高考物理一轮复习 精细讲义 第47讲 机械振动（原卷版）

第47讲机械振动——划重点之精细讲义系列一．简谐运动1．概念：质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x－t图象)是一条正弦曲线．2．简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ)代表简谐运动的相位，φ叫做初相．3．回复力(1)定义：使物体返回到平衡位置的力．(2)方向：时刻指向平衡位置．(3)来源：振动物体所受的沿振动方向的合力．4．描述简谐运动的物理量物理量定义意义振幅振动质点离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱周期振动物体完成一次全振动所需时间描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝eq\f(1,f)频率振动物体单位时间内完成全振动的次数相位ωt＋φ描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态二．简谐运动的图象1．物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线．2．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，把开始运动的方向规定为正方向，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图甲所示．(2)从正的最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos_ωt，图象如图乙所示．三．单摆1．定义：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸缩和质量都不计，球的直径比线短得多，这样的装置叫做单摆．2．视为简谐运动的条件：θ<5°.3．回复力：F＝G2＝Gsinθ＝eq\f(mg,l)x4．周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g)).5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和振子(小球)质量都没有关系．四．受迫振动及共振1．受迫振动(1)概念：物体在周期性驱动力作用下的振动．(2)振动特征：受迫振动的频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关．2．共振(1)概念：当驱动力的频率等于固有频率时，受迫振动的振幅最大的现象．(2)共振的条件：驱动力的频率等于固有频率．(3)共振的特征：共振时振幅最大．(4)共振曲线(如图所示)．f＝f0时，A＝Am.f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小．考点一简谐运动的特征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，不一定是弹簧的劲度系数．2．运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比，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．运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同．4．对称性特征：(1)相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n为正整数)的两个时刻，振子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．(2)如图所示，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．(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′.(4)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．【典例1】做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是()A．位移 B．速度C．加速度 D．回复力解析：选B.做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，位移相同，加速度相同，速度的大小相等，但方向不一定相同，所以可能不同的物理量是速度，选项B正确．【典例2】(多选)关于简谐运动的下列说法中，正确的是()A．位移减小时，加速度减小，速度增大B．位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D．水平弹簧振子朝左运动时，加速度方向跟速度方向相同，朝右运动时，加速度方向跟速度方向相反解析：选AC.物体做简谐运动的加速度a＝－eq\f(kx,m)，可得位移减小时，加速度减小，速度增大，A正确．位移方向总跟加速度方向相反，但位移方向跟速度方向可能相同，也可能相反，B错误，C正确．水平弹簧振子朝左运动时，若振子在平衡位置右侧，加速度方向与速度方向相同，若振子在平衡位置左侧，加速度方向与速度方向相反，D错误．【典例3】一个质点在平衡位置O点附近做机械振动．若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点(如图所示)；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是________或________．解析：若质点从O点开始向右运动，则tOM＝3s，tMb＝2×eq\f(1,2)s＝1s，则有T＝16s，解得第三次回到M还需要14s.若质点从O点开始向左运动，tMb＝1s，tOaM＝3s，又由tOaM＝eq\f(3,4)T－tMb，得T＝eq\f(16,3)s，tOM＝eq\f(1,3)s，解得第三次回到M点还需要eq\f(10,3)s.答案：14seq\f(10,3)s【典例4】如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动频率为()A．1Hz B．1.25HzC．2Hz D．2.5Hz解析：选B.由简谐运动的对称性可知，tOb＝0.1s，从b向右运动到最大位移的时间也为0.1s，故eq\f(T,4)＝0.2s，解得T＝0.8s，频率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz，选项B正确．【典例5】(多选)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m；t＝eq\f(4,3)s时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0.1m．该振子的振幅和周期可能为()A．0.1m，eq\f(8,3)s B．0.1m,8sC．0.2m，eq\f(8,3)s D．0.2m,8s解析：选ACD.若振子的振幅为0.1m，eq\f(4,3)s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,3)))s＝n1T，则周期最大值为eq\f(8,3)s，A正确，B错误；若振子的振幅为0.2m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x＝－0.1m处运动到负向最大位移处再反向运动到x＝0.1m处，再经n个周期时所用时间为eq\f(4,3)s，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋n))T＝eq\f(4,3)s，所以周期的最大值为eq\f(8,3)s，且t＝4s时刻x＝0.1m，C正确；当振子由x＝－0.1m经平衡位置运动到x＝0.1m处，再经n个周期时所用时间为eq\f(4,3)s，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋n))T＝eq\f(4,3)s，所以此时周期的最大值为8s，且t＝4s时，x＝0.1m，D正确．分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，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，则产生相反的变化．另外，各矢量均在其值为零时改变方向．(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性．考点二简谐运动的公式和图象1．简谐运动的公式：(1)简谐运动中位移随时间变化的表达式叫振动方程，一般表示为x＝Asin(ωt＋φ)．(2)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt.2．对简谐运动图象的认识：(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示．(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹．3．图象信息：(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率．(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回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．