8专题八　机械振动与机械波训练册

专题八机械振动与机械波目录题型方法实验9

用单摆测量重力加速度培优提升题型26简谐运动的两种常见模型五年高考三年模拟题型27振动图像与波的图像五年高考三年模拟

D

题型26简谐运动的两种常见模型题型方法五年高考1.

(2024北京,9,3分)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况,以向上为正方向,得到手机振动过程中加速度a

随时间t变化的曲线为正弦曲线,如图乙所示。下列说法正确的是

()A.t=0时,弹簧弹力为0B.t=0.2s时,手机位于平衡位置上方C.从t=0至t=0.2s,手机的动能增大D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2

解析

t=0时,手机加速度a=0,手机所受弹簧的弹力F等于手机的重力mg,A错误。t=0.2

s时,手机的加速度方向向上,由振动特点a与x方向相反可得手机位于平衡位置的下方,B

错误。从t=0至t=0.2s,手机由平衡位置运动至最低点,速度由最大值减为零,手机的动能

减小,C错误。设a随t变化的关系式为a=Asin(ωt+φ),其中ω=

rad/s=2.5πrad/s,am=4m/s2,φ=0,可得a=4sin(2.5πt)m/s2,D正确。2.

(2024,5,4分)如图为某单摆的振动图像,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是

()A.摆长为1.6m,起始时刻速度最大B.摆长为2.5m,起始时刻速度为零C.摆长为1.6m,A、C点的速度相同D.摆长为2.5m,A、B点的速度相同

C

解析由单摆的振动图像可知振动T=0.8πs,由单摆的式T=2π

得摆长为l=

=1.6m,B、D错误。x-t图像的图线斜率表示速度,故起始时刻速度为零,且A、C点的速度相同,A、B点的速度大小相等,方向不同,A错误,C正确。BC

3.

(2023山东,10,4分)(多选)如图所示,沿水平方向做简谐运动的质点,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

倍,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,该振动的振幅和能是

(

)

A.

,3t

B.

,4t

C.

,

t

D.

,

t

解析若平衡位置O在A、B之间,如图1所示,则

(1+

)=L,解得振幅A1=OP=

,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,从A运动到O的时间为

,从O运动到最大位移P处的时间为

,从P运动到B的时间为

,则t=

+

+

,解得T1=

t,C正确,D错误。若A、B在平衡位置O同侧,如图2所示,A2=OP,则

(

-1)=L,解得振幅A2=

,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,从A运动到B的时间为

,从B运动到最大位移处P再回到B的时间为

,则t=

+

,解得T2=4t,B正确,A错误。

B

4.

(2024浙江6月,9,3分)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5m。小球平衡时,A端细线与杆垂

直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与AB

交点的单摆,重力加速度取10m/s2,则

()A.摆角变小,大B.小球摆动为2sC.小球平衡时,A端拉力为

ND.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力

解析由单摆的式T=2π

可知,单摆的摆角大小无关,A错误。由几何关系可知(提示:细线穿过小铁球,则小铁球两侧细线与竖直方向夹角相等),小铁球两侧

细线与竖直方向的夹角均为30°,由L=

m可得单摆的摆长L=1m;由T=2π

可得T≈2s,B正确。对小铁球受力分析如图所示,由受力平衡可得FA=FB=

mg=

N,C、D错误。

5.

(2025湖北,9,4分)(多选)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接,小球a由不可伸长的细线悬挂在O点,系统处于静止状态,如图所示。将小球b竖直下拉

长度l后由静止释放。重力加速度大小为g,忽略空气阻力,弹簧始终在弹性限度内。释

放小球b后

()

