第第頁【課標要求】1.通過實驗,認識簡諧運動的特征。能用公式和圖像描述簡諧運動。2.通過實驗,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.通過實驗,認識受迫振動的特點。了解產生共振的條件及其應用。4.通過觀察,認識波的特征。能區(qū)別橫波和縱波。能用圖像描述橫波。理解波速、波長和頻率的關系。5.知道波的反射和折射現(xiàn)象。通過實驗,了解波的干涉與衍射現(xiàn)象。6.通過實驗,認識多普勒效應。能解釋多普勒效應產生的原因。能列舉多普勒效應的應用實例?！究记榉治觥繖C械振動2024·新課標卷·T19、2024·福建卷·T2、2024·河北卷·T6、2024·甘肅卷·T5、2023·山東卷·T10、2023·浙江1月選考卷·T6機械波2024·廣東卷·T3、2024·江蘇卷·T7、2024·山東卷·T9、2023·廣東卷·T4、2023·湖南卷·T3、2023·全國甲卷·T34、2023·全國乙卷·T34實驗:用單擺測量重力加速度的大小2023·新課標卷·T23第1講機械振動為了提高松樹上松果的采摘率和工作效率,工程技術人員利用松果的慣性發(fā)明了用打擊桿、振動器使松果落下的兩種裝置,如圖甲、乙所示。(1)打擊桿和振動器使松果落下的原理是否相同?(2)振動器穩(wěn)定工作后,針對不同的樹木,落果效果最好的振動頻率是否相同?(3)隨著振動器頻率的增加,樹干振動的幅度是否一定增大?1.如圖所示,彈簧振子在B、C間做簡諧運動,O為平衡位置,BO=OC=5cm,若振子從B第一次運動到O的時間是0.5s,則下列說法正確的是()[A]振幅是10cm[B]振動周期是1s[C]經過一次全振動,振子通過的路程是10cm[D]從B開始經過3s,振子通過的路程是30cm【答案】D2.如圖所示為某彈簧振子振動的xt圖像,已知該圖像為正弦函數(shù)圖像,下列描述正確的是()[A]該振子的周期為2s[B]在1.5～2s內,振子的加速度不斷增大[C]在3.5s時,振子的速度沿x軸負方向,加速度也沿x軸負方向[D]在3.5～5.5s內,振子通過的路程為5(1+2)cm【答案】C【答案】正弦函數(shù)正弦曲線正比指向回復力Asin(ωt+)初相-kx分力2πl(wèi)g4π等于f固考點一簡諧運動的基本特征簡諧運動的五個特征受力特點回復力F=-kx,F(或a)的大小與x的大小成正比,方向相反運動特點靠近平衡位置時,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做簡諧運動的物體的位移、回復力、加速度和速度均隨時間做周期性變化,變化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化,其變化周期為T對稱性(1)如圖所示,做簡諧運動的物體經過關于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP=OP′)時,速度的大小、動能、勢能相等,相對于平衡位置的位移大小相等。(2)物體由P到O所用時間等于由O到P′所用時間,即tPO=tOP(3)物體往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等,即tOP=tPO。(4)相隔T2或(2n+1)T2(n為正整數(shù))[例1]【簡諧運動基本物理量的分析】如圖所示,兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細線將甲、乙兩物塊束縛在光滑水平面上,已知甲的質量是乙的質量的2倍,彈簧振子做簡諧運動的周期T=2π·mk,式中m為振子的質量,k為彈簧的勁度系數(shù)。