高考物理一輪復習第1講-機械振動

《金版教程》高考總復習·物理（新高考）高考地位高考對本章的考查主要以選擇題(或填空題)和計算題為主，考查以圖象為主，強調(diào)數(shù)形結(jié)合，難度中等。考綱下載1.簡諧運動(Ⅰ)2．簡諧運動的公式和圖象(Ⅱ)3．單擺、單擺的周期公式(Ⅰ)4．受迫振動和共振(Ⅰ)5．機械波、橫波和縱波(Ⅰ)6．橫波的圖象(Ⅱ)7．波速、波長、頻率(周期)及其關系(Ⅰ)8．波的干涉和衍射現(xiàn)象(Ⅰ)9．多普勒效應(Ⅰ)實驗一：探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度考綱解讀1.能夠應用簡諧運動的特點、公式和圖象分析并解決問題。2．知道單擺，掌握單擺周期公式的應用以及單擺的實驗探究。3．掌握波長、頻率和波速的關系及相關計算，并注意計算結(jié)果的多解性。4．高考中對本章的考查形式主要有兩種：一是借助振動圖象、波的圖象或兩者結(jié)合，考查簡諧運動與波的特點、規(guī)律及波速、波長和頻率的關系；二是通過實驗，考查單擺周期公式的運用。第1講機械振動知識點簡諧運動Ⅰ1．簡諧運動的概念如果質(zhì)點的位移與時間的關系遵從eq\x(\s\up1(01))正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動圖象(x－t圖象)是一條eq\x(\s\up1(02))正弦曲線，這樣的振動叫做簡諧運動。2．平衡位置振動物體eq\x(\s\up1(03))原來靜止時的位置。3．回復力(1)定義：使振動物體返回到eq\x(\s\up1(04))平衡位置的力。(2)方向：總是指向eq\x(\s\up1(05))平衡位置。(3)來源：屬于eq\x(\s\up1(06))效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。4．描述簡諧運動的物理量物理量定義意義位移由eq\x(\s\up1(07))平衡位置指向質(zhì)點eq\x(\s\up1(08))所在位置的有向線段描述質(zhì)點振動中某時刻的位置相對于eq\x(\s\up1(09))平衡位置的位移振幅振動物體離開平衡位置的eq\x(\s\up1(10))最大距離描述振動的eq\x(\s\up1(11))強弱和能量周期振動物體完成一次eq\x(\s\up1(12))全振動所需要的時間描述振動的eq\x(\s\up1(14))快慢，兩者互為倒數(shù)：T＝eq\x(\s\up1(15))eq\f(1,f)頻率振動物體eq\x(\s\up1(13))單位時間內(nèi)完成全振動的次數(shù)相位ωt＋φ0描述周期性運動在各個時刻所處的不同狀態(tài)知識點簡諧運動的公式和圖象Ⅱ1．表達式(1)動力學表達式：F＝eq\x(\s\up1(01))－kx，其中“－”表示回復力與位移的方向相反。(2)運動學表達式：x＝eq\x(\s\up1(02))Asin(ωt＋φ0)，其中A表示振幅，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf表示簡諧運動的快慢，ωt＋φ0表示簡諧運動的相位，φ0叫做eq\x(\s\up1(03))初相。2．簡諧運動的圖象(1)如圖所示：(2)物理意義：表示振動質(zhì)點的位移隨eq\x(\s\up1(04))時間的變化規(guī)律。知識點彈簧振子、單擺及其周期公式Ⅰ簡諧運動的兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖簡諧運動條件(1)彈簧質(zhì)量可忽略(2)無摩擦等eq\x(\s\up1(01))阻力(3)在彈簧彈性限度內(nèi)(1)擺線為不可伸縮的輕質(zhì)細線(2)無空氣阻力(3)最大擺角θeq\x(\s\up1(02))<5°回復力彈簧的eq\x(\s\up1(03))彈力提供擺球eq\x(\s\up1(04))重力沿與擺線垂直方向的分力平衡位置彈簧處于eq\x(\s\up1(05))原長處eq\x(\s\up1(06))最低點周期與eq\x(\s\up1(07))振幅無關T＝eq\x(\s\up1(08))2πeq\r(\f(l,g))能量轉(zhuǎn)化彈性勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，eq\x(\s\up1(09))機械能守恒重力勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，eq\x(\s\up1(10))機械能守恒知識點受迫振動和共振Ⅰ1．受迫振動系統(tǒng)在eq\x(\s\up1(01))驅(qū)動力作用下的振動叫做受迫振動。做受迫振動物體的周期(或頻率)等于eq\x(\s\up1(02))驅(qū)動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)eq\x(\s\up1(03))無關。2．共振曲線如圖所示的共振曲線，表示某振動系統(tǒng)受迫振動的振幅A(縱坐標)隨驅(qū)動力頻率f(橫坐標)變化的關系。驅(qū)動力的頻率f跟振動系統(tǒng)的固有頻率f0相差越小，振幅越大；驅(qū)動力的頻率f等于振動系統(tǒng)的eq\x(\s\up1(04))固有頻率f0時，振幅最大。知識點實驗：用單擺測定重力加速度1．實驗原理由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得出g＝eq\f(4π2,T2)l，測出單擺的擺長l和振動周期T，就可求出當?shù)氐闹亓铀俣萭。2．實驗器材帶中心孔的小鋼球、約1m長的細線、帶有鐵夾的鐵架臺、游標卡尺、毫米刻度尺、停表。3．實驗步驟(1)做單擺取約1m長的細線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結(jié)，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，在單擺平衡位置處做上標記，如圖甲所示。(2)測擺長用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝L＋eq\f(D,2)。(3)測周期將單擺從平衡位置拉開一個角度(小于5°)，然后釋放小球，記下單擺擺動30次或50次全振動的總時間，算出平均每擺動一次全振動的時間，即為單擺的振動周期T。(4)改變擺長，重做幾次實驗。