AD

A.小球a可能会运动B.若小球b做简谐运动,则其振幅为

C.当且仅当l≤

时,小球b才能始终做简谐运动D.当且仅当l≤

时,小球b才能始终做简谐运动

解析对于小球a,其受到线的拉力、弹簧的弹力和重力,当小球b向上运动到最高点时,

弹簧可能处于压缩或伸长状态,若弹簧处于压缩状态且弹力大小大于小球a的重力大

小,则小球a可能会向上运动,A正确;初始状态系统静止时b所在的位置是b的平衡位置,

下拉l后释放,b做简谐运动的振幅为l,不是

,B错误;b做简谐运动时,弹簧不能处于压缩状态(否则不符合简谐运动规律),小球b恰好做简谐运动时,则小球a恰好处于静止状态,

当小球b运动到最高点时,弹簧处于压缩状态,细线对a的拉力恰好为0,根据平衡条件,对

小球a有F弹高=mg,小球b做简谐运动,小球b在最高点和最低点所受合力等大反向,小球b解题指导将小球a、b及弹簧组成的系统抽象为“悬挂式弹簧振子模型”。静止时,弹簧因小球b受重力而伸长,b在平衡位置时弹簧伸长量为x0,满足kx0=mg;释放b后,细线是否始

终绷直取决于a所受合力的方向。在最高点所受合力的大小F合高=F弹高+mg,在最低点所受合力大小F合低=F弹低-mg,由题意知F弹低=mg+kl,F合高=F合低,联立解得l=

,所以当且仅当l≤

时,小球b才能始终做简谐运动,C错误,D正确。

示(1)对小球a运动条件判断不清:弹簧可压缩情况,错误地认为弹簧始终拉伸,a受

力恒平衡。实际若l过大,b到最高点时弹簧压缩,a受到的弹簧弹力大于其重力时,a发生

运动,则需关注弹簧弹力大小及方向变化。(2)简谐运动振幅理解偏差:误将“偏离平衡位置的最大距离”与“往返位移的一半”

混淆,b从下拉l处释放,振幅就是l,不是

。(3)简谐运动临界条件错误:认为只要l≤

,b就做简谐运动。实际需保证弹簧处于压缩状态时,弹力大小小于或等于a的重力,推导得临界条件为l≤

,要结合弹簧弹力与形变量关系、平衡条件综合分析。三年模拟1.

(2025淄博期末)2024年5月28日,来自全国各地的31名队员全员登顶珠峰,其中年龄最大的队员70岁,刷新了中国人登顶珠峰的最年长纪录。某队员用单摆测定珠峰的

高度,使单摆做简谐运动,在与珠峰同纬度零海拔处,在一定时间内测得单摆完成全振动

N次。当到达山顶后,在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为(N-2)次。若把

地球视为半径为R的均匀球体,则珠峰的高度为

()A.

B.

C.

D.

C

解析在与珠峰同纬度零海拔处,在一定时间内测得单摆完成全振动N次,设测定时间

为t,零海拔处的重力加速度为g,则有T=2π

=

;到达山顶后,在相同时间t内测得同一单摆完成全振动的次数为(N-2)次,设山顶处的重力加速度为g',则有T'=2π

=

,可得

=

,根据

=mg,

=mg',联立可得

=

=

,可得珠峰的高度为h=

,C正确。

B

2.

(2025山东部分学校一模)如图甲所示,劲度系数为k的轻弹簧下端挂一质量为m的小球(可视为质点),小球在竖直方向上做简谐运动,弹簧对小球的拉力F随时间t变化

的图像如图乙所示。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=

kx2,x为弹簧的形变量,重力加速度为g。下列说法正确的是

()

A.在运动过程中,弹簧的弹性势能和小球的动能总和不变B.小球的振幅为

C.小球在平衡位置时弹簧弹性势能为

D.小球的最大加速度为3g

解析弹簧与小球组成的系统机械能守恒,故在运动过程中,弹簧的弹性势能和小球的

机械能总和不变,A错误;由图乙知小球处于最高点时,弹簧的压缩量为x1=

,小球处于最低点时,弹簧的伸长量为x2=

,根据对称性可得2A=x1+x2,解得小球的振幅为A=

,B正确;小球在平衡位置时,弹簧的伸长量为x0=x2-A=

,小球在平衡位置时弹簧弹性势能为Ep=

k

=

,C错误;小球在简谐运动的最大位移处加速度最大,可知小球在最高点或最低点时加速度最大,则在最低点有3mg-mg=ma,解得小球的最大加速度大小为

a=2g,D错误。

B

3.