當細線突然斷開時,兩物塊都開始做簡諧運動,在運動過程中([A]甲的振幅大于乙的振幅[B]甲的振幅小于乙的振幅[C]乙的最大速度是甲的最大速度的2倍[D]甲的振動周期是乙的振動周期的2倍【答案】C【解析】細線斷開前,兩根彈簧離開平衡位置的最大距離相同,即兩物塊的振幅一定相同,故A、B錯誤;細線斷開的瞬間,兩根彈簧的彈性勢能相同,到達平衡位置時,甲、乙的動能最大且相同,m甲=2m乙,根據(jù)Ek=12mv2可知,乙的最大速度一定是甲的最大速度的2倍,故C正確;根據(jù)T=2πmk可知,甲的振動周期是乙的振動周期的2倍,故[變式]如圖所示,在光滑水平面上,兩只輕彈簧勁度系數(shù)分別為k1、k2,中間連接一滑塊,開始兩彈簧均處于原長狀態(tài),現(xiàn)在使滑塊向右移動位移x,由靜止釋放后滑塊做簡諧運動,什么力提供其做簡諧運動的回復力?導出其表達式?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥績蓮椈蓮椓Φ暮狭μ峁┗瑝K做簡諧運動的回復力;設向右為正方向,回復力F=-(k1+k2)x,k1、k2為常數(shù),則F=-kx。[例2]【回復力的應用】(多選)如圖所示,物體A置于物體B上,一輕質彈簧一端固定,另一端與B相連,在彈性限度內,A和B一起在光滑水平面上做往復運動(不計空氣阻力),A、B保持相對靜止,彈簧的勁度系數(shù)為k,A和B的質量分別為M和m,A和B間最大靜摩擦力為Fm,則下列說法正確的是()[A]A和B均做簡諧運動[B]作用在A上的靜摩擦力大小與彈簧的形變量成正比[C]B對A的靜摩擦力對A做功,而A對B的靜摩擦力對B不做功[D]A和B一起(相對靜止)振動的振幅不能大于M【答案】AB【解析】設彈簧的形變量為x,A和B一起在光滑水平面上做往復運動,回復力F=-kx,故A正確;A、B整體加速度大小為a=kxM+m,對A有FA=Ma=MkxM+m,可知作用在A上的靜摩擦力大小FA與彈簧的形變量x成正比,故B正確;對A有Fm≥FA=Ma=MkxM+m,故整體振動的振幅A≤(M+m)FmMk,故D錯誤;在簡諧運動過程中,B對[例3]【簡諧運動的周期性與對稱性】如圖是質量為m的某浮漂,靜止在靜水中的示意圖,M、P、O、N為浮漂上的點,此時點O在水面上。用手將浮漂向下壓,使點M到達水面后松手,浮漂會上下運動,上升到最高處時,點N恰好到達水面,浮漂的運動可看成簡諧運動。從松手開始計時,經0.2s點P第一次經過水面,再經1.6s點P第二次經過水面,重力加速度為g,則()[A]O點到達水面時,浮漂具有最大加速度[B]N點到達水面時,浮漂具有最大速度[C]浮漂振動周期為2.0s[D]N點到達水面時,浮漂受到的浮力大小為2mg【答案】C【解析】由題意可知,O點與水面重合時的位置為簡諧運動的平衡位置,浮漂的速度最大,加速度為零,N點到達水面時,浮漂的速度為零,故A、B錯誤;浮漂振動周期為T=2(0.2+1.62)s=2.0s,故C正確;N點到達水面時,有mg-FN浮=ma,由對稱性可知,M點到達水面時有FM浮-mg=ma,可得FN浮=2mg-FM浮,即N點到達水面時,浮漂受到的浮力大小小于2mg,考點二簡諧運動的圖像和表達式1.從振動圖像可獲取的信息(1)振幅A、周期T(或頻率f)和初相位(如圖所示)。(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,速度的方向也可根據(jù)下一相鄰時刻質點的位移的變化來確定。(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)某段時間內質點的位移、回復力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。2.簡諧運動表達式的書寫(1)從振動圖像中找出振幅A和周期T,ω=2π(2)根據(jù)t=0時的位移求出初相,即x0=Asin。(3)把A、ω、代入表達式x=Asin(ωt+)即可(若圖像為余弦函數(shù)圖像或其他形式,也可以用該方法求得,只不過不相同)。[例4]【對簡諧運動圖像的認識】(2024·福建卷,2)如圖甲,裝有砂粒的試管豎直靜浮于水中,將其提起一小段距離后釋放,一段時間內試管在豎直方向的振動可視為簡諧運動。