(5)數(shù)據(jù)處理①公式法：g＝eq\f(4π2l,T2)。②圖象法：畫l－T2圖象，如圖乙所示。求出圖象斜率k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)，則g＝4π2k。4．注意事項(1)小球選用密度大的鋼球。(2)選用1m左右難以伸縮，且盡量輕的細線。(3)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證懸點固定。(4)單擺必須在同一平面內(nèi)振動，且擺角小于5°。(5)選擇在擺球擺到平衡位置處時開始計時，并數(shù)準全振動的次數(shù)。一堵點疏通1．簡諧運動是勻變速運動。()2．振幅等于振子運動軌跡的長度。()3．簡諧運動的回復力肯定不是恒力。()4．彈簧振子每次經(jīng)過平衡位置時，位移為零、動能為零。()5．單擺無論擺角多大都做簡諧運動。()6．物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關。()7．簡諧運動的圖象描述的是振動質(zhì)點的軌跡。()答案1.×2.×3.√4.×5.×6.√7.×二對點激活1．一個彈簧振子沿x軸做簡諧運動，取平衡位置O為x軸坐標原點。從某時刻開始計時，經(jīng)過四分之一周期，振子具有沿x軸正方向的最大加速度。能正確反映振子位移x與時間t關系的圖象是()答案A解析振子的加速度大小與回復力大小成正比，方向與位移方向相反，具有正向的最大加速度，就應該具有最大的負方向的位移。振子從平衡位置開始計時，并向負方向移動時，經(jīng)四分之一周期振子具有沿x軸正方向的最大加速度，A正確，B、C、D錯誤。2．(人教版選修3－4·P17·T3改編)(多選)如圖是兩個單擺的振動圖象，以下說法正確的是()A．甲、乙兩個擺的振幅之比為2∶1B．甲、乙兩個擺的頻率之比為1∶2C．甲、乙兩個擺的擺長之比為1∶2D．以向右的方向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向，從t＝0起，乙第一次到達右方最大位移時，甲振動到了平衡位置，且向左運動答案AD解析由振動圖象知A甲＝2cm，A乙＝1cm，所以甲、乙兩個擺的振幅之比為2∶1，故A正確；T甲＝4s，T乙＝8s，所以eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(T乙,T甲)＝eq\f(2,1)，故B錯誤；由T＝2πeq\r(\f(L,g))得，eq\f(L甲,L乙)＝eq\f(T\o\al(2,甲),T\o\al(2,乙))＝eq\f(1,4)，故C錯誤；由圖象知，t＝2s時，乙第一次到達右方最大位移處，此時x甲＝0，且向左運動，故D正確。3.(人教版選修3－4·P21·T4改編)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力頻率f的關系)如圖所示，則()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答案B解析由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，則固有周期為2s，A錯誤；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此單擺的擺長約為1m，B正確；若擺長增大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的峰將向左移動，C、D錯誤。4．(人教版選修3－4·P5·T3)如圖所示，在t＝0到t＝4s的范圍內(nèi)回答以下問題。(1)質(zhì)點相對平衡位置的位移的方向在哪些時間內(nèi)跟它的瞬時速度的方向相同？在哪些時間內(nèi)跟瞬時速度的方向相反？(2)質(zhì)點在第2s末的位移是多少？(3)質(zhì)點在前2s內(nèi)走過的路程是多少？答案(1)在0～1s,2～3s內(nèi)位移方向跟它的瞬時速度方向相同在1～2s,3～4s內(nèi)位移方向跟它的瞬時速度方向相反'(2)0'(3)20cm解析(1)位移—時間圖線的某點的切線的斜率即是某時刻的速度，可知，質(zhì)點相對平衡位置的位移的方向在0～1s和2～3s內(nèi)跟它的瞬時速度的方向相同，在1～2s和3～4s內(nèi)跟瞬時速度的方向相反。(2)質(zhì)點在第2s末的位移是0。(3)質(zhì)點在前2s內(nèi)走過的路程是s＝2×10cm＝20cm?？键c1簡諧運動的特征1.動力學特征F＝－kx，“－”表示回復力的方向與位移方向相反，k是比例系數(shù)，不一定是彈簧的勁度系數(shù)。2．運動學特征做簡諧運動的物體加速度與物體偏離平衡位置的位移大小成正比而方向相反，為變加速運動，遠離平衡位置時，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均減小，靠近平衡位置時則相反。3．周期性特征相隔nT(n為正整數(shù))的兩個時刻，物體處于同一位置且振動狀態(tài)相同。4．對稱性特征(1)時間對稱性：相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n為正整數(shù))的兩個時刻，物體位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等、方向相反。如圖甲所示：O為平衡位置，A、B為振子偏離平衡位置最大位移處，振子t時刻在C點，t＋eq\f(2n＋1T,2)時刻運動到D點，則位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，加速度aD＝－aC。(2)空間對稱性：如圖乙所示，振子經(jīng)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。此外，振子由P到O所用時間等于由O到P′所用時間，即tPO＝tOP′。振子往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO。5．能量特征簡諧運動的能量包括動能Ek和勢能Ep，簡諧運動過程中，系統(tǒng)動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒。例1(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3s，第一次到達點M，再經(jīng)過0.2s第二次到達點M，則彈簧振子的周期不可能為()A．