(2025菏泽期末)如图所示,质量为m的木箱放置在水平地面上,木箱顶端固定一轻质弹簧,弹簧下端悬挂质量为m的重物。将重物竖直下拉一段距离后放手,重物到达

最高点时弹簧恰好处于原长。已知在运动过程中重物未触及木箱底部,弹簧的最大弹

性势能为Ep,弹簧的弹性势能与形变量的二次方成正比,弹簧始终处在弹性限度内,重力

加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.重物的最大动能为

EpB.重物的最大动能为

EpC.木箱对地面的最小压力为2mgD.木箱对地面的最大压力为4mg

解析重物做简谐运动,设弹簧的劲度系数为k,在平衡位置时,有mg=kx0,重物到达最高

点时弹簧恰好处于原长,此时重物只受重力作用,重物的加速度为g,根据对称性可知,重

物处于最低点时的加速度大小为g,方向竖直向上,则有kxm-mg=ma=mg,弹簧的最大弹性

势能为Ep,则有Ep=

k

,当重物处于平衡的位置时,动能最大,从最高点到平衡位置过程,根据能量守恒可得mgx0=

k

+Ekm,联立解得重物的最大动能为Ekm=

Ep,A错误,B正确;当重物到达最高点时,弹簧弹力刚好为0,此时木箱对地面的压力最小,为mg,C错误;当重

物到达最低点时,弹簧对木箱向下的拉力最大,此时木箱对地面的压力最大,为Fmax=mg+

kxm=3mg,D错误。

AD

4.

(2025烟台一模)(多选)如图所示,水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块A、B,弹簧劲度系数为k,A的质量为m0。质量也为m0的物块C从距A高度为h=

处由静止释放,与A碰撞后粘在一起,之后它们运动到最高点时,B与地面间的弹力恰好减

小为0。已知弹簧的弹性势能为Ep=

kx2(x为弹簧的形变量),质量为m的弹簧振子的振动T=2π

,重力加速度为g,不计碰撞时间及空气阻力,弹簧足够长且弹力始终在弹性限度内。下列说法正确的是

()A.物块B的质量为2m0B.物块A、C粘在一起后做简谐运动的振幅为

C.A、C碰撞后,第一次运动至最低点的时间为

D.A、C运动到最低点时,地面对B的支持力大小为8m0g

解析对C由动能定理可得m0gh=

m0

,碰撞前对A受力分析可得m0g=kx1,C与A碰撞过程,由动量守恒得m0v1=2m0v2,A、C碰后一起运动的过程中A、C及弹簧组成的系统机械

能守恒,A、C在平衡位置时有2m0g=kx2,A、C在最高点时有2m0g+kx3=2m0a,此时对B受力

分析可得kx3=mBg,此时弹簧被拉长x3,弹簧振子的振幅为A=x2+x3,A、C从碰后至运动到

最高点的过程中,以平衡位置为零重力势能点,根据机械能守恒可得

×2m0

+

k

+2m0g(x2-x1)=2m0g(x3+x2)+

k

,联立解得x3=

,A=

,mB=2m0,A正确,B错误;A、C运动到最低点时,弹簧压缩量为x=x2+A=

,弹簧弹力大小为F=6m0g,对B受力分析可得FN-2m0g-F=0,得FN=8m0g,D正确;A、C碰后,位移从

至-A,则第一次运动到最低点的时间小于

T,弹簧振子的振动T=2π

=2π

,则其时间t<

,C错误。题型27振动图像与波的图像五年高考1.