取豎直向上為正方向,以某時刻作為計時起點,試管振動圖像如圖乙所示,則試管()[A]振幅為2.0cm[B]振動頻率為2.5Hz[C]在t=0.1s時速度為零[D]在t=0.2s時加速度方向豎直向下【答案】B【解析】由題圖乙可知該振動的振幅為1.0cm、周期T=0.4s,根據(jù)f=1T可得振動頻率f為2.5Hz,故A錯誤,B正確;t=0.1s時試管回到平衡位置,速度最大,故C錯誤;在t=0.2s時,試管處于向下最大位移處,回復力方向為豎直向上,加速度方向豎直向上,故D[例5]【對簡諧運動表達式的理解】(2024·北京卷,9)圖甲為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況,以向上為正方向,得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化的曲線為正弦曲線,如圖乙所示。下列說法正確的是()[A]t=0時,彈簧彈力為0[B]t=0.2s時,手機位于平衡位置上方[C]從t=0至t=0.2s,手機的動能增大[D]a隨t變化的關系式為a=4sin2.5πtm/s2【答案】D【解析】t=0時,手機加速度為0,彈簧彈力大小F=mg,A錯誤;t=0.2s時,手機的加速度為正,則手機位于平衡位置下方,B錯誤;從t=0至t=0.2s,手機的加速度增大,手機從平衡位置向最大位移處運動,速度減小,動能減小,C錯誤;T=0.8s,ω=2πT=2.5πrad/s,則a隨t變化的關系式為a=4sin2.5πtm/s2,D[變式](1)手機在振動過程中,手機的機械能是否守恒?(2)已知手機的質量m=0.15kg,彈簧的勁度系數(shù)為k=20N/m,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力,請寫出手機偏離平衡位置的位移y隨時間t變化的關系式?！敬鸢浮?1)手機機械能不守恒(2)y=-3sin2.5πtcm【解析】(1)手機振動過程中,彈簧和手機組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)機械能守恒,但手機的機械能不守恒。(2)由[例5]題圖乙可知,手機的振動周期T=0.8s,則圓頻率ω=2πT=2.5πrad/s在平衡位置時,彈簧的伸長量x1=mgk=7.5cm手機的加速度最大時,對手機受力分析可知Fm-mg=mam,其中Fm=kxm,解得xm=10.5cm,手機振動時的振幅A=xm-x1=3cm,手機偏離平衡位置的位移y隨時間t變化的關系式為y=-3sin2.5πtcm?？键c三單擺及其周期公式1.單擺的受力特征(1)回復力:擺球所受重力沿與擺線垂直方向的分力,F回=mgsinθ=-mglx=-kx,負號表示回復力F回與位移x(2)向心力:擺線的拉力和擺球所受重力沿擺線方向分力的合力充當向心力,FT-mgcosθ=mv2(3)兩個特殊位置。①當擺球在最高點時,Fn=mv2l=0,FT=mgcos②當擺球在最低點時,Fn=mvmax2l,Fn最大,FT=mg+2.單擺周期公式公式T=2πl(wèi)等效擺長l擺球在垂直于紙面方向小角度擺動,等效擺長為l0sinα擺球在垂直于紙面方向小角度擺動,等效擺長為l0sinα+l0等效重力加速度g效=gsinθg效=mgg等效=g3.類單擺問題構成(1)光滑球形曲面AOB;(2)小球m要求(1)球形曲面光滑;(2)小球直徑遠小于球形曲面半徑R;(3)小球在小范圍AOB內做往復運動[例6]【單擺周期公式的應用】(多選)如圖所示,房頂上固定一根長2.5m的細線沿豎直墻壁垂到窗沿下,細線下端系了一個小球(可視為質點)。打開窗子,讓小球在垂直于窗子的豎直平面內小幅度擺動,窗上沿到房頂?shù)母叨葹?.6m,不計空氣阻力,g取10m/s2,則小球從最左端運動到最右端的時間可能為()[A]0.4πs [B]0.6πs[C]1.2πs [D]2πs【答案】ACD【解析】小球的擺動可視為單擺運動,擺長為線長時對應的周期T1=2πL1g擺長為線長減去墻體長時對應的周期T2=2πL1-故小球從最左端到最右端所用的最短時間為tmin=T1+則小球從最左端運動到最右端的時間t=n(T12+T22)+tmin=(4n+2)π5s(n當n=0時,解得t=0.4πs,當n=1時,解得t=1.2πs,當n=2時,解得t=2πs,故A、C、D正確;若有t=0.6πs=(4n+2)π不符合題意,故B錯誤。