(4)确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小．(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小．【典例6】如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()A．t＝0.8s时，振子的速度方向向左B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小解析由图象乙可知t＝0.8s时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，选项A正确；t＝0.2s时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O点右侧大于6cm处，选项B错误；t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度大小相同，方向相反，选项C错误；t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，选项D错误．答案A“图象—运动结合法”分析图象问题(1)解此类题时，首先要理解x－t图象的意义，其次要把x－t图象与质点的实际振动过程联系起来．(2)图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．【典例7】如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为()解析：选A.当弹簧振子在MN之间运动时，M、N为振动的最远点，OM、ON的距离为振幅，从N点计时粒子距O点最远，ON为正方向，A正确，B、C、D错误．【典例8】一质点沿x轴做简谐运动，其振动图象如图所示．在1.5～2s的时间内，质点的速度v、加速度a的大小的变化情况是()A．v变小，a变大 B．v变小，a变小C．v变大，a变小 D．v变大，a变大解析：选A.由振动图象可知，质点在1.5～2s的时间内向下振动，故质点的速度越来越小，位移逐渐增大，回复力逐渐变大，加速度逐渐变大，选项A正确．【典例9】如图为弹簧振子的振动图象，由此可知()A．在t1时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大D．在t4时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大解析：选B.x－t图象的斜率表示速度，故在t1时刻，速度为零，动能为零，选项A错误；在t2时刻，速度最大，动能最大，位移为零，故回复力为零，弹力为零，选项B正确；在t3时刻，振子的速度为零，故动能为零，选项C错误；在t4时刻，速度最大，动能最大，位移为零，故回复力为零，弹力为零，选项D错误．【典例10】如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()A．振动周期为5s，振幅为8cmB．第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．第3s末振子的速度为正向的最大值D．从第1s末到第2s末振子在做加速运动解析：选C.根据图象，周期T＝4s，振幅A＝8cm，A错误．第2s末振子到达波谷位置，速度为零，加速度为正向的最大值，B错误．第3s末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，C正确．从第1s末到第2s末振子经过平衡位置向下运动到达波谷位置，速度逐渐减小，做减速运动，D错误．【典例11】(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m.t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10m/s2.以下判断正确的是()A．h＝1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程为0.2mD．t＝0.4s时，物块与小球运动方向相反解析：选AB.由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m知，ω＝2.5πrad/s，T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)s＝0.8s，选项B正确；t＝0.6s时，y＝－0.1m，对小球：h＋|y|＝eq\f(1,2)gt2，解得h＝1.7m，选项A正确；物块0.6s内路程为0.3m，t＝0.4s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同．故选项C、D错误．考点三受迫振动和共振1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(θ≤5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等2.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．【典例12】(多选)如右图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是()A．A、C振动周期相等B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等解析：选ACD.A振动后，水平细绳上驱动力的周期TA＝2πeq\r(\f(lA,g))，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC，A、D正确；而TC固＝2πeq\r(\f(lC,g))＝TA，TB固＝2πeq\r(\f(lB,g))＞TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，B错误、C正确．【典例13】在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是()A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，且适当增大其输出功率解析：选D.由题可知用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体．将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯碎掉是利用的共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯碎掉，故D正确．【典例14】如图所示，两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有频率为72Hz，当支架受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是()A．甲的振幅较大，且振动频率为8HzB．甲的振幅较大，且振动频率为9HzC．乙的振幅较大，且振动频率为9HzD．乙的振幅较大，且振动频率为72Hz解析：选B.物体做受迫振动时，振动频率一定等于驱动力的频率，故甲和乙的振动频率都是9Hz.再根据受迫振动的“振幅特征”可知，甲弹簧振子的固有频率更接近驱动力的频率，所以甲的振幅较大．综上知，B正确．【典例15】(多选)如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法正确的是()A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1mD．若摆长均为1m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的解析：选ABC.图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz.当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,L))可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的f小，且有eq\f(fⅠ,fⅡ)＝eq\f(0.2,0.5)，所以eq\f(LⅠ,LⅡ)＝eq\f(25,4)，B正确；fⅡ＝0.5Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8m/s2，可计算出LⅡ约为1m，C正确，D错误．考点四实验：探究单摆运动用单摆测定重力加速度1．实验原理：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．实验器材：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．3．实验步骤(1)做单摆：取约1m长的细丝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，如图所示．(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(小于10°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期．(4)改变摆长，重做几次实验．(5)数据处理的两种方法：方法一：计算法．根据公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，g＝eq\f(4π2l,T2).