0.53s B.1.4sC.1.6s D.2sE．3s(1)從O點出發(fā)第一次到達M點時用時0.3s有幾種情形？提示：兩種。(2)簡諧運動中振子往復運動過程中通過同一段路程，用時相等嗎？提示：相等。嘗試解答選BDE。從O點出發(fā)第一次到達M點，運動情況有圖甲、乙兩種可能。如圖甲所示，設O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時間為eq\f(T,4)，因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等，故eq\f(T,4)＝0.3s＋eq\f(0.2,2)s＝0.4s，解得T＝1.6s；如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設點M′與點M關于點O對稱，則振子從點M′經(jīng)過點B到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C到點M所需時間相等，即0.2s，振子從點O到點M′、從點M′到點O及從點O到點M所需時間相等，為eq\f(0.3s－0.2s,3)＝eq\f(1,30)s，故周期為T＝0.5s＋eq\f(1,30)s≈0.53s。所以周期不可能的選項為B、D、E。分析簡諧運動的技巧(1)分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，要以位移為橋梁，位移增大時，振動質(zhì)點的回復力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減??；反之，則產(chǎn)生相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時改變方向。(2)分析過程中要特別注意簡諧運動的周期性和對稱性。(3)若沒有給出開始時刻質(zhì)點的振動方向，還須分情況討論，以防丟解，如例1。[變式1－1](多選)下列關于簡諧運動的說法正確的是()A．速度和加速度第一次同時恢復為原來的大小和方向所經(jīng)歷的過程為一次全振動B．一個全振動指的是動能或勢能第一次恢復為原來的大小所經(jīng)歷的過程C．位移減小時，加速度減小，速度增大D．物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同答案ACD解析通過畫運動示意圖可知，速度和加速度第一次同時恢復為原來的大小和方向所經(jīng)歷的過程為一次全振動，A正確；一次全振動，動能和勢能均會有兩次恢復為原來的大小，B錯誤；當位移減小時，回復力減小，則加速度減小，物體正在返回平衡位置，故速度增大，C正確；回復力與位移方向相反，故加速度與位移方向相反，但速度的方向可以與位移的方向相同，也可以相反，物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反，背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同，D正確。[變式1－2]彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，式中m為振子的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)。如圖，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構(gòu)成彈簧振子，該物塊是由a、b兩個小物塊粘在一起組成的。物塊在光滑水平面上左右振動，振幅為A0，周期為T0，當物塊向右通過平衡位置時，a、b之間的粘膠脫開，以后小物塊a振動的振幅和周期分別為A和T，則A________A0，T________T0。(均選填“>”“<”或“＝”)答案<<解析當物塊向右通過平衡位置時，粘膠脫開前振子的動能Ek1＝eq\f(1,2)(ma＋mb)veq\o\al(2,0)，脫開后振子的動能Ek2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)，由機械能守恒定律可知，平衡位置處振子的動能等于最大位移處彈簧的彈性勢能，因此A、B脫離后振子振幅變??；振動中振子的質(zhì)量變小，由T＝2πeq\r(\f(m,k))可知，振子的周期變小。考點2簡諧運動的圖象1.圖象特征(1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，是正弦曲線還是余弦曲線取決于質(zhì)點初始時刻的位置。(2)圖象反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖象不代表質(zhì)點運動的軌跡。(3)任一時刻在圖線上對應點的切線的斜率絕對值表示該時刻振子的速度大小，斜率正負表示速度的方向，斜率為正時，表示振子的速度沿x軸正方向；斜率為負時，表示振子的速度沿x軸負方向。2．圖象信息(1)由圖象可以看出質(zhì)點振動的振幅、周期。(2)可以確定某時刻質(zhì)點離開平衡位置的位移。(3)可以確定某時刻質(zhì)點的回復力、加速度和速度的方向。①回復力和加速度的方向：因回復力總是指向平衡位置，故回復力和加速度的方向在圖象上總是指向t軸。②速度的方向：某時刻速度的方向既可以通過該時刻在圖象上對應點的切線的斜率來判斷，還可以通過下一時刻位移的變化來判斷，若下一時刻位移增加，速度方向就是遠離t軸；若下一時刻位移減小，速度方向就是指向t軸。(4)可以確定某段時間質(zhì)點的位移、回復力、加速度、速度、動能、勢能等的變化情況。例2(多選)彈簧振子在光滑水平面上做簡諧運動，把小鋼球從平衡位置向左拉一段距離，放手讓其運動。從小鋼球通過平衡位置開始計時，其振動圖象如圖所示。下列說法正確的是()A．t＝0.5s時鋼球的加速度為正向最大B．在t0時刻彈簧的形變量為4cmC．鋼球振動半個周期，回復力做功為零D．鋼球振動方程為y＝5sinπtcm(1)彈簧振子的加速度方向與位移方向相同還是相反？提示：相反。(2)每經(jīng)過半個周期，鋼球的速度大小改變嗎？提示：不變。嘗試解答選BCD。