过估算振幅的办法掌握．
(4)摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆．
(5)计算单摆的振动次数时，应以摆球摆动稳定后通过最低位置时开始计时，若以后每当摆球从同一方向通过最低点时计数，则记录的是全振动的次数n.周期T＝；若数出的是以后摆球通过平衡位置的次数n，则周期T＝＝.
2．误差分析
(1)本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求．即：悬点是否固定，是单摆还是复摆，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内摆动，以及测量哪段长度作为摆长等等．
(2)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上，因此，要注意测准时间(周期)．要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，应进行多次测量取平均值．
【例3】 用单摆做测定重力加速度的实验，某同学做实验时，操作上错误或不合理的有．
A．单摆的偏角大于10°
B．摆球摆动到最高点开始计时
C．防止摆球在水平面内做圆周运动或椭圆运动
D．测出的摆线长就是摆长
E．在平衡位置启动秒表，并开始计数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，则T＝
解析 A．单摆应保证偏角小于5°，做简谐运动．
B．应在通过最低点时开始计时，误差较小．
C．摆长应为摆线长加摆球半径．
E．如此计数，则T＝，应在摆球经过平衡位置时开始计数，在摆球下一次以相同方向通过平衡位置时，计数为1.
答案 ABDE
【例4】 在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是( )
A．测定周期时，振动次数少数了一次
B．测定周期时，振动次数多数了一次
C．摆球的质量过大
D．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径
解析 由计算g的公式g＝可知，如果振动次数多数了一次，即T偏小，使g偏大，选项A错，B对；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项C错；当l偏小时，求得的g偏小，选项D错．
答案 B
实验原理、器材及数据处理
1．在用单摆测定重力加速度实验中：(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上．
A．长1 m左右的细绳； B．长30 cm左右的细绳；
C．直径2 cm的铅球； D．直径2 cm的铁球；
E．秒表； F．时钟；
G．分度值是1 cm的直尺； H．分度值是1 mm的直尺；
所选器材是_．
(2)实验时对摆线偏离竖直线的要求是；理由是．
解析 (1)单摆周期公式为：T＝2π，经变换得g＝.因此，在实验中只要测出单摆的摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值，本实验的目的是测出g的值，而不是验证单摆的振动规律．如果在实验中选用较短的摆线，既会增大摆长的测量误差，又不易于保证偏角θ小于5°的要求．为让单摆的振动缓慢，方便计数和计时，所以应选A．摆球应尽量选重的，所以选C．因为单摆振动周期T的测量误差对重力加速度g的影响较大，所以计时工具应选精确度高一些的秒表．摆长的测量误差同样对g的影响较大，也应选精度较高的最小刻度为毫米的直尺．故所选器材是ACEH.
(2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mgsin θ，只有当θ＜5°时，sin θ≈θ，单摆振动才是简谐运动，周期T＝2π的关系式才成立．
答案 见解析
2．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图5甲所示，可读出摆球的直径为cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长l.
图5
(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝s(结果保留三位有效数字)．
(3)测量出多组周期T、摆长l的数值后，画出T2－l图线如图丙所示，此图线斜率的物理意义是( )
A．g B．
C． D．
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( )
A．偏大 B．偏小
C．不变 D．都有可能
(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振周期T1，然后把摆线缩短适当的长度Δl，再测出其振动周期T2用该同学测出的物理量表示重力加速度g＝.
解析 (1)摆球的直径为d＝20 mm＋7× mm＝20.7 mm＝2.07 cm.(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝T＝T，所以周期T＝≈2.28 s．(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得＝＝k(常数)，所以选项C正确．(4)因为＝＝k(常数)，所以＝＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足＝＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变．(5)根据(4)的分析，＝，所以g＝＝.
答案 (1)2.07 (2)2.28 (3)C (4)C (5)
3．有五组同学用单摆测定重力加速度，各组的实验器材和数据如下表所示，若各组同学实验操作水平相同，那么第组同学测定的结果最准确，若该组同学根据自己测得的实验数据作出单摆的振动图像如图6所示，那么该同学测出的重力加速度大小是 m/s2.
