第6周 单摆 受迫振动-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 22 — 第六周 单摆 受迫振动 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第14题以飞力士棒是运动训练器材为例,综合考查学生对受迫振动和共振的理解 和应用。该题情境审计新颖,题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值 得推荐。 【考点·一应俱全】(共70分) 考点一 单摆及单摆的回复力 1.(多选)下列有关单摆的说法,正确的是 ( ) A.一根橡皮筋一端系在悬点,另一端连接一个小球,可以构成一个单摆 B.单摆的摆动一定是简谐运动 C.若单摆在同一平面内摆动,且偏角很小时,可以认为该单摆的运动是简谐运动 D.单摆做简谐运动时,摆长越长(其他条件不变),其运动周期越大 2.(2025·上海市浦东区期末)关于单摆做简谐运动,下列说法正确的是 ( ) A.经过平衡位置时所受的合力为零 B.经过平衡位置时所受的回复力不为零 C.回复力是重力和摆线拉力的合力 D.回复力是重力沿圆弧切线方向的分力 3.(多选)一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是 ( ) A.t1 时刻摆球速度为零,摆球的合外力为零 B.t2 时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小 C.t3 时刻摆球速度为零,摆球的回复力最大 D.t4 时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大 考点二 单摆的周期 4.(2025·桂林市高二期中)一单摆的摆长为L,摆球的质量为m,振动的周期为4s,g为当地重力 加速度,则下列说法正确的是 ( ) A.当摆球的质量m 减为m2 时,振动周期变为2s B.当摆长L减为L2 时,振动周期变为2s C.当重力加速度g减为g4 时,振动周期变为8s D.当单摆的振幅减小为原来的12 时,振动周期变为8s 5.(2025·陕西省洛南中学高二月考)一单摆由甲地移到乙地后,发现振动变快了,其变快的原因及 调整的方法是 ( ) A.g甲>g乙,将摆长缩短 B.g甲<g乙,将摆长放长 C.g甲<g乙,将摆长缩短 D.g甲>g乙,将摆长放长 6.(2025·盐城市高二期中)如图甲所示,细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装上墨 汁,将摆线拉开一小幅度,当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向以速度v=0.12m/s匀速拖 动木板,得到喷在木板上的墨汁图样,若测得木板长度为l=0.6m,墨汁图样与木板边缘的交点 P、Q 恰好处于最大位移处,已知重力加速度g≈π2m/s2,则该单摆的等效摆长约为 ( ) A.2516m B. 25 36m C.1m D. 25 4 m 7.(多选)(2025·安庆市第一中学月考)如图所示,三根细线在O 点处打结,A、B 两 端固定在同一水平面上相距为L 的两点上,△AOB 为直角三角形,∠BAO=30°, 已知OC长为L,下端C点处系着一个小球(忽略小球的半径,小球摆动时偏角θ< 5°,重力加速度为g),下列说法正确的是 ( ) A.让小球在纸面内摆动,周期T=2π Lg B.让小球在垂直纸面方向摆动,周期T=2π 3L2g C.让小球在纸面内摆动,周期T=2π 3L2g D.让小球在垂直纸面方向摆动,周期T=π 4+ 3g L 考点三 振动中的能量损失 8.由于存在空气阻力,严格来讲,任何物体的机械振动都不是简谐运动,在振动过程中 ( ) A.振幅减小,周期减小,机械能减小 B.振幅减小,周期不变,机械能减小 C.振幅不变,周期减小,机械能减小 D.振幅不变,周期不变,机械能减小 9.(多选)将一个电动传感器接在计算机上,就可以测量快速变化的力,用这种方法测得某单摆摆动 时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图线提供的信息作出了下列判断 ( ) A.t=0.2s时摆球正经过最低点 B.t=1.1s时摆球正经过最低点 C.摆球摆动过程中机械能守恒 D.摆球摆动的周期是T=1.2s 考点四 受迫振动和共振 10.(2025·运城市高二期末)生活中共振现象随处可见。