[例7]【單擺振動圖像的應用】(2024·甘肅卷,5)如圖為某單擺的振動圖像,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()[A]擺長為1.6m,起始時刻速度最大[B]擺長為2.5m,起始時刻速度為零[C]擺長為1.6m,A、C點的速度相同[D]擺長為2.5m,A、B點的速度相同【答案】C【解析】單擺振動周期為T=0.8πs,由單擺的周期公式T=2πl(wèi)g得擺長為l=gT24π2=1.6m,xt圖像的斜率表示速度,故起始時刻速度為零,且A、C點的速度相同,A、B[例8]【類單擺問題】(2024·浙江6月選考卷,9)如圖所示,不可伸長的光滑細線穿過質量為0.1kg的小鐵球,兩端A、B懸掛在傾角為30°的固定斜桿上,間距為1.5m。小球平衡時,A端細線與桿垂直;當小球受到垂直于紙面方向的擾動做微小擺動時,等效于懸掛點位于小球重垂線與AB交點的單擺,重力加速度g取10m/s2,則()[A]擺角變小,周期變大[B]小球擺動周期約為2s[C]小球平衡時,A端拉力為32[D]小球平衡時,A端拉力小于B端拉力【答案】B【解析】根據(jù)單擺的周期公式T=2πl(wèi)g可知,周期與擺角無關,故A錯誤;A端拉力大小等于B端拉力大小,平衡時對小球受力分析如圖有2FAcos30°=mg,解得FA=FB=mg2cos30°=33N,故C、D錯誤;擺長為l=1.5×tan30°cos30°m=1考點四受迫振動和共振1.簡諧運動、受迫振動和共振的比較項目簡諧運動受迫振動共振是否受驅動力不受驅動力受驅動力作用受驅動力作用振動周期或頻率由系統(tǒng)本身性質決定,即固有周期T0或固有頻率f0由驅動力的周期或頻率決定,即T=T驅或f=f驅T驅=T0或f驅=f0振動能量振動系統(tǒng)的機械能不變由產生驅動力的物體提供振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺機械工作時底座發(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。如圖所示,橫坐標為驅動力的頻率f,縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅動力的頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)做受迫振動時振幅的影響。由圖可知,f與f0越接近,振幅A越大;當f=f0時,振幅A最大。(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9]【對受迫振動的理解】(2025·廣東佛山期中)如圖所示為一自制的偏心輪振動篩的簡易圖,振動篩安裝在兩彈簧上,偏心輪不轉動時,讓振動篩自由振動,測得其頻率為2Hz;啟動電動機,偏心輪轉動,改變偏心輪的轉速,讓偏心輪的轉速從零緩慢增加到4r/s,在此過程中()[A]振動篩振動頻率始終為2Hz[B]振動篩振動的振幅一直減小[C]振動篩振動的振幅一直增大[D]振動篩振動的振幅先增大后減小【答案】D【解析】振動篩做受迫振動,其振動頻率等于驅動力的頻率,偏心輪的轉速從零緩慢增加到4r/s,驅動力的頻率逐漸增加,故A錯誤;驅動力的頻率等于振動篩的固有頻率時,受迫振動的振幅最大,偏心輪的轉速等于2r/s時,頻率為2Hz,此時振動篩振動的振幅最大,偏心輪的轉速從零緩慢增加到4r/s,振動篩振動的振幅先增大后減小,故B、C錯誤,D正確。[例10]【對共振曲線的理解】如圖所示為一個單擺在地面上做受迫振動的共振曲線(振幅A與驅動力頻率f的關系),下列說法正確的是()[A]此單擺的固有周期約為0.5s[B]若擺長變小,共振曲線的峰將左移[C]若保持擺長不變,將該單擺移至月球表面上做受迫振動,則共振曲線的峰將左移[D]此單擺的擺長約為3m【答案】C【解析】由題圖知,當驅動力頻率為0.5Hz時振幅最大,則固有周期為T=1f=2s,故A錯誤;根據(jù)公式T=2πl(wèi)g,可得擺長l≈1m,故D錯誤;若擺長變小,固有周期變小,固有頻率增大,共振曲線的峰將右移,故B錯誤;若保持擺長不變,將該單擺移至月球表面上,重力加速度減小,固有周期變大,則固有頻率減小,共振曲線的峰將左移(滿分:60分)對點1.