2024高考物理一轮复习第14章机械振动机械波第1讲机械振动学案新人教版

PAGE22-第十四章机械振动机械波考地位高考对本章的考查主要以选择题和计算题为主，考查以图象为主，强调数形结合，难度中等，分值在5～10分左右。考纲下载1.简谐运动(Ⅰ)2．简谐运动的公式和图象(Ⅱ)3．单摆、单摆的周期公式(Ⅰ)4．受迫振动和共振(Ⅰ)5．机械波、横波和纵波(Ⅰ)6．横波的图象(Ⅱ)7．波速、波长、频率(周期)及其关系(Ⅰ)8．波的干涉和衍射现象(Ⅰ)9．多普勒效应(Ⅰ)试验一：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度考纲解读1.能够应用简谐运动的特点、公式和图象分析并解决问题。2．知道单摆，驾驭单摆周期公式的应用以及单摆的试验探究。3．驾驭波长、频率和波速的关系及相关计算，并留意计算结果的多解性。4．高考中对本章的考查形式主要有两种：一是借助振动图象、波的图象或两者结合，考查简谐运动与波的特点、规律及波速、波长和频率的关系；二是通过试验，考查单摆周期公式的运用。第1讲机械振动主干梳理对点激活学问点简谐运动Ⅰ1．简谐运动的概念质点的位移与时间的关系遵从eq\x(01)正弦函数的规律，即它的振动图象(x－t图象)是一条eq\x(02)正弦曲线。2．平衡位置振动物体eq\x(03)原来静止时的位置。3．回复力(1)定义：使振动物体返回到eq\x(04)平衡位置的力。(2)方向：总是指向eq\x(05)平衡位置。(3)来源：属于eq\x(06)效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。4．描述简谐运动的物理量物理量定义意义位移由eq\x(07)平衡位置指向质点eq\x(08)所在位置的有向线段描述质点振动中某时刻的位置相对于eq\x(09)平衡位置的位移振幅振动物体离开平衡位置的eq\x(10)最大距离描述振动的eq\x(11)强弱和能量周期振动物体完成一次eq\x(12)全振动所需时间频率振动物体eq\x(13)单位时间内完成全振动的次数描述振动的eq\x(14)快慢，两者互为倒数：T＝eq\x(15)eq\f(1,f)相位ωt＋φ0描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态学问点简谐运动的公式和图象Ⅱ1．表达式(1)动力学表达式：F＝eq\x(01)－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。(2)运动学表达式：x＝eq\x(02)Asin(ωt＋φ0)，其中A表示振幅，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ0表示简谐运动的相位，φ0叫做eq\x(03)初相。2．简谐运动的图象(1)如图所示：(2)物理意义：表示振动质点的位移随eq\x(04)时间的变更规律。学问点弹簧振子、单摆及其周期公式Ⅰ简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图简谐运动条件(1)弹簧质量可忽视(2)无摩擦等eq\x(01)阻力(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不行伸缩的轻质细线(2)无空气阻力(3)最大摆角eq\x(02)θ<5°回复力弹簧的eq\x(03)弹力供应摆球eq\x(04)重力沿与摆线垂直方向的分力平衡位置弹簧处于eq\x(05)原特长eq\x(06)最低点周期与eq\x(07)振幅无关T＝eq\x(08)2πeq\r(\f(l,g))能量转化弹性势能与动能的相互转化，eq\x(09)机械能守恒重力势能与动能的相互转化，eq\x(10)机械能守恒学问点受迫振动和共振Ⅰ1．受迫振动系统在eq\x(01)驱动力作用下的振动叫做受迫振动。做受迫振动物体的周期(或频率)等于eq\x(02)驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)eq\x(03)无关。2．共振曲线如图所示的共振曲线，表示某振动系统受迫振动的振幅A(纵坐标)随驱动力频率f(横坐标)变更的关系。驱动力的频率f跟振动系统的固有频率f0相差越小，振幅越大；驱动力的频率f等于振动系统的eq\x(04)固有频率f0时，振幅最大。学问点试验：用单摆测定重力加速度1．试验原理由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得出g＝eq\f(4π2,T2)l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。2．试验器材带中心孔的小钢球、约1m3．试验步骤(1)做单摆取约1m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图甲所示。(2)测摆长用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋eq\f(D,2)。(3)测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5°)，然后释放小球，登记单摆摇摆30次或50次全振动的总时间，算出平均每摇摆一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。(4)变更摆长，重做几次试验。(5)数据处理①公式法：g＝eq\f(4π2l,T2)。②图象法：画l－T2图象，如图乙所示。求出图象斜率k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)，则g＝4π2k。4．留意事项(1)小球选用密度大的钢球。(2)选用1m(3)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。(4)单摆必需在同一平面内振动，且摆角小于5°。(5)选择在摆球摆到平衡位置处时起先计时，并数准全振动的次数。一堵点疏通1．简谐运动是匀变速运动。()2．振幅等于振子运动轨迹的长度。()3．简谐运动的回复力确定不是恒力。()4．弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零。()5．单摆无论摆角多大都是简谐运动。()6．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。()7．简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。()答案1.×2.×3.√4.×5.×6.√7.×二对点激活1．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻起先计时，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关系的图象是()答案A解析振子的最大加速度与振子的回复力成正比，方向与位移方向相反，具有正向的最大加速度，就应当具有最大的反方向的位移，振子从平衡位置起先计，并向负方向移动时，经四分之一周期振子具有沿x轴正方向的最大加速度，只有A正确，B、C、D都不符合题意。