关于受迫振动和共振,下列说法正确的 是 ( ) A.受迫振动的频率一定等于固有频率,机关枪射击时的振动是利用共振现象 B.发生共振时受迫振动的振幅最大,喇叭常放在音箱内是利用共振现象 C.路面共振破碎机停止工作后,水泥路面振动的频率随着振幅减小而减小 D.登山运动员登雪山时,不许高声叫喊,主要是为了减少登山运动员耗散的能量 11.(多选)一个弹簧振子做受迫振动,它的振幅A 与驱动力频率f 之间的关系如 图所示。由图可知 ( ) A.驱动力频率为f2 时,振子处于共振状态 B.驱动力频率为f3 时,受迫振动的振幅比共振小,但振子振动的频率仍为f2 C.如果振子做自由振动,它的频率为f2 D.振子可以做频率为f1 的等幅振动 12.(2025·唐山一中月考)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8Hz B.甲的振幅较大,且振动频率为9Hz C.乙的振幅较大,且振动频率为9Hz D.乙的振幅较大,且振动频率为72Hz — 21 — — 24 — 13.(2025·青岛市高二期中)据史书记载:清朝时期,京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣, 人们十分惊恐。当时有人判断,这是铜盘与皇宫早晚的钟声共鸣所致。后来把铜盘磨薄一些, 它就不再自鸣了,声音的共振称为共鸣,把铜盘磨薄是为了改变 ( ) A.铜盘的固有频率 B.铜盘振动的振幅 C.铜盘发声所需的能量 D.皇宫敲钟引起的空气振动的频率 14.(2025·盐城市高二期中)飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材,是一根弹 性杆两端带有负重的器械,如图甲。某型号的飞力士棒质量为600g,长度 为1.5m,固有频率为5.5Hz。如图乙,某人用手振动该飞力士棒进行锻 炼,则下列说法正确的是 ( ) A.使用者用力越大,飞力士棒振动越快 B.手每分钟振动330次时,飞力士棒产生共振 C.手振动的频率增大,飞力士棒振动的幅度一定变大 D.手振动的频率增大,飞力士棒振动的频率不变 【探究·一举突破】(共10分) 探究主题 用单摆测量重力加速度 在“用单摆测量重力加速度”的实验中,取π2=9.87。 探究问题: (1)某同学先用米尺测得摆线长为97.43cm,用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为 cm,则单摆的摆长为 cm;然后用停表记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示为 s,则单摆的周期为 s;当地的重力加速度为g= m/s2; (2)某同学通过改变几次摆长l,测出多组单摆的摆长l和运动周期T,作出 T2-l图像,如图丙所示。 ①理论上T2-l图线是一条过坐标原点的直线,造成图线不过坐标原点的 原因可能是 。 ②由图像求出的重力加速度g= m/s2。 (3)如果测得的g值偏小,可能的原因是 。 A.测摆长时摆线拉得过紧 B.摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了 C.开始计时时,停表过迟按下 D.实验时误将49次全振动记为50次 【综合·一练到底】(共20分) 15.(10分)(2025·常州市高二期中)如图甲,将力传感器固定于天花板上,传感器上O 点为单摆的 固定悬点。现将摆球拉到A 点,最大摆角未知。现释放摆球,摆球将在竖直面内的A、C之间来 回摆动,其中B 点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F 随时间t变化的曲 线,图中t=0为摆球从A 点开始运动的时刻,忽略空气阻力,g取10m/s2,求: (1)单摆的周期和摆长; (2)摆球的质量; (3)摆球运动过程中的最大速度(保留三位有效数字)。 16.(10分)(2025·泰安市高二期末)在“用单摆测量重力加速度”的实验中: (1)某同学分别选用四种材料不同、直径相同的实心球做实验,各组实验的测量数据如下。若要 计算当地的重力加速度值,第 组实验数据最合理; 组别 摆球材料 摆长L/m 最大摆角 全振动次数N/次 1 铜 1.00 15° 40 2 铁 1.00 5° 40 3 铝 0.40 15° 40 4 木 0.40 5° 40 (2)用游标卡尺测小球的直径如图甲所示,其值为 cm; (3)该同学查资料得知,单摆在最大摆角θ较大时,周期公式近似为 T=2π 1+14sin 2θ 2 lg。