簡諧運動的基本特征1.(4分)如圖,一彈簧振子沿x軸做簡諧運動,振子零時刻向右經過A點,2s時第一次到達B點,已知振子經過A、B兩點時的速度大小相等,2s內經過的路程為0.4m,該彈簧振子的周期和振幅分別為()[A]1s0.1m [B]2s0.1m[C]4s0.2m [D]4s0.4m【答案】C【解析】振子由A點到B點共經過了半個周期,則周期為T=4s,一個完整的周期經過的路程為0.8m,有4A=0.8m,解得振幅為A=0.2m,故C正確。2.(6分)(多選)如圖甲所示,下端附有重物的粗細均勻木棒浮在水中,將木棒向下按壓一段距離后釋放,木棒與重物組成的系統(tǒng)所受的浮力F隨時間周期性變化,如圖乙所示,忽略空氣及水的阻力,下列說法正確的是()[A]木棒與重物組成的系統(tǒng)做簡諧運動,重力提供回復力[B]0～0.25s內木棒與重物組成的系統(tǒng)的加速度逐漸減小[C]木棒和重物的重力之和等于F1-F2[D]木棒與重物組成的系統(tǒng)所受合力與偏離受力平衡位置的距離成正比【答案】BD【解析】由題圖乙可知,木棒與重物組成的系統(tǒng)始終受浮力作用,設受力平衡時木棒在水下的長度為L,根據(jù)平衡條件有ρg(SL+V重)=(m木+m重)g,設木棒釋放后某時刻與受力平衡位置距離為x,以向下為正方向,系統(tǒng)所受的力F合=-{ρg[S(L+x)+V重]-(m木+m重)g}=-ρgSx,可知木棒與重物組成的系統(tǒng)所受合力大小與偏離受力平衡位置的距離成正比,即木棒與重物組成的系統(tǒng)做簡諧運動,回復力是水的浮力與系統(tǒng)重力的合力,A錯誤,D正確;0～0.25s內木棒與重物組成的系統(tǒng)所受的浮力減小,則木棒與重物組成的系統(tǒng)從最低點向平衡位置運動,其所受合力逐漸減小,加速度逐漸減小,B正確;根據(jù)簡諧運動的特點可知,木棒和重物在最高點和最低點的加速度大小相等,則在最低點有F1-G=(m木+m重)a,在最高點有G-F2=(m木+m重)a,聯(lián)立可得G=12(F1+F2),C對點2.簡諧運動的圖像和表達式3.(4分)如圖甲所示,彈簧振子以O點為平衡位置,在光滑水平面上的A、B兩點之間做簡諧運動,取向右為正方向,振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示。下列說法正確的是()[A]彈簧振子的振動周期為1.6s,振幅為24cm[B]0.5s末和1.1s末,振子的速度相同[C]在0.4～0.8s內,振子的速度和加速度方向始終相反[D]振子做簡諧運動的表達式為x=24sin(5π4t+3π【答案】C【解析】由題圖乙可知,振子的周期為1.6s,振幅為12cm,設振子做簡諧運動的表達式為x=Asin(ωt+),其中ω=2πT=5π4rad/s,代入數(shù)據(jù)解得x=12sin(5π4t+3π2)cm,故A、D錯誤;0.5s末振子從平衡位置向最大位移處運動,1.1s末振子從最大位移處向平衡位置運動,振子在這兩個時刻的速度方向不相同,故B錯誤;在0.4～0.8s內彈簧振子從平衡位置移動到最大位移處,該過程中,彈簧振子做減速運動,4.(4分)(2024·黑吉遼卷,7)如圖甲,將一彈簧振子豎直懸掛,以小球的平衡位置為坐標原點O,豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放,其在地球與某球狀天體表面做簡諧運動的圖像如圖乙所示(不考慮自轉影響),設地球、該天體的平均密度分別為ρ1和ρ2,地球半徑是該天體半徑的n倍。ρ1[A]2n [B]n2 [C]2n 【答案】C【解析】設地球表面的重力加速度為g,該球狀天體表面的重力加速度為g′,彈簧的勁度系數(shù)為k,由于小球在最高點時回復力為mg,根據(jù)簡諧運動的對稱性,小球在最低點處有k·4A-mg=mg,k·2A-mg′=mg′,可得g=2kAm,g′=kAm,可得gg'=2。設該球狀天體的半徑為R,在兩星球表面均有一質量為m的物體,則Gρ1·43π(nR)3對點3.單擺及其周期公式5.(6分)(2025·廣東江門期末)(多選)擺鐘是一種較有年代的計時鐘表。