第1讲机械振动。
时间：60分钟。
1．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中 (
a．振子所受的回复力逐渐增大。
b．振子的位移逐渐增大。
c．振子的速度逐渐减小。
d．振子的加速度逐渐减小。
解析分析这类问题，关键是首先抓住回复力与位移的关系，然后运用牛顿运动定律逐步分析．在振子向平衡位置运动的过程中，振子的位移逐渐减小，因此，振子所受回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向相同，故速度逐渐增大．
答案 d2．一质点做简谐运动时，其振**象如图1-1-17所示．由图可知，在t1和t2时刻，质点运动的。
图1-1-17
a．位移相同。
b．回复力相同。
c．速度相同。
d．加速度相同。
解析从题图中可以看出在t1和t2时刻，质点的位移大小相等、方向相反．则有，在t1和t2时刻质点所受的回复力大小相等、方向相反，加速度大小相等、方向相反，a、b、d错误；在t1和t2时刻，质点都是从负最大位移向正最大位移运动，速度方向相同，由于位移大小相等，所以速度大小相等，c正确，本题答案为c.
答案 c3．如图1-1-18是一做简谐运动的物体的振**象，下列说法正确的是。
a．振动周期是2×10－2 s
b．前2×10－2 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
解析物体做简谐运动的周期、振幅是振**象上明显标识的两个物理量，由题图知，周期为4×10－2 s，振幅为10 cm，频率f＝＝25 hz，选项a错误，c、d正确；前2×10－2 s内物体从平衡位置又运动到平衡位置，物体位移为0，选项b错误．
答案 cd4．(2011·上海卷，5)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2(v1＞v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和a1、a2，则。
a．f1＞f2，a1＝a2 b．f1＜f2，a1＝a2
c．f1＝f2，a1＞a2 d．f1＝f2，a1＜a2
解析单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以a、b错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以c正确、d错误．
答案 c5．如图1-1-19所示为某弹簧振子在0～5 s内的振**象，由图可知，下列说法中正确的是。
图1-1-19
a．振动周期为5 s，振幅为8 cm
b．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值。
c．第3 s末振子的速度为正向的最大值。
d．从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动。
解析根据题图象可知，弹簧振子的周期t＝4 s，振幅a＝8 cm，选项a错误；第2 s末振子到达负的最大位移处，速度为零，加速度最大，且沿x轴正方向，选项b错误；第3 s末振子经过平衡位置，速度达到最大，且向x轴正方向运动，选项c正确；从第1 s末到第2 s末振子经过平衡位置向下运动到达负的最大位移处，速度逐渐减小，选项d错误．
答案 c6．图1-1-20为一弹簧振子的振**象，由此可知。
图1-1-20
a．在t1时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最大。
b．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最小。
c．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最小。
d．在t4时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最大。
解析从题图象的横坐标和纵坐标可知此图是振**象，它所描述的是一个质点在不同时刻的位置，t2和t4是在平衡位置处，t1和t3是在最大位移处，根据弹簧振子振动的特征，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹性力为零；在最大位移处，速度为零，加速度最大，即弹性力为最大，所以b正确．
答案 b7．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。
a．f固＝60 hzb．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
8. (1)将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图1-2-21所示．某同学由此图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是___
图1-2-21
a．t＝0.2 s时摆球正经过最低点。
b．t＝1.1 s时摆球正经过最低点。
c．摆球摆动过程中机械能减小。
d．摆球摆动的周期是t＝1.4 s
2)如图1-2-22所示为同一地点的两单摆甲、乙的振**象，下列说法中正确的是___
图1-2-22
a．甲、乙两单摆的摆长相等。
b．甲摆的振幅比乙摆大。
c．甲摆的机械能比乙摆大。
d．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆。
解析 (1)悬线拉力在经过最低点时最大，t＝0.2 s时，f有正向最大值，故a选项正确，t＝1.1 s时，f有最小值，不在最低点，周期应为t＝1.
0 s，因振幅减小，故机械能减小，c选项正确．(2)振幅可从题图上看出甲摆振幅大，故b对．且两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法比较机械能．t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，所以正确答案为a、b、d.
答案 (1)ac (2)abd
9．(2012·浙江温州二模，19)
图1-1-23
在光滑水平面上有两个完全相同的弹簧振子a和b，o1、o2为其平衡位置，如图1-1-23所示．今将a向右拉伸4 cm，将b向右压缩2 cm，同时由静止释放，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
a．两弹簧振子的小球经过平衡位置时的速度相同。
b．两弹簧振子的小球每次都在平衡位置处相遇。
c．两弹簧振子的小球不一定在平衡位置处相遇。
d．在振动过程中的任一时刻，a的机械能与b的机械能不会相等。
解析初始时刻势能不同，根据机械能守恒，平衡位置动能也不同，任意时刻机械能不同，a错，d对；周期与振幅无关，所以周期相同，每次都同时刻到达平衡位置，b对，c错．
答案 bd10．有一弹簧振子在水平方向上的bc之间做简谐运动，已知bc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．
图1-1-25
1)求振子的振幅和周期；
2)在图1125中作出该振子的位移—时间图象；
3)写出振子的振动方程．
解析 (1)振幅a＝10 cm，t＝s ＝0.2 s.
2)四分之一周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移．如图所示．
3)设振动方程为。
y＝asin(ωt＋φ)
当t＝0时，y＝0，则sin φ＝0得φ＝0，或φ＝π当再过较短时间，y为负值，所以φ＝π
所以振动方程为y＝10sin(10πt＋π)cm.
答案 (1)10 cm 0.2 s (2)如解析图。
3)y＝10sin(10πt＋π)cm
11．简谐运动的振**线可用下述方法画出：如图1-1-26(1)所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔p，让一条纸带在与小球振动垂直的方向上匀速运动，笔p在纸带上画出的就是小球的振**象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振**线如图1126(2)所示．
图1-1-26
1)为什么必须匀速拖动纸带？
2)刚开始计时时，振子处在什么位置？t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是多少？
3)若纸带运动的速度为2 cm/s，振**线上两点间的距离是多少？
4)振子在___s末负方向速度最大；在___s末正方向加速度最大；2.5 s时振子正在向___方向运动．
5)写出振子的振动方程．
解析 (1)纸带匀速运动时，由x＝vt知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间．
2)由图(2)可知t＝0时，振子在平衡位置左侧最大位移处；周期t＝4 s，t＝17 s时位移为零．
3)由x＝vt，所以两点间距x＝4 cm.
4)3 s末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位置，所以t＝0或t＝4 s时正方向加速度最大；t＝2.5 s时，振子向－x方向运动．
5)x＝10sin cm.
答案 (1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间。
2)左侧最大位移零 (3)4 cm (4)3 0或4 －x
5)x＝10sin cm
1．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议：
a．适当加长摆线。
b．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的。
c．单摆偏离平衡位置的角度不能太大。
d．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期。
其中对提高测量结果精确度有利的是___
解析适当加大摆线长度，有利于把摆球看成质点，在摆角小于10°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，a正确；摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球其影响越大，b错误；摆角应小于10°，c正确；本实验采用累积法测量周期，若仅测量一次全振动，由于球过平衡位置时速度较大，难以准确记录，且一次全振动的时间太短，偶然误差较大，d错误．
答案 ac5.某同学在做“**单摆周期与摆长的关系”的实验中，先测得摆线长78.50 cm，摆球直径2.
0 cm.然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力f的大小随时间t的变化曲线如图1-5-9所示．
图1-5-9
1)该摆摆长为___cm.
2)该摆摆动周期为___s.
3)测得当地重力加速度g的值为___m/s2.
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