将测得的几次周期T和摆长l代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值．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为横轴作出的l－T2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出图线的斜率k，即可求出g值．g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2).4．注意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定．(2)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于10°.(3)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数．(4)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝L＋r.(5)选用一米左右的细线．【典例16】在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)图甲中秒表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆的振动周期为________．(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图中可知单摆的摆长为________．(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：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变．”这两个学生中________．A．甲说得对 B．乙说得对C．都说得不对解析：(1)t＝2min＋12.5s＝132.5s，T＝eq\f(t,50)＝2.65s(2)摆长是从悬挂点到球心的距离，读数为990.0mm＋6.5mm(估计读数)＝996.5mm.(3)由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2l,T2).(4)球的质量大小并不影响重力加速度的大小，而空气的浮力的存在，能够造成“看上去”重力加速度减小，故甲的说法是正确的．答案：(1)2.65s(2)996.5mm(3)eq\f(4π2l,T2)(4)A【典例17】用单摆测重力加速度时，(1)摆球应采用直径较小，密度尽可能________的小球，摆线长度要在1米左右，用细而不易断的尼龙线．(2)摆线偏离竖直方向的最大角度θ应________．(3)要在摆球通过________位置时开始计时并计为零次，摆线每经过此位置两次才完成一次全振动，摆球应在________面内摆动，利用单摆测重力加速度的实验中，摆长的测量应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至________．(4)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为L＝97.50cm；用50分度的游标卡尺(测量值可准确到0.02mm)测得摆球直径为d＝2.100cm；然后用停表记录了单摆振动n＝50次全振动所用的时间为t＝99.9s．则该摆摆长为________cm，周期为________s，计算重力加速度的表达式为________．解析：(1)用单摆测重力加速度时，由于存在空气阻力对实验的影响，为了减小这种影响，所以采用体积小、密度大的摆球．(2)当角度很小时，单摆运动可以看成是简谐运动，所以最大角度θ应小于5°.(3)本实验偶然误差主要来自于时间(单摆周期)的测量上，因此，要注意测准时间，从摆球通过平衡位置开始计时，为了防止振动是圆锥摆，要在竖直平面内摆动，摆长是悬线的长度和小球半径之和．(4)真正的摆长为l＝L＋eq\f(d,2)＝97.50cm＋eq\f(2.100,2)cm＝98.550cm，周期T＝eq\f(t,n)＝eq\f(99.9,50)s＝1.998s．根据周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得出g＝eq\f(4π2l,T2)，代入摆长和周期计算可得g＝eq\f(2π2n22L＋d,t2).答案：(1)大(2)小于5°(3)平衡同一竖直摆球球心(4)98.5501.998g＝2π2n2(2L＋d)/t2【典例18】用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示．(1)(多选)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)．A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(m·s－2)9.749.73请计算出第3组实验中的T＝______s，g＝______m/s2.(4)用多组实验数据做出T2­L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学做出的T2­L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)．A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示，由于家里只有一根量程为0～30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可得重力加速度g＝________(用l1，l2，T1，T2表示)．解析：(1)组装单摆时，应选用1m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，选项A、D正确．(2)单摆的振动周期T＝eq\f(t,n).根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4π2n2L,t2).(3)T3＝eq\f(t3,50)＝2.01s.根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，得g＝eq\f(4π2L,T2)≈9.76m/s2.(4)根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2,g)L，即当L＝0时，T2＝0.出现图线a的原因是计算摆长时过短，误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，选项A错误；对于图线c，其斜率k变小了，根据k＝eq\f(T2,L)，可能是T变小了或L变大了．选项B中误将49次全振动记为50次，则周期T变小，选项B正确；由eq\f(4π2,g)＝k得g＝eq\f(4π2,k)，则k变小，重力加速度g变大，选项C错误．(5)设A点到铁锁重心的距离为l0.根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T1＝2πeq\r(\f(l1＋l0,g))，T2＝2πeq\r(\f(l2＋l0,g)).联立以上两式，解得重力加速度g＝eq\f(4π2l1－l2,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).答案：(1)AD(2)eq\f(4π2n2L,t2)(3)2.019.76(4)B(5)eq\f(4π2l1－l2,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))用单摆测重力加速度的几点注意(1)该实验为测量性实验，要从多方面减小误差：摆球要体积小且密度大；偏角小于5°；测量摆长时，要从悬点到球心；对秒表要正确读数等．(2)游标卡尺读数规律和读数公式．①读数公式：读数＝主尺上的整毫米数＋精确度×n(n为游标尺上与主尺某一刻度对齐的格数)②读数位数：各种游标卡尺的读数结果若以毫米为单位，小数点后保留的位数与其精确度相同．③游标卡尺是根据刻度线对齐来读数的，所以不再往下一位估读．(3)减少各种失误：如游标尺上的精度分析错误；把边框线误认为零刻线；计算失误等．一、单选题1．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（）A．小球做简谐运动B．小球动能的变化周期为TC．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD．小球的初速度为v2时，其运动周期为【答案】B【详解】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；BC．假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动过程为O根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为D．小球的初速度为v2时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2T可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为v2时，其运动周期应小于2T，故选B。2．（2022·海南·高考真题）在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为（