2．(人教版选修3－4·P17·T3改编)(多选)如图是两个单摆的振动图象，以下说法正确的是()A．甲、乙两个摆的振幅之比为2∶1B．甲、乙两个摆的频率之比为1∶2C．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2D．以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t＝0起，乙第一次到达右方最大位移时，甲振动到了平衡位置，且向左运动答案AD解析由振动图象知A甲＝2cm，A乙＝1cm，所以甲、乙两个摆的振幅之比为2∶1，故A正确；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错误；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错误；由图象知，乙第一次到达右方最大位移时为t＝2s时，此时x甲＝0，且向左运动，故D正确。3.(人教版选修3－4·P21·T4改编)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1C．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答案B解析由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，A错误；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1m，B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，C、D错误。4．(人教版选修3－4·P5·T3)如下图所示，在t＝0到t＝4s的范围内回答以下问题。(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？(2)质点在第2s末的位移是多少？(3)质点在前2s内走过的路程是多少？答案(1)在0～1s,2～3s内位移方向跟它的瞬时速度方向相同在1～2s,3～4s内位移方向跟它的瞬时速度方向相反'(2)0'(3)20解析(1)位移—时间图线的某点的切线的斜率即是某时刻的速度，可知，质点相对平衡位置的位移的方向在0～1s和2～3s内跟它的瞬时速度的方向相同，在1～2s和3～4s内跟瞬时速度的方向相反。(2)质点在第2s末的位移是0。(3)质点在前2s内走过的路程是s＝2×10cm＝20考点细研悟法培优考点1简谐运动的特征1.动力学特征F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不确定是弹簧的劲度系数。2．运动学特征做简谐运动的物体加速度与物体偏离平衡位置的位移大小成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。3．周期性特征相隔nT(n为正整数)的两个时刻，物体处于同一位置且振动状态相同。4．对称性特征(1)时间对称性：相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等、方向相反。如图甲所示：O为平衡位置，A、B为振子偏离平衡位置最大位移处，振子t时刻在C点，t＋eq\f(2n＋1T,2)时刻运动到D点，则位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，aD＝－aC。(2)空间对称性：如图乙所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。此外，振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO。5．能量特征振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。例1(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时起先计时，经过0.3s，第一次到达点M，再经过0.2s其次次到达点M，则弹簧振子的周期不行能为()A．0.53s B．1.4sC．1.6s D．2sE．3s(1)从O点动身第一次到达M点时用时0.3s有几种情形？提示：两种。(2)简谐运动中振子往复运动过程中通过同一段路程，用时相等吗？提示：相等。尝试解答选BDE。从O点动身第一次到达M点，运动状况有下图甲、乙两种可能。如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为eq\f(T,4)。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故eq\f(T,4)＝0.3s＋eq\f(0.2,2)s＝0.4s，解得T＝1.6s；如图乙所示，若振子一起先从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2s。振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为eq\f(0.3s－0.2s,3)＝eq\f(1,30)s，故周期为T＝0.5s＋eq\f(1,30)s≈0.53s，所以周期不行能为选项B、D、E。分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变更状况时，要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变更。另外，各矢量均在其值为零时变更方向。(2)分析过程中要特殊留意简谐运动的周期性和对称性。(3)如例1，若没有给出起先时刻质点的振动方向，还须分状况探讨，以防丢解。[变式1－1](多选)下列关于简谐振动的说法正确的是()A．速度和加速度第一次同时复原为原来的大小和方向所经验的过程为一次全振动B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C．一个全振动指的是动能或势能第一次复原为原来的大小所经验的过程D．位移减小时，加速度减小，速度增大E．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同答案ADE解析通过画运动示意图可知，速度和加速度第一次同时复原为原来的大小和方向所经验的过程为一次全振动，A符合题意；回复力与位移方向相反，故加速度与位移方向相反，但速度的方向可以与位移的方向相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，B不符合题意，E符合题意；一次全振动，动能和势能均会有两次复原为原来的大小，C不符合题意；当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置，故速度在增大，D符合题意。故答案为A、D、E。[变式1－2](2024·湖北省高三4月调考)(多选)如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后两物块都起先做简谐运动，在运动过程()A．甲的振幅是乙的振幅的4倍B．甲的振幅等于乙的振幅C．甲的最大速度是乙的最大速度的eq\f(1,2)D．