由振動圖象可以看出鋼球的振動周期為T＝2s，t＝0.5s時鋼球的位移為正向最大，加速度為負向最大，故A錯誤；彈簧振子在光滑水平面上做簡諧運動，平衡位置時彈簧的形變量為零，由圖知t0時刻鋼球在平衡位置的右側(cè)距離平衡位置為4cm處，則彈簧的形變量為4cm，故B正確；經(jīng)過半個周期后，鋼球的速度大小與原來相等，動能變化為零，根據(jù)動能定理知回復力做功為零，故C正確；振幅A＝5cm，圓頻率ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，則鋼球振動方程為y＝Asinωt＝5sinπtcm，故D正確。對振動圖象的理解(1)可確定振動質(zhì)點在任一時刻的位移。如圖所示，t1、t2時刻質(zhì)點偏離平衡位置的位移分別為x1＝7cm，x2＝－5cm。(2)可確定質(zhì)點振動的振幅，圖象中最大位移的絕對值就是質(zhì)點振動的振幅。如圖所示，質(zhì)點振動的振幅是10cm。(3)可確定質(zhì)點振動的周期和頻率，振動圖象上一個完整的正弦(或余弦)圖形在時間軸上拉開的“長度”表示周期，頻率等于周期的倒數(shù)。如圖所示，OD、AE、BF的間隔都等于質(zhì)點振動的周期，T＝0.2s，頻率f＝eq\f(1,T)＝5Hz。(4)可確定質(zhì)點的振動方向。如圖所示，在t1時刻，質(zhì)點正遠離平衡位置向正方向運動；在t3時刻，質(zhì)點正朝向平衡位置運動。(5)可比較各時刻質(zhì)點加速度的大小和方向。例如在圖中t1時刻，質(zhì)點偏離平衡位置的位移x1為正，則加速度a1為負；在t2時刻，質(zhì)點偏離平衡位置的位移x2為負，則加速度a2為正；因為|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。[變式2](2020·陜西省榆林市線上模擬)如圖所示為某彈簧振子在0～5s內(nèi)的振動圖象，由圖可知，下列說法中正確的是()A．振動周期為5s，振幅為8cmB．第2s末振子的速度為零，加速度為正向的最大值C．從第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度減小的減速運動D．第3s末振子的加速度為正向的最大值答案B解析由圖可讀出振動周期為T＝4s，振幅為A＝8cm，故A錯誤；第2s末振子處于負向最大位移處，速度為零，由a＝－eq\f(kx,m)可知加速度為正向的最大值，故B正確；從第1s末到第2s末振子由平衡位置向負向最大位移處運動，速度減小，位移增加，振子在做加速度增大的減速運動，故C錯誤；由a＝－eq\f(kx,m)可知，第3s末振子在平衡位置，加速度為零，故D錯誤。考點3受迫振動與共振自由振動、受迫振動和共振的比較振動類型項目自由振動受迫振動共振受外力情況僅受回復力受到周期性的驅(qū)動力作用受到周期性的驅(qū)動力作用振動周期和頻率由系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定，即固有周期和固有頻率由驅(qū)動力的周期和頻率決定T驅(qū)＝T固f驅(qū)＝f固振動能量無阻尼自由振動物體的機械能不變，阻尼振動物體的機械能減小由產(chǎn)生驅(qū)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，單擺機器運轉(zhuǎn)時底座發(fā)生的振動共振篩，轉(zhuǎn)速計例3如圖所示，一豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)，小球浸沒在水中。當圓盤轉(zhuǎn)動一會兒靜止后，小球做________(填“阻尼”“自由”或“受迫”)振動。若彈簧和小球構(gòu)成的系統(tǒng)振動頻率約為3Hz，現(xiàn)使圓盤以4s的周期勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過一段時間后，小球振動達到穩(wěn)定，小球的振動頻率為________Hz。逐漸改變圓盤的轉(zhuǎn)動周期，當小球振動的振幅達到最大時，此時圓盤的周期為________s。(1)在阻力作用下，振幅逐漸變小的振動稱為________振動。提示：阻尼(2)當小球振動的振幅達到最大時，圓盤的周期________系統(tǒng)的固有周期。提示：等于嘗試解答阻尼0.25eq\f(1,3)。由于水對小球有阻力的作用，因此圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小球做阻尼振動；圓盤轉(zhuǎn)動時帶動小球做受迫振動，因此小球振動穩(wěn)定時的振動頻率等于驅(qū)動力的頻率，即小球的振動頻率為eq\f(1,4)Hz＝0.25Hz；當驅(qū)動力的頻率等于小球的固有頻率時小球的振幅最大，即圓盤的轉(zhuǎn)動頻率應為3Hz，周期應為eq\f(1,3)s。對共振的理解(1)共振曲線：如圖所示，橫坐標為驅(qū)動力頻率f，縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅(qū)動力頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)受迫振動振幅的影響，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(zhuǎn)化：驅(qū)動力對系統(tǒng)做功，補償系統(tǒng)的能量損耗，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。[變式3](2020·山東省德州市期末)如圖所示，在一條張緊的繩子上懸掛A、B、C三個單擺，擺長分別為L1、L2、L3，且L1＜L2＜L3，現(xiàn)將A拉起一較小角度后釋放，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，對釋放A之后較短時間內(nèi)的運動，以下說法正確的是()A．C的振幅比B的大 B.B和C的振幅相等C．B的周期為2πeq\r(\f(L2,g)) D.C的周期為2πeq\r(\f(L1,g))答案D解析將A拉起一較小角度后釋放，則B、C做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，與物體的固有頻率無關，故B、C單擺的周期均為T＝2πeq\r(\f(L1,g))，C錯誤，D正確；當驅(qū)動力頻率等于固有頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅最大，固有頻率越接近驅(qū)動力的頻率，振幅越大，故B比C的振幅大，A、B錯誤?？