2、)v2，方向相反 C．a(chǎn)1a2，方向相反
把振動圖象和振子的實際振動過程結(jié)合起來分析，要準確理解各物理量的含義．
[解答]在t1時刻質(zhì)點向下向平衡位置運動，在t2時刻質(zhì)點向下遠離平位置運動，所以速度v1與v2的方向相同，但由于在t1時刻質(zhì)點離平衡
3、位置較遠，所以v1a2，質(zhì)點的加速度方向總是指向平衡位置，因而可知在≠t時刻加速度方向向下．在t2時刻加速度方向向上，故選項AD正確．
規(guī)律總結(jié)
(1)對運動過程進行具體分析，最好畫出運動過程的草圖和振動圖象，把二者結(jié)合起來；(2)做簡諧運動的質(zhì)點，其運動的速度、加速度、位移、回復(fù)力等物理量具有周期性且關(guān)于平衡位置具有對稱性．
綜合問題2
關(guān)于單擺的周期公式T=
1. 有一擺長為L的單擺，懸點正下方某處有一小釘，當擺球經(jīng)過平衡位置向左擺動時，擺線的上部將被小釘擋住，使擺長發(fā)生變化，現(xiàn)使擺球做小幅度擺動，擺球從右邊最高點M至左邊最高點N運動過程的閃光照片如圖6—
4、21所示(懸點和小釘未被攝 入)．P為擺動中的最低點，已知每相鄰兩次閃光的時間間隔相等，由此可知，小釘與懸點的距離為 ( )
A．L/4 BL/2 C．3L/4 D．條件不足，無法確定
正確識別此閃光照片的物理意義是解決本題的關(guān)鍵．由照片找到相鄰兩次閃光時間間隔￡與對應(yīng)單擺周期的關(guān)系，再結(jié)合單擺周期公式即可解決．
[解答]C設(shè)小釘與懸點的距離為L0，擺長為L時的周期為T，擺長為(L-L0)時的周期為T0，每相鄰兩次閃光的時間間隔為t0，由圖可知：
從M到P的時間為：
從P到N的時間為：
由以上兩式可得：L0=3L/4，故選項C正確．
2. 有一天體半徑
5、為地球半徑的4倍，平均密度與地球相同，在地球表面走時準確的擺鐘移到該天體的表面，秒針走一圈的實際時間為 ( )
D 2 min
擺鐘的周期可應(yīng)用單擺的周期公式來分析，它與重力加速度有關(guān)．重力等于萬有引力，則在不同天體上，重力加速度不同，同一擺鐘的周期也不同．由于齒輪齒數(shù)確定，則秒針轉(zhuǎn)一圈實際時間與周期成正比．
[解答]A由
又 ，即 則 即
，即A正確．
3.將一個力電傳感器接到計算機上，可以測量快速變化的力．用這種方法測得的某單擺擺動過程中懸線上拉力大小隨時間變化的曲線如圖6—22所示，由此圖線提供的信息作出下列判斷中正確的是
6、( )
A t=0.2 s時刻擺球正經(jīng)過最低點
B t=1.1 s時擺球正處于最高點
C擺球擺動過程中機械能時而增大時而減小
D．擺球擺動的周期約是T—0.6 s
單擺擺動過程中擺球在平衡位置處懸線拉力最大，左、右最高點處拉力最小，結(jié)合圓周運動知識和題給圖象不難作答．
[解答]AB由圖知，t=0.2 s時，F(xiàn)為最大，即擺球在平衡位置(即最低點)，A正確；而t=1.1 s時，由圖知 F有最小值，故擺球處于最高點，即B正確；由于在最低點有F-mg=mv2/l，即最大拉力F=mg+ mv2/l，從圖1知F逐漸減小，則最大動能mv2變小，故擺動過程機械能逐漸損失而不斷減小，故C錯
7、；從圖知，F(xiàn)為最大值(即擺球過最低點)的時間間隔t=0.7 s，則擺動周期T=2t=1.4 s，即D選項不對．
4．距離樓頂L=90 m處一房間起火，一消防隊員沿一條豎直懸垂的繩子從靜止開始加速下滑，滑到窗戶A處，突然停止下滑，同時用腳將窗戶玻璃踢破，自己反彈了一下，然后進入窗內(nèi)救人．若已知從開始下滑到剛進入窗內(nèi)共用了時間t=15 s．試估算他下滑時的加速度a的大小，假設(shè)不計繩的質(zhì)量．
分段分析，把下滑視為勻加速運動，消防隊員踢窗反彈可視為單擺運動即可．
[解答]把下滑視為勻加速運動，則有 消防隊員踢窗反彈可視為單擺運動，則有 ，由題意t=t1+t2，以上各式聯(lián)立解得a=5．8m/s
8、2．
規(guī)律總結(jié)
(1)理解單擺做簡諧運動的條件，單擺的固有周期 (或頻率)與擺球的質(zhì)量和振幅無關(guān)．(2)常以星體表面的加速度為橋梁和天體運動相結(jié)合．(3)要把實際問題進行簡化然后抽象出單擺模型．
綜合問題3
波動振動的綜合
1.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，某時刻(設(shè)t=O)波傳播到x軸上的B質(zhì)點，在它左邊的A質(zhì)點正在負最大位移處，如圖6—23所示．在t=0.6 s時，質(zhì)點A第二次出現(xiàn)在正的最大位移處，則 ( )
A該簡諧波的波速等于5 m/s