(2024新课标,19,6分)(多选)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动,振动图像如图所示,所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5m处的质点P开始振动

时,波源恰好第2次处于波谷位置,则

()A.波的0.1sB.波的振幅是0.2mC.波的传播速度是10m/sD.平衡位置在x=4.5m处的质点Q开始振动时,质点P处于波峰位置

BC

解析由振动图像可知振幅为0.2m,0.2s,A错误,B正确;由振动图像可知,波源

开始振动方向向上,P点开始振动时波源恰好第2次达到波谷,说明波源已经振动

个周期,波传播了

λ=3.5m,可知波长等于2m,则波速v=

=10m/s,C正确;质点P与质点Q相差1m,该距离为波长的一半,则质点P、Q的振动步调完全相反,质点Q开始振动时还处

于平衡位置,则质点P在平衡位置,D错误。

错在波的传播过程中,介质中所有质点的起振方向与波源的起振方向相同。2.

(2024安徽,3,4分)某仪器发射甲、乙两列横波,在同一均匀介质中相向传播,波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示,则这两列横波

()A.在x=9.0m处开始相遇B.在x=10.0m处开始相遇C.波峰在x=10.5m处相遇D.波峰在x=11.5m处相遇

C

解析由题意可知两列波的波速大小相等,所以相同时间内传播的距离相等,甲、乙两

列横波在x方向上相距Δx1=15m-7m=8m,故两列横波在x=7m+

=11m处开始相遇,A、B错误;甲波峰的横坐标为x1=5m,乙波峰的横坐标为x2=16m,故甲、乙两列横波

的波峰在x方向上相距Δx2=16m-5m=11m,由于两列波的波速大小相等,所以波峰在x=5

m+

=10.5m处相遇,C正确,D错误。3.

(2023海南,4,3分)如图所示分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q的振动图像,下列说法正确的是

()

A.该波的5sB.该波的波速是3m/sC.4s时P质点向上振动D.4s时Q质点向上振动

C

解析由两个质点的振动图像可知,两个质点振动相位相反,可知P、Q两质点所在平

衡位置间距离满足

λ=6m(n=0,1,2,…),T=4s,则波速v=

=

m/s(n=0,1,2,…),A、B错误;由质点P的振动图像可知,4s时P质点向上振动,C正确;由质点Q的振动图

像可知,4s时Q质点向下振动,D错误。4.

(2022山东,9,4分)(多选)一列简谐横波沿x轴传播,平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当t=7s时,简谐波的波动图像可能正确的是()

AC

解析因为t=0时位于原点O的质点在正向最大位移一半的位置,故该质点的振动方程

为y=20sin

cm,由题图得T=12s,故t=7s时该质点的位置y7=20sin

cm=-10

cm,该简谐波传播方向未知,A、C正确。5.

(2025山东,9,4分)(多选)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波,振幅均为2cm,波速均为1m/s,M、N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所

示,M、N的位移均为1cm。下列说法正确的是

()

BD

A.甲波的6sB.乙波的波长为6mC.t=6s时,M向y轴正方向运动D.t=6s时,N向y轴负方向运动

解析由题图知,甲波的波长λ甲=4m,甲波的T甲=

=4s,A错误。由题图知

λ乙=4m,解得λ乙=6m,B正确。根据“同侧法”,结合甲波的传播方向可知t=0时质点M向y轴正方向运动,当t=6s=

T甲时,质点M的位移yM=-1cm,向y轴负方向运动;乙波的T乙=

=6s,根据“同侧法”,结合乙波的传播方向可知t=0时质点N向y轴负方向运动,当t=6s=T乙时,质点N的位移yN=1cm,向y轴负方向运动,C错误,D正确。6.

(2024山东,9,4分)(多选)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播,波速均为2m/s。t=0时刻二者在x=2m处相遇,波形图如图所示。关于平衡位置在x=2

m处的质点P,下列说法正确的是

()A.t=0.5s时,P偏离平衡位置的位移为0B.t=0.5s时,P偏离平衡位置的位移为-2cmC.t=1.0s时,P向y轴正方向运动D.t=1.0s时,P向y轴负方向运动

BC

解析经时间t=0.5s,甲波沿x轴正方向和乙波沿x轴负方向传播的距离均为x=vt=2×0.5

m=1m;由波形平移可知t=0.5s时,甲波引起质点P振动的位移y甲=-2cm,乙波引起质点P

振动的位移y乙=0;由波的叠加原理可得质点P偏离平衡位置的位移为-2cm,A错误,B正

确。同理可得t=1.0s时,质点P偏离平衡位置位移为0,即质点P处于平衡位置,且由波的

叠加原理知之后其位移将正向增大,所以t=1.0s时P向y轴正方向运动,C正确,D错误。7.