键c4單擺、用單擺測定重力加速度1.對單擺的理解(1)回復力：擺球重力沿軌跡切線方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復力F回與位移x的方向相反。(2)向心力：細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力充當向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ。兩點說明：①當擺球在最高點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。②當擺球在最低點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv\o\al(2,max),l)，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(v\o\al(2,max),l)。(3)單擺是一個理想化模型，擺角θ<5°時，單擺的周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，與單擺的振幅A、擺球質(zhì)量m無關，式中的g由單擺所處的位置決定。2．等效擺長及等效重力加速度(1)l′——等效擺長：擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離。如圖甲所示的雙線擺的擺長l′＝r＋Lcosα。乙圖中小球(可看做質(zhì)點)在半徑為R的光滑圓槽中A點的附近振動，其等效擺長為l′＝R。(2)g′——等效重力加速度：與單擺所處物理環(huán)境有關。①在不同星球表面：g′＝eq\f(GM,R2)，M為星球的質(zhì)量，R為星球的半徑。②單擺處于超重或失重狀態(tài)下的等效重力加速度分別為g′＝g＋a和g′＝g－a，a為超重或失重時單擺系統(tǒng)整體豎直向上或豎直向下的加速度大小。3．用單擺測定重力加速度數(shù)據(jù)處理的兩種方法：方法一：公式法。根據(jù)公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，g＝eq\f(4π2l,T2)。將測得的幾組周期T和擺長l分別代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中算出多組重力加速度g的值，再求出g的平均值，即為當?shù)刂亓铀俣鹊闹?。方法二：圖象法。由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(g,4π2)T2，因此以擺長l為縱軸，以T2為橫軸描點作圖，作出的l-T2圖象理論上是一條過原點的直線，如圖所示，求出圖象的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。例4(多選)某同學做“用單擺測定重力加速度”的實驗時，通過改變擺線的長度，測出對應的周期，作出了l－T2圖象，如圖所示。下列關于本實驗的分析正確的是()A．實驗中正確測量周期的方法是，拉開擺球，使擺線偏離平衡位置小于5°，釋放擺球，當擺球振動穩(wěn)定后，從平衡位置開始計時，記下擺球做50次全振動所用的時間Δt，則單擺周期T＝eq\f(Δt,50)B．圖象不過原點是因為測量擺長時，把懸掛狀態(tài)的擺線長當成擺長C．圖象不過原點是因為測量擺長時，把擺線長加上擺球的直徑當成擺長D．利用圖象仍然能測出當?shù)氐闹亓铀俣葹間＝eq\f(4π2lB－lA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，并且不會有系統(tǒng)誤差(1)若擺長測量值l有偏差Δl，即l真＝l＋Δl，則如何用g、T表示l?提示：因為l真＝l＋Δl＝eq\f(g,4π2)T2，則l＝eq\f(g,4π2)T2－Δl。(2)根據(jù)上述l的表達式，題中圖象的斜率是什么？提示：l＝eq\f(g,4π2)T2－Δl，圖中Δl為負值，可知斜率k＝eq\f(g,4π2)。嘗試解答選ACD。為了減小測量誤差，要從擺球擺過平衡位置時計時，且需測量多次全振動所用時間，然后計算出一次全振動所用的時間，A正確；根據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)，由于題中圖象存在縱截距，即l＝eq\f(gT2,4π2)＋l′，說明測量的擺長值較實際擺長要大，B錯誤，C正確；根據(jù)題中圖象上A、B兩點有關系式lA＝eq\f(gT\o\al(2,A),4π2)＋l′，lB＝eq\f(gT\o\al(2,B),4π2)＋l′，兩式相減可解得g＝eq\f(4π2lB－lA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，由以上可以看出，最終的結(jié)果不影響g值的測量，D正確。用單擺測定重力加速度實驗的誤差分析(1)本實驗的系統(tǒng)誤差主要來源于單擺模型本身是否符合要求，單擺應滿足以下條件：懸點固定，小球質(zhì)量大、體積小，細線輕質(zhì)且伸縮不明顯，振動是在同一豎直平面內(nèi)的振動。(2)本實驗的偶然誤差主要來自時間的測量和擺線長度的測量，因此，要從擺球通過平衡位置時開始計時，不能多計或漏計擺球全振動次數(shù)。使用刻度尺測量擺線長度時，要多次測量取平均值以減小誤差。(3)利用圖象法處理數(shù)據(jù)具有形象、直觀的特點，同時也能減小實驗誤差。利用圖象法分析處理時要特別注意圖象的斜率及截距的物理意義。[變式4－1](2020·青海省西寧市檢測改編)(多選)下列關于單擺的認識說法正確的是()A．將擺鐘由廣州移至哈爾濱，為保證擺鐘的準確，需要將鐘擺調(diào)長B．在利用單擺測量重力加速度的實驗中，將繩長當做擺長代入周期公式導致計算結(jié)果偏小C．將單擺的擺角從5°改為3°，單擺的周期不變D．擺球運動到平衡位置時，合力為零答案ABC解析擺鐘由廣州移至哈爾濱時，重力加速度g變大，擺鐘的擺長L不變，由T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，擺鐘的周期變小，擺鐘變快，要校準擺鐘，需要增大擺鐘的周期T，可以增大擺鐘的擺長L，故A正確；由T＝2πeq\r(\f(L,g))得，g＝eq\f(4π2L,T2)，在利用單擺測量重力加速度的實驗中，擺長等于懸點到球心的距離，將繩長當做擺長，導致計算時代入的擺長偏小，計算所得g值偏小，故B正確；擺角從5°改為3°，單擺仍然做簡諧運動，由周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，單擺的周期不變，故C正確；擺球?qū)嶋H做圓周運動，經(jīng)最低點(平衡位置)時，繩子拉力與重力的合力提供向心力，繩子拉力大于重力，故D錯誤。