为了用图像法验证单摆周期T 和最大摆角θ的关系,他测 出摆长为l的同一单摆在不同最大摆角θ时的周期T,并根据实验数据描绘出 如图乙所示的图线。 设图线延长后与横轴交点的坐标为b,则重力加速度的测量值g= (用 l、b表示)。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (多选)(2025·龙岩市高二期中)把一个筛子用四根弹簧支撑起来,筛子上装一个电动偏心轮,给 筛子一个周期性的驱动力,这就做成了一个共振筛,如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所 示。已知提高电压,可使偏心轮转速提高;增加筛子质量,可增大筛子的固有周期。某电压下正 常工作,断电后,发现筛子的振幅先越来越大后越来越小,下列说法正确的是 ( ) A.该共振筛的固有周期是53s B.该电压下正常工作时偏心轮的转速有可能是30r/min C.该电压下正常工作时,增加筛子的质量可使筛子的振幅增大 D.正常工作时,保持筛子质量不变,适当提高电动偏心轮的电压,可使筛子的振幅减小 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 23 — —88 — 2.AD [从题图可以看出,t1、t2 时刻小球位于同一位置,位移大小 相等,方向相同,速度大小相等,方向相反,A正确,B错误;t2、t3 时 刻小球速度大小相等,方向相同,C错误;t2、t4 时刻小球分别位于 平衡位置两侧且对称,位移大小相等,方向相反,D正确。] 3.BC [在t=0.2s时,振子的位移为正向最大,此时瞬时速度为 零,故A错误;在t=0.1s与t=0.3s两个时刻,振子的位移相同, 说明振子在同一位置,故B正确;从t=0.2s到t=0.4s时间内, 振子从 最 大 位 移 向 平 衡 位 置 运 动,速 度 增 大,故 C正 确;在t= 0.6s时,振子的位移为负向最大,故D错误。] 4.BC [由题图可知,t=0.5s时振子的位移方向向正方向,则此时 的回复力方向向负方向,故 A错误;由题图可知,t=2.5s时质点 的速度与加速度同向,均沿x正方向,故B正确;由题图可知,t= 3.5s时质点处于从平衡位置向正向最大位移处振动的过程中,正 处在动能向势能转化的过程之中,故C正确;由题图可知,从第1s 末到第2s末振子的位移增加,根据牛顿第二定律,振子的加速度 a=-kxm ,可知振子在做加速度增大的减速运动,故D错误。] 5.B [小球在B、C间振动,小球从B 经O 到C 再经O 回到B,完成 一个全振动,A错误;小球从B 到C 经历的时间为半个周期,所以 振动周期为2s,小球在B、C两点间做简谐运动,BO=OC=5cm, O 是平衡位置,则振幅为5cm,B正确;经过两次全振动,小球通过 的路程是2×4A=40cm,C错误;从B 开始经过3s,小球运动的 时间是1.5个周期,通过的路程为s=1.5×4A=1.5×4×5cm= 30cm,D错误。] 6.BCD [由题图可知,物体周期为T=4×10-2s,A错误;在第2个 10-2s内,即在1×10-2s到2×10-2s内物体由正向的10cm处 到达平衡位置,故位移为x=0-10cm=-10cm,B正确;频率 f=1T= 1 4×10-2 Hz=25Hz,C正确;由题图可知,物体的振幅为 10cm,D正确。] 7.B [振子振动范围为0.8cm,所以2A=0.8cm,振幅A=0.4cm, 周期为0.5s,所以ω=2πT=4πrad /s,而初始时刻具有正向最大加 速度,即 在 负 向 最 大 位 移 处,综 上 可 得:x=4×10-3sin 4πt-π2 (m),B正确,A、C、D错误。] 8.C [由振动方程可知,振幅为5cm,即OM 间的距离是5cm,MN 间的距离是10cm,故A错误;ω=10πrad/s,故周期T=2πω = 2π 10π s=0.2s,故B错误;t=0时,代入振动方程可知x=5cm,即振子 位于N 点,故C正确;把t=0.05s代入得x=0,即处于平衡位置, 振子的加速度为0,故D错误。] 9.B [由于振子在a、b两点的速度相同,则a、b两点关于O 点是对 称的,所以O 到b 点的时间为0.1s;而从b再回到a 的最短时间 为0.4s,则从b再回到b的最短时间为0.2s,所以从b到最大位 移处的最短时间为0.1s,因此振子的振动周期为T=0.8s,由f= 1 T ,得f= 10.8Hz=1.25Hz ,故选B。] 