(2025湖南,7,5分)(多选)如图,A(0,0)、B(4,0)、C(0,3)在xy平面内,两波源分别置于A、B两点。t=0时,两波源从平衡位置起振,起振方向相同且垂直于xy平面,频率均为

2.5Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波,波分别沿AC、BC方向传播,波速均为10

m/s。下列说法正确的是

()

AD

A.两横波的波长均为4mB.t=0.4s时,C处质点加速度为0C.t=0.4s时,C处质点速度不为0D.t=0.6s时,C处质点速度为0

解析由v=λf可得波长λ=

=

m=4m,A正确;A点波源发出的波传到C处需要时间t01=

=

s=0.3s,B点波源发出的波传到C处需要的时间t02=

=

s=0.5s,所以t=0.4s时,C处质点只参与了A波源传来的振动,已经振动了0.1s,即

T,所以C处质点正处于波峰或波谷,速度为0,加速度最大,B、C错误;t=0.6s时,A点波源发出的波已经传到C处且C处

质点已经振动了

T,B点波源发出的波传到C处带动C处质点振动了

T,因两波源起振方向相同,故在t=0.6s时C处振动减弱,因两波源持续产生振幅相同的简谐横波,所以C处

质点处于平衡位置,故此时速度、位移和加速度均为0,D正确。

醒容波从波源传到C处的过程所需要的时间。比如,A点波源发出的波要先于B点波源发出的波传到C处。8.

(2024江西,6,4分)如图(a)所示,利用超声波可以检测飞机机翼缺陷。在某次检测实验中,入射波为连续的正弦信号,探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信

号,分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6300m/s。关于这两个

反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d,下列选项正确的是

()A.振动减弱;d=4.725mm

B.振动加强;d=4.725mm

C.振动减弱;d=9.45mm

D.振动加强;d=9.45mm

A

解析由题图可知波的T=0.2×10-6s,已知波速v=6300m/s,则波长λ=vT=1.26mm,

对比题图(b)、(c)可知探头接收到机翼表面反射波和缺陷表面反射波的时间差Δt=1.5×

10-6s,则路程差2d=v·Δt=9.45mm,解得d=4.725mm;

=15,即路程差为半波长的15倍,故两个反射信号在探头处的振动减弱,A正确。9.

(2023湖南,3,4分)如图(a),在均匀介质中有A、B、C和D四点,其中A、B、C三点位于同一直线上,AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直AB。t=0时,位于A、B、C处的三个完全

相同的横波波源同时开始振动,振动图像均如图(b)所示,振动方向与平面ABD垂直,已

知波长为4m。下列说法正确的是

()

C

A.这三列波的波速均为2m/sB.t=2s时,D处的质点开始振动C.t=4.5s时,D处的质点向y轴负方向运动D.t=6s时,D处的质点与平衡位置的距离是6cm

解析机械波在同一介质中的传播速度相同,由图(b)可知,波的T=4s,故三列波在

介质中的传播速度v=

=

=1m/s,A错误。由勾股定理可知AD=5m,BD=5m,三列波传播到D处所用的时间分别为tA=

=5s,tB=

=5s,tC=

=3s,所以t=2s时,D处质点还未开始振动,B错误。t=4.5s时,C处波源产生的波已到达D处,而A、B处波源产生的波还

没传到D处,故此时D处质点的振动仅由C处波源决定,振动时间为Δt=(4.5-3)s=1.5s,由

图(b)可知此时D处质点向y轴负方向运动,C正确。t=6s时,A、B、C三个波源产生的波

均已传到D处,此时A处波源产生的波与B处波源产生的波在D处产生的位移均为2cm,C

处波源产生的波在D处产生的位移为-2cm,则D处的质点与平衡位置的距离是2cm+2cm-2cm=2cm,D错误。三年模拟1.