甲的振动周期是乙的振动周期的2倍E．甲的振动频率是乙的振动频率的2倍答案BCD解析线未断开前，对甲、乙整体，两弹簧的弹力等大，又因为两根弹簧相同，所以两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅确定相同，故A错误，B正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的4倍，由Ek＝eq\f(1,2)mv2知道，甲的最大速度确定是乙的最大速度的eq\f(1,2)，故C正确；依据T＝2πeq\r(\f(m,k))可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，依据f＝eq\f(1,T)可知，甲的振动频率是乙的振动频率的eq\f(1,2)，D正确，E错误；故选B、C、D。考点2简谐运动的图象1.图象特征(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置。(2)图象反映的是位移随时间的变更规律，随时间的增加而延长，图象不代表质点运动的轨迹。(3)任一时刻在图线上对应点的切线的斜率大小表示该时刻振子的速度大小，斜率正负表示速度的方向，斜率为正时，表示振子的速度沿x轴正方向；斜率为负时，表示振子的速度沿x轴负方向。2．图象信息(1)由图象可以看出质点振动的振幅、周期。(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。(3)可以确定某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向。①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度的方向在图象上总是指向t轴。②速度的方向：某时刻速度的方向既可以通过该时刻在图象上对应点的切线的斜率来推断，还可以通过下一时刻位移的变更来推断，若下一时刻位移增加，速度方向就是远离t轴；若下一时刻位移减小，速度方向就是指向t轴。(4)可以确定某段时间质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能等的变更状况。例2(2024·宁夏石嘴山三中一模)(多选)弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动。从小钢球通过平衡位置起先计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是()A．t＝0.5s时钢球的加速度为正向最大B．在t0时刻弹簧的形变量为4cmC．钢球振动半个周期，回复力做功为零D．钢球振动一周期，通过的路程等于10cmE．钢球振动方程为y＝5sinπtcm(1)弹簧振子的加速度方向与位移方向相同还是相反？提示：相反。(2)钢球每经过半个周期，钢球的速度大小变更吗？提示：不变。尝试解答选BCE。由振动图象可以看出钢球的振动周期为T＝2s，t＝0.5s时钢球的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，平衡位置时弹簧的形变量为零，由图知t0时刻钢球在平衡位置的右侧距离平衡位置为4cm处，则弹簧的形变量等于4cm，故B正确；经过半个周期后，钢球的速度大小与原来相等，动能变更为零，依据动能定理知回复力做功为零，故C正确；钢球振动一周期，通过的路程s＝4A＝4×5cm＝20cm，故D错误；振幅A＝5cm，圆频率ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，则钢球振动方程为y＝Asinωt＝5sinπtcm，故E正确。故选B、C、E。对振动图象的理解(1)可确定振动质点在任一时刻的位移。如图所示，t1、t2时刻质点偏离平衡位置的位移分别为x1＝7cm，x2＝－5cm。(2)可确定质点振动的振幅，图象中最大位移的确定值就是质点振动的振幅。如图所示，质点振动的振幅是10cm。(3)可确定质点振动的周期和频率，振动图象上一个完整的正弦(或余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期，频率的大小等于周期的倒数。如图所示，OD、AE、BF的间隔都等于质点振动的周期，T＝0.2s，频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz。(4)可确定质点的振动方向。如图所示，在t1时刻，质点正远离平衡位置向正方向运动；在t3时刻，质点正朝向平衡位置运动。(5)可比较各时刻质点加速度的大小和方向。例如在图中t1时刻，质点偏离平衡位置的位移x1为正，则加速度a1为负；在t2时刻，质点偏离平衡位置的位移x2为负，则加速度a2为正，因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。[变式2](多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图a所示，它的振动图象如图b所示，设向右为正方向，下列说法正确的是()A．OB＝5cmB．第0.2s末质点的速度方向是A→OC．第0.4s末质点的加速度方向是A→OD．第0.7s末时质点位置在O点与A点之间E．在4s内完成5次全振动答案ACE解析由图b可知振幅为5cm，则OB＝OA＝5cm，A正确；由图可知0～0.2s内质点从B向O运动，第0.2s末质点的速度方向是O→A，B错误；由图可知第0.4s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C正确；由图可知第0.7s末时质点位置在O点与B点之间，D错误；由图b可知周期T＝0.8s，则在4s内完成全振动的次数为eq\f(4s,0.8s)＝5，E正确。考点3受迫振动与共振自由振动、受迫振动和共振的比较振动类型项目自由振动受迫振动共振受外力状况仅受回复力受到周期性驱动力作用受到周期性驱动力作用振动周期和频率由系统本身的性质确定，即固有周期和固有频率由驱动力的周期和频率确定T驱＝T固f驱＝f固振动能量无阻尼自由振动物体的机械能不变，阻尼振动物体的机械能减小由产生驱动力的物体供应振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子，单摆机器运转时底座发生的振动共振筛，转速计例3如图所示，一竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘转动一会儿静止后，小球做________(填“阻尼”“自由”或“受迫”)振动。若弹簧和小球构成的系统振动频率约为3Hz，现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，小球的振动频率为________Hz。渐渐变更圆盘的转动周期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为________s。(1)在阻力作用下，振幅渐渐变小的振动称为________振动。提示：阻尼(2)当小球振动的振幅达到最大时，圆盘的周期________系统的固有周期。提示：等于尝试解答阻尼0.25eq\f(1,3)。