[變式4－2]在“用單擺測定重力加速度”的實驗中：(1)擺動時偏角滿足的條件是偏角小于5°，為了減小測量周期的誤差，計時開始時，擺球應是經(jīng)過最________(填“高”或“低”)點的位置，且用停表測量單擺完成多次全振動所用的時間，求出周期。圖甲中停表示數(shù)為一單擺全振動50次所用的時間，則單擺振動周期為________。(2)用最小刻度為1mm的刻度尺測擺長，測量情況如圖乙所示。O為懸掛點，從圖乙可知單擺的擺長為________m。(3)若用L表示擺長，T表示周期，那么重力加速度的表達式為g＝________。(4)考慮到單擺振動時空氣浮力的影響后，學生甲說：“因為空氣浮力與擺球重力方向相反，它對球的作用相當于重力加速度變小，因此振動周期變大?！睂W生乙說：“浮力對擺球的影響好像用一個輕一些的擺球做實驗，因此振動周期不變”，這兩個學生中________。A．甲的說法正確B．乙的說法正確C．兩學生的說法都是錯誤的答案(1)低2.05s(2)0.9980(3)eq\f(4π2L,T2)(4)A解析(1)擺球經(jīng)過最低點時小球速度最大，容易觀察和計時；圖甲中停表的示數(shù)為1.5min＋12.5s＝102.5s，則周期T＝eq\f(102.5,50)s＝2.05s。(2)從懸點到球心的距離即為擺長，可得L＝0.9980m。(3)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得g＝eq\f(4π2L,T2)。(4)由于受到空氣浮力的影響，小球的質(zhì)量沒變而相當于小球所受重力減小，即等效重力加速度減小，因而振動周期變大，甲的說法正確，故選A。1．(2019·全國卷Ⅱ)如圖，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方eq\f(3,4)l的O′處有一固定細鐵釘。將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時開始計時。當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘?shù)淖钃?。設小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正。下列圖象中，能描述小球在開始一個周期內(nèi)的x-t關系的是()答案A解析擺長為l時單擺的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α為擺角)，擺長為eq\f(1,4)l時單擺的周期T2＝2πeq\r(\f(\f(1,4)l,g))＝πeq\r(\f(l,g))＝eq\f(T1,2)，振幅A2＝eq\f(1,4)lβ(β為擺角)。根據(jù)機械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mgeq\f(l,4)(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，cosβ＝1－2sin2eq\f(β,2)，以及sineq\f(α,2)≈taneq\f(α,2)≈eq\f(α,2)，sineq\f(β,2)≈taneq\f(β,2)≈eq\f(β,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)、\f(β,2)很小))，解得β＝2α，故A2＝eq\f(1,2)A1，故A正確。2．(2019·江蘇高考)(多選)一單擺做簡諧運動，在偏角增大的過程中，擺球的()A．位移增大 B.速度增大C．回復力增大 D.機械能增大答案AC解析在單擺的偏角增大的過程中，擺球遠離平衡位置，故位移增大，速度減小，回復力增大，機械能保持不變，A、C正確，B、D錯誤。3．(2018·天津高考)(多選)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t＝0時振子的位移為－0.1m，t＝1s時位移為0.1m，則()A．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(2,3)sB．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(4,5)sC．若振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD．若振幅為0.2m，振子的周期可能為6s答案AD解析若振幅為0.1m，根據(jù)題意可知從t＝0s到t＝1s振子經(jīng)歷的時間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T＝1s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0,1,2,3…)，當n＝1時，T＝eq\f(2,3)s，當T＝eq\f(4,5)s時，代入得n＝eq\f(3,4)，不符合題意，A正確，B錯誤；如果振幅為0.2m，結(jié)合位移—時間關系圖象，有1s＝eq\f(T,2)＋nT(n＝0,1,2,3，…)①，或者1s＝eq\f(5,6)T＋nT(n＝0,1,2,3，…)②，或者1s＝eq\f(T,6)＋nT(n＝0,1,2,3…)③，對于①式，只有當n＝0時，T＝2s，為整數(shù)；對于②式，T不為整數(shù)；對于③式，只有當n＝0時，T＝6s，T為整數(shù)，故C錯誤，D正確。4．(2017·北京高考)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是()A．t＝1s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值B．t＝2s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值C．t＝3s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零D．