B t=0.6 s時，質(zhì)點C在平衡位置處且向上運動
C．t=0.6 s時，質(zhì)點C在平衡位置處且向下運動
D．當質(zhì)點E第
9、一次出現(xiàn)在正最大位移處時，質(zhì)點B恰好在平衡位置且向下運動
從波的圖象可知波長，由A質(zhì)點的振動可求周期，進而求出波速和各質(zhì)點的振動情況．
[解答]AB由圖知，波長A=2 m，據(jù)圖，A經(jīng) 個周期第二次到達波峰，即 ，周期T=0.4 s，則波速 ，A正確；由x=vt=5×0.6 m=3 m，即0.6 s時C質(zhì)點振動情況與t=0時與之相距3 m的0點相同，正經(jīng)平衡位置向上振動，即B正確，C不對；波由B 點傳至E點歷時 ，此刻E點同B 點起振時一樣，向上運動，再經(jīng) ，E第一次至波峰，則經(jīng)t=t1+t2=0.7 s，B點振動了 ，即B處于波谷，故D不對，應(yīng)選AB．
2. 一列簡諧橫波沿x
10、軸正方向傳播，在介質(zhì)中只存在四分之三波長的波形，某時刻恰好到達坐標原點處，如圖6—24所示．此波傳到x=20 cm的P點時，處于原點0的質(zhì)點所通過的路程和該時刻的位移分別為 ( )
A 40 cm O B 6 cm 2 cm C．20 cm O D 6 cm -2 cm
沿波的傳播方向上各質(zhì)點的振動為受迫振動，當失去上一質(zhì)點的驅(qū)動力后．要停止振動．絲潑影沿波的傳播方向繼續(xù)平移．
[解答]B由波形圖可知波長為4 cm，波由0點傳到 P點需要5個周期，但是由于波形只有3/4波長，在波傳播到P點的過程中，原點0處的質(zhì)點只振動3/4個周期，故其通過的路程為2×3=
11、6 cm．由波形圖和波的傳播方向可判斷：處于原點0的質(zhì)點起振方向沿y軸負方向，所以經(jīng)3/4個周期后，其位移為2 cm．故選項B正確．
3. 圖6—25(a)所示為一列簡諧橫波在t=20 s時的波形圖，圖(b)是這列波中P點的振動圖線，那么該波的傳播速度和傳播方向是 ( )
A v=25 cm/s，向左傳播 B v=50 cm/s，向左傳播 C．v=25 cm/s，向右傳播 D．v=50 cm/s，向右傳播
從兩圖中可分別讀取波長A和周期T，則可求波速．由圖(b)推知P點振動方向，由圖(a)可推知波傳播方向．
[解答]B由圖(a)知A=100 cm，由圖(b)得t=2
12、 s，則波速 ，且從圖(b)知t=20 s時，P在平衡位置向+y方向運動，即波以圖(a)中P點從右向左傳播，即選B
4．如圖6—26所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2 m和x=1.2 m處，兩列波的波速均為u=0．4 m/s，兩波源的振幅為A=2 cm．圖示為t=0時刻兩波的圖象(傳播方向如圖)，此時平衡位置處于x= 0.2 m和0.8 m的P、Q兩質(zhì)點剛開始振動．質(zhì)點M的平衡位置處于x=0.5 m處，關(guān)于各質(zhì)點運動情況的判斷正確的是 ( )
A 質(zhì)點P、Q此時沿．y軸正方向運動
D．t=0.75 s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到M點
C
13、．t=1 s時刻，質(zhì)點M的位置為+4 cm
D．t=1 s時刻，質(zhì)點M的位置為-4 cm
理解波的圖象，注意每一個質(zhì)點是上下振動而不是隨著波向前運動．由波速公式和波的疊加分析推理即可．
[解答]D 由波形圖和波的傳播方向可判斷質(zhì)點P、Q此時沿y軸負方向運動，所以選項A錯誤；再經(jīng) 0.75 s，兩列波都傳播△x=vt=0.3 m，恰好都傳播到M點，但質(zhì)點P、Q在了軸方向上做簡諧運動，并不隨波的傳播而遷移，所以選項B錯誤；經(jīng)t=1 s，波傳播的距離為△x=vt=0.4 m，此時波S1、S2同時在M產(chǎn)生波谷，所以t=1 s時刻，質(zhì)點M的位置為-4 cm，故選項D正確．
規(guī)律總結(jié)
準確理解振動圖象與波動圖象的區(qū)別是解決這類問題的關(guān)鍵
振動圖象與波動圖象的區(qū)別：
振動圖象
波動圖象
研究對象
一振動質(zhì)點
沿傳播方向所有質(zhì)點
振動圖象
波動圖象
圖象特征
物理意義
一質(zhì)點在各時刻的位移
某時刻各質(zhì)點的位移
圖象變化
隨時間推移圖象延續(xù)，但已有形狀不變
隨時間推移，圖象沿傳播方向平移
一完整益線占橫坐標的距離
表示一個周期
表示一個波長
2020高考物理總復(fù)習(xí) 易錯題與高考綜合問題解讀 考點 6 機械振動 機械波 探究開放題解答