由于水对小球有阻力的作用，因此圆盘停止转动后，小球做阻尼振动；圆盘转动时带动小球做受迫振动，因此小球振动稳定时的振动频率等于驱动力的频率，即小球的振动频率为eq\f(1,4)Hz＝0.25Hz；当驱动力的频率等于小球的固有频率时小球的振幅最大，即圆盘的转动频率应为3Hz，则圆盘的周期应为eq\f(1,3)s。对共振的理解(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。[变式3－1]关于固有频率，以下说法正确的是()A．固有频率是由物体本身确定的B．物体不振动时固有频率为零C．振幅越大，固有频率越小D．全部物体固有频率都相同答案A解析物体做自由振动时，振动的频率与初始条件无关，仅与系统的固有特性有关(如质量、材质等)，称为固有频率，故A正确，B、C、D错误。[变式3－2](多选)某简谐振子，自由振动时的振动图象如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图象如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的()A．a点 B．b点C．c点 D．确定不是c点答案AD解析简谐振子自由振动时，设周期为T1；而在某驱动力作用下做受迫振动时，设周期为T2；明显T1<T2；依据f＝eq\f(1,T)，有f1>f2；题图乙中c点处代表发生共振，驱动力频率等于固有频率f1；做受迫振动时，驱动力频率f2<f1，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点；故选A、D。考点4单摆、用单摆测定重力加速度1.对单摆的理解(1)回复力：摆球重力沿轨迹切线方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ。两点说明：①当摆球在最高点时，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，FT＝mgcosθ。②当摆球在最低点时，F向＝eq\f(mv\o\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq\f(v\o\al(2,max),l)。(3)单摆是一个志向化模型，摆角θ≤5°时，单摆的周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))，与单摆的振幅A、摆球质量m无关，式中的g由单摆所处的位置确定。2．等效摆长及等效重力加速度(1)l′——等效摆长：摇摆圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l′＝r＋Lcosα。乙图中小球(可看做质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点的旁边振动，其等效摆长为l′＝R。(2)g′——等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。①在不同星球表面：g′＝eq\f(GM,R2)，M为星球的质量，R为星球的半径。②单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g′＝g＋a和g′＝g－a，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。3．用单摆测定重力加速度数据处理的两种方法：方法一：公式法。依据公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，g＝eq\f(4π2l,T2)。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值，即为当地重力加速度的值。方法二：图象法。由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(g,4π2)T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴描点作图，作出的l­T2图象理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图象的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。例4(多选)某同学做“用单摆测定重力加速度”的试验时，通过变更摆线的长度，测出对应的周期，作出了l－T2图象，如图所示。下列关于本试验的分析正确的是()A．试验中正确测量周期的方法是，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置起先计时，登记摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,50)B．图象不过原点是因为测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长C．图象不过原点是因为测量摆长时，把摆线长加上摆球的直径当成摆长D．利用图象仍旧能测出当地的重力加速度为g＝eq\f(4π2lA,T\o\al(2,A))或g＝eq\f(4π2lB,T\o\al(2,B))，但测量结果会偏大E．利用图象仍旧能测出当地的重力加速度为g＝eq\f(4π2lB－lA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，并且不会有系统误差(1)若摆长测量值l有偏差Δl，即l真＝l＋Δl，则如何用g、T表示l?提示：因为l真＝l＋Δl＝eq\f(g,4π2)T2，则l＝eq\f(g,4π2)T2－Δl。(2)依据上述l的表达式，题中图象的斜率是什么？提示：l＝eq\f(g,4π2)T2－Δl，图中Δl为负值，可知斜率k＝eq\f(g,4π2)。尝试解答选ACE。为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，A正确；依据周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)，由于题中图象存在纵截距，即l＝eq\f(gT2,4π2)＋l′，说明测量的摆长值较实际摆长要大，B错误，C正确；依据题中图象上A、B两点有关系式lA＝eq\f(gT\o\al(2,A),4π2)＋l′，lB＝eq\f(gT\o\al(2,B),4π2)＋l′，两式相减可解得g＝eq\f(4π2lB－lA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，由以上可以看出，最终的结果不影响g值的测量，所以D错误，E正确。用单摆测定重力加速度试验的误差分析(1)本试验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动，这些要求是否符合。(2)本试验的偶然误差主要来自时间的测量和摆线长度的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时起先计时，不能多计或漏计摆球全振动次数。运用刻度尺测量摆线长度时，要多次测量取平均值以减小误差。