t＝4s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值答案A解析t＝1s時，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負的最大值，A正確；t＝2s時，振子在平衡位置且向x軸負方向運動，則振子的速度為負，加速度為零，B錯誤；t＝3s時，振子處于負的最大位移處，振子的速度為零，加速度為正的最大值，C錯誤；t＝4s時，振子在平衡位置且向x軸正方向運動，則振子的速度為正，加速度為零，D錯誤。5.(2021·浙江1月選考)(多選)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。則()A．針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率可能不同B．隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度一定增大C．打擊桿對不同粗細樹干打擊結(jié)束后，樹干的振動頻率相同D．穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同答案AD解析根據(jù)共振的條件，當振動器的頻率等于樹木的固有頻率時產(chǎn)生共振，此時落果效果最好，而不同的樹木的固有頻率可能不同，則針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率可能不同，A正確；當振動器的振動頻率等于樹木的固有頻率時產(chǎn)生共振，此時樹干的振幅最大，則隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度不一定增大，B錯誤；不同粗細樹干的固有振動頻率不同，則打擊桿對不同粗細的樹干打擊結(jié)束后，樹干自由振動的振動頻率不同，C錯誤；樹干在振動器的周期性驅(qū)動力下做受迫振動，則穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同，D正確。6．(2020·全國卷Ⅱ)用一個擺長為80.0cm的單擺做實驗，要求擺動的最大角度小于5°，則開始時將擺球拉離平衡位置的距離應不超過________cm(保留1位小數(shù))。(提示：單擺被拉開小角度的情況下，所求的距離約等于擺球沿圓弧移動的路程。)某同學想設計一個新單擺，要求新單擺擺動10個周期的時間與原單擺擺動11個周期的時間相等。新單擺的擺長應該取為________cm。答案6.996.8解析開始時將擺球拉離平衡位置的最大距離為：xmax＝2π×80.0cm×eq\f(5°,360°)≈6.9cm。根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，結(jié)合題意10T′＝11T，代入數(shù)據(jù)有：10eq\r(L′)＝11eq\r(80.0)，解得新單擺的擺長為L′＝96.8cm。時間：40分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分。其中1～6題為單選，7～10題為多選)1．一彈簧振子做簡諧運動，下列說法正確的是()A．若位移為負值，則速度一定為正值，加速度也一定為正值B．振子通過平衡位置時，速度為零，加速度最大C．振子每次通過平衡位置時，加速度相同，速度也相同D．振子每次通過同一位置時，其速度不一定相同，但加速度一定相同答案D解析彈簧振子做簡諧運動時，加速度方向與位移方向總是相反，若位移為負值，加速度一定為正值，而速度可能為正值，也可能為負值，故A錯誤。振子每次通過平衡位置時，加速度為零，由于速度有兩種方向，所以速度大小相同，方向可能不同，故B、C錯誤。振子每次通過同一位置時，位移相同，回復力相同，加速度一定相同，速度大小相同，方向可能不同，故D正確。2．(2020·北京市東城區(qū)一模)如圖甲所示，彈簧的一端固定在豎直墻壁上，另一端與一個帶孔小球連接，小球穿在水平固定的光滑桿上。O點為小球的平衡位置，并以其為坐標原點建立x軸。小球可在a、b兩點之間做簡諧運動。圖乙為小球的振動圖象。下列說法正確的是()A．t1時刻小球運動到b點B．t2時刻小球的速度為零C．從t1到t2時間內(nèi)小球的回復力變大D．從t3到t4時間內(nèi)小球的加速度變小答案D解析由圖乙可知，t1時刻小球運動到x軸負向最大位移處即a點，故A錯誤；由圖乙可知，t2時刻小球在平衡位置，則速度最大，故B錯誤；由圖乙可知，從t1到t2時間內(nèi)小球從a→O，則小球的回復力變小，故C錯誤；由圖乙可知，從t3到t4時間內(nèi)小球從b→O，則小球距離平衡位置的位移變小，由－kx＝ma，可知小球的加速度變小，故D正確。3．(2020·山東省濰坊市期末)某質(zhì)點做簡諧運動的振幅為A，周期為T，則質(zhì)點在eq\f(T,6)時間內(nèi)的最大路程是()A．1.5A B.AC.0.5A D.答案B解析質(zhì)點振動速度越大，在相同時間內(nèi)的振動路程越大，已知質(zhì)點在平衡位置處速度最大，所以質(zhì)點在平衡位置上下方各振動eq\f(T,12)時間的路程為eq\f(T,6)時間內(nèi)的最大路程，且sm＝2Asineq\f(2π,12)＝A，B正確，A、C、D錯誤。4．(2020·山東省德州市一模)用圖甲所示的裝置可以測量物體做勻加速直線運動的加速度，用裝有墨水的小漏斗和細線做成單擺，水平紙帶中央的虛線在單擺平衡位置的正下方。物體帶動紙帶一起向左勻加速運動時，讓單擺小幅度前后擺動，于是在紙帶上留下如圖所示的徑跡。圖乙為某次實驗中獲得的紙帶的俯視圖，徑跡與中央虛線的交點分別為A、B、C、D，用刻度尺測出A、B間的距離為x1；C、D間的距離為x2。已知單擺的擺長為L，重力加速度為g，則此次實驗中測得的物體的加速度為()A.eq\f(x2－x1g,π2L) B.eq\f(x2－x1g,2π2L)C.eq\f(x2－x1g,4π2L) D.eq\f(x2－x1g,8π2L)答案B解析由題意可知，AB段、BC段、CD段的時間相等且都等于單擺的半周期，由勻變速直線運動規(guī)律得x2－x1＝2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2，其中T為單擺的周期，則T＝2πeq\r(\f(L,g))，聯(lián)立解得a＝eq\f(x2－x1g,2π2L)，故A、C、D錯誤，B正確。5.