图6
组别
摆球材料
最大偏角
摆长
全振动次数
1
木
5°
0.40 m
10
2
铝
5°
0.50 m
20
3
铜
8°
0.60 m
30
4
铁
7°
0.08 m
40
5
铅
4°
0.80 m
50
解析 要使测得的重力加速度值更准确，则应尽量使摆长长一些，摆球应选择密度大一些的材料做的小球，记录周期时尽量多记几次，取平均值，以减小偶然误差．因此5组同学中的第5组测定的结果最准确．由表可读出，第5组同学所用摆长为l＝0.80 m，由题图可知，该单摆的周期T＝1.80 s，代入公式g＝l得：g＝ m/s2≈9.74 m/s2.
答案 5 9.74
注意事项与误差分析
4．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)某同学分别选用四种材料不同、直径相同的实心球做实验，各组实验的测量数据如下表．若要计算当地的重力加速度值，应选用第组实验数据.
组别
摆球材料
摆长l/m
最大摆角
全振动次数N/次
1
铜
0.40
15°
20
2
铁
1.00
5°
50
3
铝
0.40
15°
10
4
木
1.00
5°
50
(2)甲同学选择了合理的实验装置后，测量出几组不同摆长l和周期T的数值，画出如图7所示T2－l图像中的实线OM，并算出图线的斜率为k，则当地的重力加速度g＝.
图7
(3)乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2?l图像为( )
A．虚线①，不平行OM B．虚线②，平行OM
C．虚线③，平行OM D．虚线④，不平行OM
解析 (1)为了减小空气阻力对单摆振动的影响，摆球应选择铁球，摆线长约1 m，振动时单摆的最大摆角约5°，所以要计算当地的重力加速度值，应选用第2组实验数据．
(2)根据单摆的周期公式T＝2π得T2＝，根据数学知识可知，T2－l图像的斜率k＝，所以当地的重力加速度g＝.
(3)测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆线的长度变成摆长，则有T2＝＝＝＋，根据数学知识可知，T2＝与实线T2＝图线平行，而且图线左移，故选B.
答案 (1)2 (2) (3)B
题组一 实验原理、器材和步骤
1．用单摆测定重力加速度，根据的原理是( )
A．由g＝看出，T一定时，g与l成正比
B．由g＝看出，l一定时，g与T2成反比
C．由于单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，利用g＝可算出当地的重力加速度
D．同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比
解析 g是由所处的地理位置的情况来决定的，与l及T无关，故只有C正确．
答案 C
2．(多选)某学生利用单摆测定重力加速度，在以下各实验步骤中有错误的是( )
A．在未悬挂之前先测定好摆长
B．测量摆长为10 cm
C．将摆球拉离平衡位置，偏角约5°后释放，让其在竖直平面内振动
D．当摆球第一次通过平衡位置时，启动秒表开始计时，当摆球第三次通过平衡位置时，制动秒表，记下时间
解析 摆长是悬点到小球球心的距离，应先拴好单摆再测摆长，且摆线以约1 m为宜，故A、B错误；单摆只有在偏角小于5°时，才近似认为是简谐运动，其周期才满足公式T＝2π，故C正确；测周期时，应先测30～50次全振动的时间，再计算出平均周期，且应以小球某次经过平衡位置时开始计时，故D错误．
答案 ABD
题组二 数据处理与误差分析
3．某同学在做“用单摆测定重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为101.5 s．则：
(1)他测得的重力加速度g＝ m/s2.
(2)他测得的g值偏小，可能的原因是．(填选项前面的字母)
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．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
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49.5次全振动数为50次
解析 (1)单摆的摆长为l＝l线＋＝1.02 m，单摆运动的周期为T＝＝ s＝2.03 s，根据单摆的周期公式T＝2π ，代入数据解得重力加速度为g≈9.76 m/s2.
(2)由单摆的周期公式T＝2π ，解得重力加速度为g＝＝，测得的g值偏小，可能是n、l测量偏小，也可能是t测量偏大造成的，可能的原因是B.