(2025临沂一模)(多选)一条弹性绳子呈水平状态,M为绳子中点,两端点P、Q同时开始上下振动,一段时间后的波形如图所示。对于以后绳上各点的振动情况,以下判断

正确的是

()

A.两列波将同时到达中点MB.两列波波速之比为1∶2C.中点M的振动点总是加强的D.绳的两端点P、Q开始振动的方向相同

AD

解析波在同种介质中传播,波速相等,M点到两波源距离相同且波源同时起振,所以两

列波同时到达M点,A正确,B错误;两列波的波长不同,由v=

知同,则频率不同,所以不能发生干涉,C错误;根据波的传播特点可知,各质点的起振方向与波源的起振方向

相同,根据波形可知,两波源的起振方向都是向上,D正确。2.

(2025菏泽一模)(多选)两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处,波速均为0.2m/s,振幅均为4cm。如图为t=0时刻两列波的图

像,此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点开始振动。质点M的平衡位置在x

=0.6m处。下列说法正确的是

()A.t=3s时,质点M的振动方向向下B.0~4s内质点M运动的路程为40cmC.x轴上P、Q的平衡位置之间振动减弱点的个数为2D.右侧波引起Q的振动方程为y=4sinπt(cm)

BD

解析

0~3s时间内,两波传播的距离均为0.6m,根据“平移法”可知,在t=0时刻,x=0处

和x=1.2m处的质点的振动形式在t=3s时均传到了x=0.6m处,根据波的叠加可知质点M

的振动方向向下,A错误;右侧波源在t=1s时传播到质点M,左侧波源在t=2s时传播到质

点M,则质点M第1s内静止,第2s内以振幅4cm振动1s,由v=

得T=2s,所以质点M第2s内的路程为8cm,两波源振动相位相反且到质点M的路程差0.2m恰好是半个波长,所以

质点M振动加强,振幅为8cm,振动2s的路程为32cm,所以质点M在0~4s内的路程为40

cm,B正确;设P、Q间某点到P的平衡位置的距离为r1,到Q的平衡位置的距离为r2,当r1+r2

=0.6m,r1-r2=nλ时该点即为x轴上振动减弱点,解得r1=0.3m+

,n=0时r1=r2=0.3m,n=1时,r1=0.5m、r2=0.1m,或者r1=0.1m、r2=0.5m,振动减弱点有3个,C错误;右侧波引起质点Q

的振动方程为y=4sinπt(cm),D正确。3.

(2025淄博一模)(多选)图甲为一列简谐波在t=0.2s时的波形图,P、Q两个质点的平衡位置分别位于x=1m和x=3m处,图乙为质点Q的振动图像,下列说法正确的是

(

)

A.该波沿x轴负方向传播B.该波的传播速度大小为15m/sAD

C.在t=0时,质点P的位移为

mD.质点P从图甲所示位置再经

s的时间,将回到平衡位置

解析由题图乙可知,t=0.2s时质点Q位于平衡位置向下振动,根据“上下坡”法及题

图甲可知,简谐波沿x轴负方向传播,A正确;由题图甲可知波长为12m,由题图乙可知周

期为0.4s,所以波速为v=

=

m/s=30m/s,B错误;设质点P的振动方程为y=0.4sin(5πt+φ)m,当t=0.2s时y=

m,则φ=-

π,所以t=0时质点P的位移为-

m,C错误;由于波速为30m/s,所以从t=0.2s再经

s的时间,波沿x轴负方向传播的距离为x=30×

m=2m,根据“平移法”可知,此时质点P处于平衡位置且向下振动,D正确。4.