）A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4【答案】C【详解】由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为T甲：T乙=0.8：1.2=2：3根据单摆周期公式T可得L则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲：L乙=T甲2：T乙2=4：9故选C。3．（2023·浙江·高考真题）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R=A． B．C． D．【答案】B【详解】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R从R0变为2故选B。4．（2021·江苏·高考真题）如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则PA．xB．xC．xD．x【答案】B【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为x由图可知，当t=0时，P的位移为Rφ则P做简谐运动的表达式为x故B正确，ACD错误。故选B。5．（2022·浙江·统考高考真题）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（）A．甲图中的小球将保持静止B．甲图中的小球仍将来回振动C．乙图中的小球仍将来回摆动D．乙图中的小球将做匀速圆周运动【答案】B【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。故选B。二、多选题6．（2023·山东·统考高考真题）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的3倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（

）

A．2L3-1,3t B．2【答案】BC【详解】AB．当AB两点在平衡位置的同侧时有1可得φa=π6因此可知第二次经过B点时φb2解得T此时位移关系为3解得A故A错误，B正确；CD．当AB两点在平衡位置两侧时有-解得φa=-π6或者φ当第二次经过B点时φb2解得T此时位移关系为3解得AC正确D错误；故选BC。三、填空题7．（2021·河北·高考真题）如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，2s后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为0.4m。该弹簧振子的周期为s，振幅为m。【答案】40.2【详解】[1]根据简谐运动对称性可知，振子零时刻向右经过A点，2s后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，则A、B两点关于平衡位置对称，而振动经过了半个周期的运动，则周期为T[2]从A到B经过了半个周期的振动，路程为s=0.4m，而一个完整的周期路程为0.8m，为4解得振幅为A8．（2021·广东·高考真题）如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经T8时间，小球从最低点向上运动的距离A2（选填“大于”、“小于”或“等于”）；在T4时刻，小球的动能（选填“最大”或“【答案】小于最大【详解】[1]根据简谐振动的位移公式y则t=y所以小球从最低点向上运动的距离为Δy则小球从最低点向上运动的距离小于A2[2]在t=四、实验题9．（2023·山西·统考高考真题）一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。