(2020·北京市高三下高考臨門一腳全真模擬)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端連接一物塊，物塊沿豎直方向以O點為中心點，在C、D兩點之間做周期為T的簡諧運動。已知在t1時刻物塊的速度大小為v，方向向下，動能為Ek。下列說法錯誤的是()A．如果在t2時刻物塊的速度大小也為v，方向向下，則t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)B．如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值為TC．物塊通過O點時動能最大D．當物塊通過O點時，其加速度最小答案B解析物塊做簡諧運動，物塊同向經(jīng)過關于平衡位置對稱的兩點時動量相等，所以如果在t2時刻物塊的速度大小也為v，方向向下，則t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，A正確；物塊經(jīng)過同一位置或關于平衡位置對稱的位置時動能相等，如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值可以小于T，B錯誤；圖中O點是平衡位置，物塊經(jīng)過O點時速度最大，動能最大，加速度最小，C、D正確。本題選說法錯誤的，故選B。6.(2020·山東省青島市西海岸新區(qū)4月模擬)兩單擺在不同的驅(qū)動力作用下其振幅A隨驅(qū)動力頻率f變化的圖象如圖中甲、乙所示，則下列說法正確的是()A．單擺振動時的頻率與固有頻率有關，振幅與固有頻率無關B．若兩單擺放在同一地點，則甲、乙兩單擺的擺長之比為4∶1C．若兩單擺擺長相同放在不同的地點，則甲、乙兩單擺所處兩地的重力加速度之比為4∶1D．周期為2s的單擺叫做秒擺，在地面附近，秒擺的擺長約為2m答案B解析做受迫振動的物體的頻率等于驅(qū)動力的頻率，由驅(qū)動力的頻率決定，與物體的固有頻率無關，當驅(qū)動力的頻率等于物體的固有頻率時，發(fā)生共振，物體的振幅最大，A錯誤；由圖象可知，甲、乙兩個單擺的固有頻率之比為1∶2，由T＝eq\f(1,f)＝2πeq\r(\f(l,g))可知，l＝eq\f(g,4π2f2)，若兩單擺放在同一地點，則甲、乙兩單擺的擺長之比為4∶1，若兩單擺擺長相同放在不同的地點，則甲、乙兩單擺所處兩地的重力加速度之比為1∶4，B正確，C錯誤；周期為2s的單擺叫做秒擺，在地面附近，秒擺的擺長l＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，D錯誤。7.(2020·江蘇省常州市期末)關于某物體受迫振動的共振曲線，下列判斷正確的是()A．物體的固有頻率等于f0B．物體做受迫振動時的頻率等于f0C．物體做受迫振動時振幅相同，則頻率必相同D．為避免共振發(fā)生，應該讓驅(qū)動力的頻率遠離f0答案AD解析當驅(qū)動力的頻率等于物體的固有頻率時，受迫振動的振幅最大，由圖可知，物體的固有頻率等于f0，A正確；物體做受迫振動時，只有當發(fā)生共振時頻率才是f0，即物體做受迫振動的頻率不一定等于f0，B錯誤；由題圖可知，物體做受迫振動時振幅相同，頻率不一定相同，C錯誤；根據(jù)產(chǎn)生共振的條件可知，為避免共振發(fā)生，應該讓驅(qū)動力的頻率遠離f0，D正確。8.如圖所示為同一地點的兩個單擺甲、乙的振動圖象，下列說法正確的是()A．甲、乙兩單擺的擺長相等B．甲擺的振幅比乙擺的大C．甲擺的機械能比乙擺的大D．在t＝0.5s時有正向最大加速度的是乙擺答案ABD解析由題圖可知，兩單擺的周期相同，同一地點重力加速度g相同，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得知，甲、乙兩單擺的擺長相等，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的大，B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長相等，但由于兩擺的擺球質(zhì)量未知，故無法比較機械能的大小，C錯誤；在t＝0.5s時，甲擺經(jīng)過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負的最大，則乙擺具有正向最大加速度，D正確。9.(2020·天津市南開翔宇學校高三第八次統(tǒng)練)如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動，以豎直向上為正方向，物塊簡諧運動的表達式為y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6s時，小球恰好與物塊處于同一高度，取重力加速度的大小g＝10m/s2。以下判斷正確的是()A．h＝1.7mB．簡諧運動的周期是0.8sC．0.6s內(nèi)物塊運動的路程是0.2mD．t＝0.4s時，物塊與小球運動方向相反答案AB解析由簡諧運動表達式可得，t＝0.6s時，物塊的位移為y＝0.1sin(2.5π×0.6)m＝－0.1m；則對小球有：h－y＝eq\f(1,2)gt2，計算得出h＝1.7m，所以A正確；由物塊簡諧運動的表達式可以知道，物塊簡諧運動的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)s＝0.8s，故B正確；振幅為0.1m，則0.6s＝eq\f(3,4)T內(nèi)物塊運動的路程為3A＝0.3m，故C錯誤；t＝0.4s＝eq\f(T,2)時，y＝0，物塊在平衡位置向下振動，則此時物塊與小球運動方向相同，故D錯誤。10．如圖所示，甲、乙兩木塊疊放在光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和M，甲木塊與乙木塊之間的最大靜摩擦力為fm，乙木塊與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子，為使甲木塊和乙木塊在振動過程中不發(fā)生相對滑動，則()A．它們的振幅不能大于A＝eq\f(M＋mfm,kM)B．它們的振幅不能大于A＝eq\f(M＋mfm,km)C．它們的最大加速度不能大于eq\f(fm,M)D．它們的最大加速度不能大于eq\f(fm,m)答案BD解析當甲木塊和乙木塊在振動過程中恰好不發(fā)生相對滑動時，甲、乙兩木塊間靜摩擦力在最大位移處達到最大。根據(jù)牛頓第二定律，以甲木塊為研究對象，最大加速度am＝