(2025烟台一模)(多选)图甲是沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图,P、Q是位于x轴上的两个质点,间距为3m,t=0时刻该波刚好传播到Q点,t=

s

时的波形图如图乙所示。下列说法正确的是

()

A.该波的2sB.该波的波速为6m/s

ACD

C.x=0处质点的振动方程为y=6cos

cmD.从t=0时开始,该波传至x=7m处所用的时间为0.5s

解析设x=0处质点振动方程为y=Acos

cm,由题图甲知,A=6cm,当t=0时,x=0处质点纵坐标y=3cm,质点沿y轴负方向运动,得φ0=

,由图乙知当t=

s时,x=0处质点纵坐标y=0,得T=2s,ω=

=πrad/s,则质点的振动方程为y=6cos

cm,A、C正确;由题图甲可知,该波波长为λ=6m,则波速大小v=

=3m/s,B错误;由题图乙知t=

s时波传播到x1=6m处,从t=0时开始,该波传至x=7m处所用的时间为t2=t+

=0.5s,D正确。5.

(2025日照一模)某简谐横波在t1=0时刻的波形图如图中实线所示,x=0处质点的位移为-5cm,x=7m处的质点P位于平衡位置。t2=0.5s时刻的波形图如图中虚线所示。

已知该波的于2s,则()

B

A.该波的波长为13mB.该波的波速为4m/sC.该波沿x轴负方向传播D.t1=0时刻,质点P的振动方向沿y轴负方向

解析设该简谐横波的波动方程为y=10sin

cm,由图知在t1=0时x=0处y=-5cm,得φ0=-

,则该简谐横波的波动方程为y=10sin

cm;同理,t1=0时x=7m处y=0,得λ=12m,A错误。若该波沿x轴正方向传播,则该波在0.5s内向右传播的距离为Δx=2

m+nλ,由波速v=

、T=

,得T=

s(n=0,1,2,…),当n=0时,T=3s>2s,v=

=4m/s,B正确。若该波沿x轴负方向传播,则该波在0.5s内向左传播的距离为Δx=10m+nλ,由v=

、T=

,得T=

(n=0,1,2,…),n=0时T=0.6s<2s,C错误。因该波沿x轴正方向传播,根据“上下坡”法,可知t1=0时刻,质点P的振动方向沿y轴正方向,D错误。实验9用单摆测量重力加速度实验聚焦1.(2023新课标,23,12分)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。

26~20.030均正确)

20.028(20.0

20.035(20.034~20.036均正确)

0.007(0.006~0.008均正确)

(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”)。大于

图(c)(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______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)

9.83

1.82

82.5

解析

(1)由题图(a)可知,螺旋测微器的示数为0.7×0.01mm=0.007mm;夹有摆球时,由

题图(b)可知螺旋测微器的示数为20mm+3.5×0.01mm=20.035mm。摆球的直径为两

次示数之差,d=20.035mm-0.007mm=20.028mm。(2)若将角度盘固定在O点上方,则角度盘所指的角度偏小;当摆线在角度盘上所指的示

数为5°时,实际摆角大于5°。(3)摆线长L=81.50cm,则摆长l=L+

=81.50cm+

×2.0028cm≈82.5cm。在一个摆球两次经过最低点,则从第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔t=30T,代

入数据解得T=

=

s=1.82s。根据单摆的式T=2π

可得g=

,代入数据解得g≈9.83m/s2。2.(2024广西,11,6分)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。

(1)制作单摆时,在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中,选择图甲方式的目的是要保持摆

动中_______不变;(2)用游标卡尺测量摆球直径,测得读数如图丙,则摆球直径为____________cm;(3)若将一个T的单摆,从平衡位置拉开5°的角度释放,忽略空气阻力,摆球的振动