（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图（a）所示，该示数为mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为mm，则摆球的直径为mm。（2）单摆实验的装置示意图如图（c）所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角5°（填“大于”或“小于”）。（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s，则此单摆周期为s，该小组测得的重力加速度大小为m/s2.（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）【答案】0.006/0.007/0.00820.034/20.033/20.035/20.03220.027/20.028/20.029大于82.51.829.83【详解】（1）[1]测量前测微螺杆与和测砧相触时，图（a）的示数为d[2]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为d[3]则摆球的直径为d（2）[4]角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在刻度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°；（3）[5]单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为l结果保留三位有效数字，得摆长为82.5cm；[6]一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为T[7]由单摆的周期表达式T=2g10．（2023·重庆·统考高考真题）某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。

（1）用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为mm。（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g为m/s2（保留3位有效数字）。（3）改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和l+d2作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是

【答案】19.209.86随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小随着摆线长度l的增加，则l+d2越接近于l【详解】（1）[1]用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm（2）[2]单摆的摆长为L=990.1mm+12×根据T可得g带入数据g（3）[3][4]由图可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的增加，则l+d2越接近于l1．摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t＝0)，当振动至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的()解析：选C.单摆周期为T＝2πeq\r(\f(L,g))，当t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))＝eq\f(3T,4)时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动，选项C正确，A、B、D错误．2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是()A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率解析：选D.当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选D.3．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的eq\f(1,2)，则单摆振动的()A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变解析：选C.由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，其频率不变；在没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，则mgh＝eq\f(1,2)mv2，质量改变后有4mgh′＝eq\f(1,2)×4m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2，可知h′≠h，振幅改变，C正确．4．一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，则下列说法正确的是()A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．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解析：选B.由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，B正确，A、C、D错误．5．(多选)如图甲所示的弹簧振子(以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是()A．t＝0时，振子处在B位置B．振子运动的周期为4sC．t＝4s时振子对平衡位置的位移为10cmD．t＝2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmE．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数20N/cm，则振子的最大加速度大小为400m/s2解析：选ABE.由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10cm，其周期T＝4s，t＝0和t＝4s时，振子在负的最大位置，即图甲中的B位置．由于振子做变速运动，故t＝2.5s时，振子的位移应大于5cm，故选项A、B正确，C、D错误，由a＝－eq\f(kx,m)可知，振子的最大加速度为400m/s2，选项E正确．6．(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次全振动解析：选ACE.由图(b)可知振幅为5cm，则OB＝OA＝5cm，A项正确；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B→O，B项错误；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项正确；由图可知第0.7s末时质点位置在O与B之间，D项错误；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项正确．7．(1)在利用单摆测定重力加速度的实验中．若测得的g值偏大，可能的原因是()A．摆球质量过大B．单摆振动时振幅较小C．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径D．测量周期时，把n个全振动误认为(n＋1)个全振动，使周期偏小E．测量周期时，把n个全振动误认为(n－1)个全振动，使周期偏大(2)若单摆是一个秒摆，将此摆移到月球上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g月＝\f(1,6)g地))，其周期是________．(3)实验中停表的读数如图，为________s.解析：(1)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)，进而知重力加速度与摆球质量无关，故A错误；重力加速度与单摆振动的振幅无关，故B错误；测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径，摆长l偏小，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所测重力加速度偏小，故C错误；测量周期时，把n个全振动误认为(n＋1)个全振动，使周期偏小，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所测重力加速度偏大，故D正确；测量周期时，把n个全振动误认为(n－1)个全振动，使周期偏大，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所测重力加速度偏小，故E错误．(2)在地球上秒摆的周期T＝2s，将秒摆移到月球上，其周期T＝2πeq\r(\f(L,g月))＝eq\r(6)T＝2eq\r(6)s.(3)由图示停表可知，分针示数为1min＝60s，秒针示数为10.8s，则停表示数为60s＋10.8s＝70.8s.答案：(1)D(2)2eq\r(6)s(3)70.88．(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是()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＝0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度解析：选ABD.由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得知，甲、乙两单摆的摆长l相等，故A正确；甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T)，由于单摆的摆长未知，所以不能求得当地的重力加速度，故E错误．9．周期性的外力作用于振动系统，外力对系统做功，补偿系统的能量损耗，使系统的振动维持下去，这种周期性的外力叫做驱动力，系统在驱动力的作用下的振动叫做受迫振动。一单摆在地球表面做受迫振动，其振幅A与驱动力的频率f的关系曲线如图所示，则（）