10.B [A、B 两点处加速度方向相反,故二者位于平衡位置的两侧, 即它的平衡位置在AB 之间;根据a=-kxm 可知加速度大小与弹 簧的形变量成正比,由题aA aB =23 ,则xA xB =23 ,又xA+xB=10cm, 联立得xA=4cm,故选B。] 11.A [小球在平衡位置时动能最大,势能最小,A正确;小球在A、 B 位置时,动能最小,整个振动过程中,总能量不变,B、D错误;小 球靠近平衡位置时,回复力做正功,远离平衡位置时,回复力做负 功,C错误。] 12.C [当弹簧振子在平衡位置时的速度最大,此时的重力势能为 零,但是弹簧的弹性势能不为零,故振动系统的势能不为零,A错 误;在平衡位置时,物块的重力势能与弹簧的弹性势能不相等,B 错误;因为只有重力和弹簧弹力做功,则弹簧振子的动能、重力势 能及弹簧的弹性势能总和保持不变,振动系统的机械能守恒,D 错误;弹簧振子在平衡位置时动能最大,故振动系统的势能最小, C正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)小球的动能先增大后减小;弹簧的弹性势能先减小 后增大;总机械能保持不变。 (2)小球回到平衡位置的动能增大;振动系统的机械能增大;振动 系统的机械能与弹簧的劲度系数和振幅有关。 【综合·一练到底】 13.解析 (1)质点离开平衡位置的最大距离就是|x|的最大值,为 10cm。 (2)从1.5s到2s这段时间内,质点的位移为正值,位移减小,因 此质点向负方向运动;从2.5s到3s这段时间内,质点的位移为 负值,且位移增大,因此质点向负方向运动。 (3)1~2s内质点靠近平衡位置,速度增大;2~3s内质点远离平 衡位置,速度减小。 (4)质点在第2s末处在平衡位置,因此位移为零;质点在前4s 内的路程为4×10cm=40cm。 答案 (1)10cm (2)负 负 (3)增大 减小 (4)0 40cm 14.解析 (1)弹簧振子在t=0.5s内的运动示意图如图甲所示,P' 为P 关于O 的对称点,由对称性可得T=0.5×2s=1.0s (2)若 M、N 之间距离为20cm,则振幅A=12×20cm=10cm , 振子在4.0s内通过的路程s= 41.0×4×10cm=160cm (3)根据A=10cm,ω=2πT=2πrad /s,以向右为正方向,从振子在 M 点开始 计 时,则 弹 簧 振 子 位 移 随 时 间 变 化 的 振 动 方 程 x= 0.1sin2πt-π2 m,振动图像如图乙所示。 答案 (1)1s (2)160cm (3)x=0.1sin2πt-π2 (m) 见解 析图 15.解析 (1)剪断细绳前,弹簧弹力大小为 F弹 =mAg+mBg 剪断绳子的瞬间,A做简谐振动的回复力为 F回 =F弹 -mAg=mBg=0.1×10N=1N (2)由题意,可得剪断绳子瞬间弹簧的形变量为 x1= F弹 k = mAg+mBg k = 0.1×10+0.1×10 40 m=0.05m ,剪断绳 子后,A处于平衡位置时,弹簧的形变量为 x2= mAg k = 0.1×10 40 m=0.025m 根据简谐振动的特点,则A做简谐振动的振幅为 A=x1-x2=0.025m (3)根据对称性可知,A在最高点时回复力大小等于最低点时回 复力大小,设A在最高点时的弹簧弹力大小为F弹',则有F弹'+ mAg=F回 =1N,解得F弹'=0。 答案 (1)1N (2)0.025m (3)0 【选做·一飞冲天】 BD [简谐运动的周期为T=2πω = 2π 2.5πs=0.8s ,故 A错误;t= 0.6s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m=-0.1m,物块 在负向最大位移处,对小球h+|y|=12gt 2,解得h=1.7m,故B 正确;因为周期是0.8s,所以0.6s内物块运动的路程是3A= 0.3m,故C错误;t=0.3s大于T4 ,物块此时的状态为在平衡位置 上方向下运动,与小球运动方向相同,D正确。] 第六周 单摆 受迫振动 【考点·一应俱全】 1.CD [一根不可伸长的细线一端系在悬点,另一端连接一个质量 较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆,橡皮筋受到拉力 时形变量较大,连接小球构成的装置不可看成单摆,A错误;若单 摆在同一平面内摆动,且偏角很小时,可以认为该单摆的运动是简 谐运动,B错误,C正确;根据单摆的周期公式T=2π lg 可知,单 摆做简谐运动时,摆长越长(其他条件不变),其运动周期越大,D 正确。] 