答案 (1)9.76 (2)B
4．(1)在利用单摆测重力加速度的实验中，甲组同学用游标卡尺测出小球的直径如图1甲所示．则该小球的直径为cm.
图1
(2)乙组同学在实验中测出多组摆长和运动的周期，根据实验数据，作出T2 l的关系图像如图乙所示，该同学在实验中出现的错误可能是计算摆长时(选填“漏加”或“多加”)了小球的半径．
(3)虽然实验中出现了错误，但根据图像中的数据，仍可算出准确的重力加速度，其值为m/s2(π＝3.14，结果保留三位有效数字)．
解析 (1)小球的直径d＝2 cm＋2×0.05 mm＝2.010 cm.
(2)根据该同学作出的T2?l的关系图像可知，当T＝0时，摆长不等于零，这可能是计算摆长时多加了小球的半径．
(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得T2＝l，所以重力加速度g与图线的斜率k之间的关系是g＝，可得g＝9.86 m/s2.
答案 (1)2.010 (2)多加 (3)9.86
5．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图2甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
图2
(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为( )
A． B．
C． D．
(2)如果实验中所得到的T2 L关系图像如图乙所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的．
(3)由图像可知，小筒的深度h＝ m.
解析 (1)58个“半周期”，这段时间t含有29个周期，该单摆的周期为，选项A正确．
(2)由T＝2π 得，T2＝L＋h，可知T2 L关系图像为a.
(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得
h＝30 cm＝0.3 m
答案 (1)A (2)a (3)0.3
6．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
图3
(1)为了减小测量周期的误差，计时开始时，应选择摆球经过最(填“高”或“低”)点的位置开始计时，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图3甲中停表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆振动周期为．
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为m.
(3)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝.
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中．
A．甲的说法正确
B．乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
解析 (1)计时开始时，应选择摆球经过最低点的位置开始计时，因为摆球经过最低点时的速度最大，误差最小．停表的读数是1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，周期T＝＝2.05 s.
(2)摆长指的是悬点到小球球心的距离，根据题图乙可知，单摆的摆长为l＝0.997 m.
(3)单摆的周期T＝2π可得g＝l.
(4)如果考虑空气浮力的作用，那么摆球的等效重力加速度g′小于g，摆长不变的情况下，周期变长，甲同学的说法正确．
答案 (1)低 2.05 s (2)0.997 (3)l (4)A
7．某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l，通过改变摆线的长度，测得6组l和对应的周期T，画出l－T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图4所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将．(填“偏大”“偏小”或“相同”)
图4
解析 由周期公式T＝2π，得T2g＝4π2l，结合图像得到g＝，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响．
答案 相同
8．根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图5甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图乙所示，读数为mm.
图5
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有．
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
解析 (1)根据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数：18 mm＋0.1×6 mm＝18.6 mm；(2)摆线要选择细些可减小阻力；伸缩性小些的，保证摆长不变；并且尽可能长一些，在合适的振幅下，摆角小．所以摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项a正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，选项b正确；为了使摆的周期大一些，以方便测量，可增大摆长．开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致摆角大于5°，使误差增大，选项c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5度，在摆球通过平衡位置的同时开始计时，测量单摆运动50个周期的时间t，则单摆周期T＝，选项d错误，e正确．
答案 18.6 abe
9．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图6甲、乙所示．测量方法正确的是(选填“甲”或“乙”)．
图6
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图7甲所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图7乙所示，则该单摆的振动周期为．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将(填“变大”、“不变”或“变小”)，图乙中的Δt将(填“变大”、“不变”或“变小”)．
图7
解析 (2)小球摆动到最低点时，挡光使得光敏电阻阻值增大，从t1时刻开始，再经两次挡光完成一个周期，故T＝2t0；摆长为摆线长加小球半径，当小球直径变大，则摆长增加，由周期公式T＝2π可知，周期变大；当小球直径变大，挡光时间增加，即Δt变大．
答案 (1)乙 (2)2t0 变大 变大