(3)利用图象法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小试验误差。利用图象法分析处理时要特殊留意图象的斜率及截距的物理意义。[变式4－1]物理试验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的试验。(1)试验室有如下器材可供选用：A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳C．直径约2cm的匀称铁球 D．直径约5cm的匀称木球E．秒表F．时钟G．最小刻度为毫米的刻度尺试验小组的同学须要从上述器材中选择________(填写器材前面的字母)。(2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎试验要求且误差最小的是________(填字母代号)。(3)某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的缘由是________。A．测摆长时记录的是摆线的长度B．起先计时时，秒表过早按下C．摆线上端未坚固地系于悬点，摇摆中出现松动，使摆线长度增加了D．试验中误将29次全振动数记为30次答案(1)ACEG(2)A(3)D解析(1)须要选择：长约1m的细线，直径约2cm的匀称铁球，秒表(测量50次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆线长)。(2)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin5°＝0.087m＝8.7cm，为计时精确，在摆球摆至平衡位置时起先计时，故四种操作过程合乎试验要求且误差最小的是选项A。(3)依据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝eq\f(4π2L,T2)。将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，故A错误；起先计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，故B错误；摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，故C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝eq\f(t,29)，若误计为30次，则T测＝eq\f(t,30)<eq\f(t,29)，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大，故D正确。[变式4－2]在“用单摆测定重力加速度”的试验中：(1)摇摆时偏角满意的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时起先时，摆球应是经过最________(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间，则单摆振动周期为________。(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量状况如图乙所示。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：“浮力对摆球的影响似乎用一个轻一些的摆球做试验，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答案(1)低2.05s(2)0.9980(3)eq\f(4π2L,T2)(4)A解析(1)摆球经过最低点时小球速度最大，简单视察和计时；图甲中停表的示数为1.5min＋12.5s＝102.5s，则周期T＝eq\f(102.5,50)s＝2.05s。(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.9980m。(3)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得g＝eq\f(4π2L,T2)。(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，A正确。

高考模拟随堂集训1．(2024·全国卷Ⅱ)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方eq\f(3,4)l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时起先计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图象中，能描述小球在起先一个周期内的x­t关系的是()答案A解析摆长为l时单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为eq\f(1,4)l时单摆的周期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为摆角)。依据机械能守恒定律得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正确。2．(2024·江苏高考)(多选)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的()A．位移增大 B．速度增大C．回复力增大 D．机械能增大答案AC解析在单摆的偏角增大的过程中，摆球远离平衡位置，故位移增大，速度减小，回复力增大，机械能保持不变，A、C正确，B、D错误。3．(2024·天津高考)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则()A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为eq\f(2,3)sB．若振幅为0.1m，振子的周期可能为eq\f(4,5)sC．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4sD．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s答案AD解析若振幅为0.1m，依据题意可知从t＝0s到t＝1s振子经验的时间为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…)，当n＝1时，T＝eq\f(2,3)s，当T＝eq\f(4,5)s时，代入得n＝eq\f(3,4)，不符合题意，A正确，B错误；假如振幅为0.2m，结合位移—时间关系图象，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，对于①式，只有当n＝0时，T＝2s，为整数；对于②式，T不为整数，对于③式，只有当n＝0时，T＝6s，T为整数，故C错误，D正确。4．(2024·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3s时，振子的速度为负的最