A．此单摆的摆长约为1.5m B．若摆长已知，则可以由此图像推算当地重力加速度C．若增大驱动力大小，峰的位置可能左移 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动【答案】B【详解】A．如图所示该单摆固有频率为0.5Hz，所以其周期为2T解得l故A错误；B．可根据单摆的周期公式T若摆长已知，且由图像可知固有周期，则可推算当地重力加速度，故B正确；C．单摆的固有频率等于其自由振动时的频率，与所受驱动力大小无关，故峰不会左右移动，故C错误；D．根据单摆的周期公式T可知当摆长增大时，其自由振动周期增大，故其固有频率减小，故曲线的峰应左移，故D错误。故选B。10．如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器在竖直面做小角度内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的（）

A．匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期B．可以利用x轴作为时间坐标轴，可以用y轴表示注射器振动的位移C．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短D．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长【答案】B【详解】A．从图中可以看出，当硬纸板移动距离L，注射器完成了两个周期性运动，故硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的两倍，故A错误；B．当匀速拖动硬纸板时，运动的时间与硬纸板运动的距离成正比，即可以用硬纸板运动的方向作为时间轴；而注射器在y轴方向上运动，故可以用y轴表示注射器振动的位移，故B正确；CD．注射器振动的周期只与自身的运动有关，与硬纸板的运动情况无关，故CD错误。故选B。11．一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置。下列说法正确的是（）

A．质点通过位置c时速度最大，加速度为零B．质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为AC．质点从位置a到位置c和从位置b到位置d经过的路程相等D．质点从位置a到位置b和从位置b到位置c的平均速度相等【答案】A【详解】A．质点通过位置c，即平衡位置时速度最大，加速度为零。故A正确；B．x-t图像是正弦函数图像，函数关系为xt=3s时，质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为x故B错误；C．由图可知质点从位置a到位置c经过的路程小于和从位置b到位置d经过的路程。故C错误；D．同理，质点从位置a到b经过的路程小于和从b到c经过的路程，根据v可知，两个过程的平均速度不同。故D错误。故选A。12．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子在CD间做简谐运动，从平衡位置O向下运动时开始计时，振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（

）

A．C、D速度为0，加速度相同B．t=0.15s，弹性势能最大，加速度最大C．t=0.1s，振子的加速度为正，速度也为正D．t=0.05s，弹性势能最大，重力势能最小【答案】D【详解】A．C、D速度为0，加速度大小相等，方向相反，故A错误；B．t=0.15s，弹簧振子运动到C点，弹性势能最小，加速度最大，故B错误；C．t=0.1s，弹簧振子运动到O点且向上运动，振子的加速度为零，速度为负，故C错误；D．t=0.05s，弹簧振子运动到D点，弹性势能最大，重力势能最小，故D正确。故选D。13．如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm。若小球从B到C的运动时间为2s，则下列说法正确的是（

）

A．小球从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是2s，振幅是10cmC．经过两次全振动，小球通过的路程是40cmD．从B开始经过5s，小球通过的路程是20cm【答案】C【详解】A．小球从B经O到C完成半个全振动，选项A错误；B．振动周期是T=4s，振幅是A=5cm，选项B错误；C．一次全振动小球通过的路程为4A，则经过两次全振动，小球通过的路程是8A=40cm，选项C正确；D．从B开始经过5s，小球