可看为简谐运动。当地重力加速度为g,以释放时刻作为计时起点,则摆球偏离平衡位

置的位移x与时间t的关系为___________________。

x= cos 

1.06

摆长

解析

(1)图乙中的单摆在摆动过程中,摆长一直在变化,故选图甲方式的目的是要保持

单摆在摆动中摆长不变。(2)摆球直径为d=1.0cm+6×0.1mm=1.06cm。(3)根据单摆的式T=2π

,可得单摆的摆长为L=

,从平衡位置拉开5°的角度释放,可得振幅为A=Lsin5°,以该位置为计时起点,根据简谐运动规律可得摆球偏离平

衡位置的位移x与时间t的关系为x=Acosωt=

cos

。3.(202某省市实验诊断五)某同学利用如图甲所示的一半径较大的固定光滑圆弧面测

定当地重力加速度。该同学将小铁球从最低点沿弧面移开一小段距离由静止释放,则

小铁球的运动可等效为单摆做简谐运动。具体步骤如下:①用游标卡尺测量小铁球的直径d;②用停表测量小铁球的运动T;

图像,横、纵轴的截距分别为a、b。(1)测量小铁球运动,开始计时的位置为图甲中的____;(选填“A”“O”或“A'”)(2)由T2-

图像可得当地的重力加速度g=_________。(用字母π、a、b表示)(3)该同学查阅资料得知,单摆做简谐运动的T0是摆角很小时的近似值,实验过程中

摆角对T有一定的影响,

与摆角θ的关系如图丙所示。若实验时该同学释放小铁球的位置离O点较远,摆角接近20°,若只考虑摆角的影响,重力加速度的测量值会_______。(选填“偏大”“偏小”或“不变”)偏小

a

O

③更换不同的小铁球进行实验,正确操作,根据实验记录的数据,绘制如图乙所示的T2-

解析

(1)O点运动速度最快,造成的时间误差最小,故从O点开始计时。(2)设圆弧面半径为R,单摆的摆长为R-

,由单摆式得T=2π

,得T2=-

·

+

,由T2-

图像可知

=

,得g=

。(3)根据单摆式有T=2π

,T0=2π

,得g测=

,g真=

,由题图丙得T>T0,故g测<g真,故填“偏小”。4.(2024湖北,12,9分)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案,所用器材有:

2g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、刻度尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。具体步骤如下:①将弹簧竖直悬挂在固定支架上,弹簧下面挂上装有遮光片的托盘,在托盘内放入一个

砝码,如图(a)所示。②用刻度尺测量平衡时弹簧的长度l,并安装光电门。③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放,使其在竖直方向振动。④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。⑤逐次增加托盘内砝码的数量,重复②③④的操作。该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动T=2π

,其中k为弹簧的劲度系数,M为振子的质量。(1)由步骤④,可知振动T=_________。(2)设弹簧的原长为l0,则l与g、l0、T的关系式为l=____________。(3)由实验数据作出的l-T2图线如图(b)所示,可得g=_________________________m/s2(保留三位有效数字,π2取9.87)。

9.65(9.55~9.75均可)

l0+ 

(4)本实验的误差来源包括__________(双选,填标号)。A.空气阻力B.弹簧质量不为零C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置

AB

解析

(1)30次全振动所用时间为t,则振动T=

。(2)弹簧振子的振动T=2π

,可得振子的质量M=

,振子平衡时,根据平衡条件有Mg=kΔl,可得Δl=

,则l与g、l0、T的关系式为l=l0+Δl=l0+

。(3)根据l=l0+

整理可得l=l0+

·T2,则l-T2图线的斜率k'=

=

m/s2,解得g≈9.65m/s2。(4)本实验将振动系统理想化为弹簧振子,从而测出重力加速度,但由于空气阻力的存

在,振动系统做阻尼振动,则空气阻力是实验的误差来源之一,A正确;根据弹簧振子公式可知,振子的质量影响振动的,通过光电门测量出的考虑弹簧质量的真

实,而“l=l0+

”是不考虑弹簧质量的关系式,所以弹簧质量不为零是误差来源之一,B正确;根据简谐运动的特点可知,是否在平衡位置计时无关,C错误。培优提升

提分策略

近年来高考命题呈现"情境创新化、建模多元化、学科融合化"三大趋势。考查重

点由单一知识识记转向物理本质理解(如简谐运动能量转化规律)、数学模型建构[如

振动方程y=Asin(ωt+φ)的物理意义解析]、多模块综合应用(如振动图像与波动图像的