其基本原理是利用了單擺的周期性,結合巧妙的擒縱器設計,實現(xiàn)計時的功能。如圖為其內部的結構簡圖,設原先擺鐘走時準確,則()[A]擺動過程中,金屬圓盤所受合力為其回復力[B]擺鐘在太空實驗室內也可以正常使用[C]將該擺鐘從北京移到廣州,為使走時準確,需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動[D]該擺鐘在冬季走時準確,到夏季為了準時,考慮熱脹冷縮需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動【答案】CD【解析】回復力是指向平衡位置的力,擺動過程中,金屬圓盤所受重力沿軌跡切線方向的分力為其回復力,金屬圓盤所受合力還有一部分提供向心力,故A錯誤;擺鐘在太空實驗室內處于失重狀態(tài),不可正常使用,故B錯誤;將擺鐘從北京移到廣州,重力加速度減小,由單擺的周期公式T=2πLg,可知周期變大,擺鐘變慢,為走時準確,需要擺鐘的擺長變短,需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動,故C正確;該擺鐘在冬季走時準確,到夏季溫度升高,由于熱脹冷縮,擺長變長,為了準時,需要擺長變短,因此考慮熱脹冷縮需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動,6.(4分)如圖所示,傾角為α的斜面固定在水平面上,一根不可伸長的輕繩一端連接在置于斜面的物體a上,另一端繞過光滑的定滑輪與小球b連接,輕繩與斜面平行,定滑輪到小球b的距離為L。用手按住物體a不動,把小球b拉開很小的角度θ(θ<5°)后釋放,使小球b做單擺運動,穩(wěn)定后放開物體a。當小球運動到最高點時,物體a恰好不下滑,整個過程物體a始終靜止。忽略空氣阻力及定滑輪的大小,重力加速度為g。下列說法正確的是()[A]小球b多次經過同一位置的動量相同[B]小球b擺到最低點時,物體a受到的摩擦力一定沿斜面向下[C]物體a與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanα[D]物體a受到的摩擦力變化的周期T=πL【答案】D【解析】小球b多次經過同一位置時速度大小相等,但是方向不一定相同,A錯誤;當小球b運動到最高點時,物體a恰好不下滑,此時a受沿斜面向上的最大靜摩擦力,小球b擺到最低點時,輕繩對a的拉力變大,物體a受到的摩擦力可能仍沿斜面向上,B錯誤;當小球b運動到最高點時,對a有FT1+μmgcosα=mgsinα,即μmgcosα<mgsinα,物體a與斜面間的動摩擦因數(shù)μ<tanα,C錯誤;小球b從左側最高點運動到右側最高點時,物體a受的摩擦力回到原來的值,則物體a受到的摩擦力變化的周期是小球b做單擺運動周期的一半,即T=12T單擺=πLg對點4.受迫振動和共振7.(4分)如圖所示,高度約為30m的大樓因地震影響發(fā)生嚴重傾斜。若鋼混結構建筑物的固有頻率與其高度的平方成正比,其比例系數(shù)為0.1,則地震波到達地面的頻率最可能是()[A]10Hz [B]30Hz[C]60Hz [D]90Hz【答案】D【解析】設建筑物高為h,其固有頻率為f0=0.1h2,鋼混建筑物發(fā)生共振時有f=f0=0.1h2=90Hz,地震波到達地面的頻率與鋼混結構建筑物的固有頻率越接近,鋼混建筑物因共振所受的影響越大,所以該地震波到達地面的頻率最可能是90Hz,故D正確。8.(4分)如圖所示為兩個單擺的受迫振動的共振曲線,則下列說法正確的是()[A]若兩個受迫振動分別在月球上和地球上進行,且擺長相同,則圖線Ⅰ表示地球上單擺的共振曲線[B]若兩個受迫振動是在地球上同一地點進行,則兩個單擺擺長之比lⅠ∶lⅡ=4∶25[C]若圖線Ⅱ表示是在地面上完成的,則該單擺擺長約為1m[D]若擺長均為1m,則圖線Ⅰ表示是在地面上完成的【答案】C【解析】由圖線可看出,兩擺的固有頻率fⅠ=0.2Hz,fⅡ=0.5Hz,由公式T=1f=2πl(wèi)g可知,g越大,f越大,所以gⅡ>gⅠ,故圖線Ⅱ表示地球上單擺的共振曲線,A錯誤;若在地球上同一地點進行