2.D [经过平衡位置时回复力为零,但是合力不为零,合力指向圆 心提供向心力,故A、B错误;单摆做简谐运动时回复力是重力沿 圆弧切线方向的分力,故C错误,D正确。] 3.CD [由题图可知t1 时刻摆球在正向最大位移处,速度为零,回复 力最大,合外力不为零,故 A错误;t2、t4 时刻位移为零,说明摆球 在平衡位置,摆球速度最大,悬线对它的拉力最大,故B错误,D正 确;t3 时刻摆球在负向最大位移处,速度为零,回复力最大,故C 正确。] 4.C [单摆的振动周期为T=2π Lg ,由此可知,单摆的振动周期 与摆球的质量、振幅无关,与摆长和当地的重力加速度有关,故A、 D错误;当摆长减为原来一半时,有 T'=2π L 2 g = 2 2T=2 2s , 故B错误;当重力加速度g减为g4 时,有T″=2π Lg 4 =2T=8s, 故C正确。] 5.B [根据单摆周期公式T=2π lg ,振动变快了,则周期变短了, 说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度,即g乙>g甲,为了 增大周期,可以增大摆长,B正确。] 6.C [木板运动的时间为t=lv = 0.6 0.12s=5s ,又因为t=2.5T,故 单摆的振动周期为T=2s,由T=2π Lg 可得L≈1m,故选C。] 7.AD [当小球在纸面内做小角度的摆动时,摆动圆弧的圆心为O 点,摆长为L,故周期为T=2π Lg ,故 A正确,C错误;当小球在 垂直纸面方向做小角度的摆动时,圆心在A、B 所在水平面上且在 O 点正上方,由几何关系知摆长为L'= 1+ 34 L,故周期为T= 2π 1+ 34 L g =π (4+ 3)L g ,故B错误,D正确。] 8.B [由于存在空气阻力,振动系统在振动过程中机械能逐渐减小, 转化为内能,振幅逐渐减小,而振动系统的振动周期与本身结构有 关,为固有周期,故周期不变,选项B正确。] 9.AD [当摆球运动到最低点时,拉力最大,摆球运动到最高点时, 拉力最小,相邻两次通过最低点经历的时间是半个周期,由题图可 知T=1.2s,则A、D对,B错;从题图来看,每次经过最低点时与 上次相比悬线的拉力变小,可知速度变小,这个振动是有阻尼的振 动,机械能不守恒,C错。] 10.B [做受迫振动的物体的频率与驱动力的频率相等,与物体的固 有频率无关,机关枪射击时的振动与机关枪在射击时的反冲运动 有关,与共振无关,A错误;当物体发生共振时,驱动力的频率等 于物体的固有频率,振动物体的振幅最大,能量最大,喇叭常放在 音箱内是利用共振现象,B正确;共振破碎机周期性击打水泥路 面停止工作后,水泥路面振动的振幅减小,但频率不变,C错误; 登山运动员登雪山时,不许高声叫喊,主要原因是防止发生共振 导致灾害,D错误。] 11.ACD [处于共振状态时,振幅最大,A正确;振子做受迫振动的 频率等于驱动力的频率,所以驱动力频率为f3 时,受迫振动的振 幅比共振小,振子振动的频率为f3,B错误;当驱动力频率等于振 子固有频率时,振子处于共振状态,所以如果振子做自由振动,则 它的频率为f2,C正确;当驱动力的频率为f1 时,振子可以做频 率为f1 的等幅振动,D正确。] 12.B [支架受到竖直方向频率为9Hz的驱动力做受迫振动时,甲、 乙两个弹簧振子都做受迫振动,它们的振动频率都等于驱动力的 频率,即9Hz,由于甲的固有频率接近驱动力的频率,所以甲的 振幅较大,故B正确,A、C、D错误。] 13.A [钟声振动的频率与铜盘的固有频率相等时,铜盘会出现共 鸣,把铜盘磨薄一些,从而改变了铜盘的固有频率,依据共振的特 点,铜盘与皇宫早晚的钟声不再发生共振,即两者不再发生共鸣, 故选A。] 14.B [飞力士棒做受迫振动,受迫振动的频率与驱动力的大小无 关,故A错误;飞力士棒的固有频率为5.5Hz,则每分钟振动次 数为5.5Hz×60s=330次时,飞力士棒将产生共振,故B正确; 当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时,飞力士棒的振幅 才会变大,故C错误;飞力士棒做受迫振动,手振动的频率增大, 飞力士棒振动的频率也增大,故D错误。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)游标卡尺的读数为主尺读数+游标尺读数,故摆球 直径为 21mm+5×0.05mm=21.25mm=2.125cm 单摆的摆长为 l=l'+d2=97.43cm+ 2.125 2 cm≈98.49cm 停表的读数为t=90s+9.8s=99.8s 单摆的周期为T=tN = 99.8 50 s=1.996s 根据单摆的周期公式有T=2π lg 解得g=4π 2l T2 ≈9.76m/s2 (2)①T2-l图线不通过坐标原点,将图线向右平移1cm会通过 坐标原点,可知相同的周期下摆长偏小1cm,故造成图线不过坐 标原点的原因可能是测量摆长时漏掉了摆球的半径。 ②由单摆周期公式T=2π lg 可得T2=4π 2 g ·l,则T2-l图像的 斜率为k=4π 2 g ;由题图丙得k=4s2·m-1,解得g=9.87m/s2。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 87 — —90 — (3)测摆长时摆线拉得过紧,则测量的摆长偏大,测得的重力加速 度偏大,A不符合题意;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现 松动,使摆线长度增加了,知测量的摆长偏小,则测得的重力加速 度偏小,B符合题意;开始计时时,停表过迟按下,测量的周期偏 小,则测得的重力加速度偏大,C不符合题意;实验时误将49次全 振动记为50次,测量的周期偏小,则测得的重力加速度偏大,D不 符合题意。 答案 (1)2.125 98.49 99.8 1.996 9.76 (2)①测量摆长时漏掉了摆球的半径 ②9.87 (3)B 【综合·一练到底】 15.解析 (1)一个周期内摆球两次经过最低点,两次到最高点,经过 最低点时线拉力最大,过最高点时线拉力最小,根据题图乙可得 T=0.8πs,根据T=2π Lg ,解得L=1.6m (2)(3)设摆球在B 处的速度为v,在 A 处的摆角为θ,在最低点 B,根据牛顿第二定律有F2-mg=m v2 L ,在A 点,由于速度为零, 因此向心力为零,即沿线方向合力为零,则F1=mgcosθ,根据机 械能守恒可知,在B 点时速度最大,从A 到B 过程中,由动能定 理可得mgL(1-cosθ)=12mv 2,由题图乙可得F1=0.498N,F2 =0.504N,解得m=0.05kg,v≈0.358m/s。 答案 (1)0.8πs 1.6m (2)0.05kg (3)0.358m/s 16.解析 (1)为了减小误差,摆球选择质量较大、体积较小的,摆长 大约1m左右,通过累积法求出单摆的周期,取全振动次数为30 ~50次,同时最大摆角不能超过5°。所以选择第2组实验数据 最合理。 (2)用游标卡尺测小球的直径,题图甲读数为11mm+8×110mm =11.8mm=1.18cm (3)单摆在最大摆角θ较大时周期公式近似为 T=2π1+14sin 2 θ 2 lg ,则sin2 θ2=2πT gl -4 根据单摆周期T 和最大摆角θ的关系图, 该图线延长后与横轴交点的坐标为b, 即0=2π g lb-4 解得g=4π 2l b2 。 答案 (1)2 (2)1.18 (3)4π 2l b2 【选做·一飞冲天】 AD [根据题图乙可知,在频率等于0.6Hz时,发生了共振,则该 共振筛的固有周期为 T= 10.6s= 5 3 s ,A正确;转速30r/min= 0.5r/s=0.5Hz,由于提高电压,可使偏心轮转速提高,则断电 后,电压减小,转速变慢,频率变小,由于断电后筛子的振幅先越来 越大后越来越小,表明在该电压下正常工作时的频率大于共振频 率0.6 Hz,即 该 电 压 下 正 常 工 作 时 偏 心 轮 的 转 速 不 可 能 是 30r/min,B错误;根据上述,在该电压下正常工作时的频率大于共 振频率0.6Hz,当增加筛子的质量后,筛子的固有周期增大,即筛 子的固有频率减小,与偏心轮的频率相差增大,振幅减小,C错误; 根据上述,在该电压下正常工作时的频率大于共振频率0.6Hz,筛 子质量不变,固有频率不变,提高电动偏心轮的电压,偏心轮转速 增大,即频率增大,则偏心轮的频率与筛子固有频率相差增大,筛 子振幅减小,D正确。] 第七周 机械波及波的描述 【考点·一应俱全】 1.B [根据机械波产生与传播的条件,可知有机械振动及传播介质, 才能形成机械波,故A错误;同一列波中,任何一个振动的质点都 是跟着先振动的质点重复振动,只是时间落后一步,但振动频率相 同,故B正确,C错误;形成机械波的各振动质点只在平衡位置附 近做往复运动,并没有随波迁移,离波源远的质点振动的能量是通 过各质点的传递获得的,故D错误。] 2.D [向湖中央扔一石子,圆形水波一圈圈地向外传播,当波传到 小木条处时,小木条在原来位置附近上下振动,不随波纹漂向湖 岸,也不向波源处漂动,故选项D正确。] 3.C [横波质点的振动方向与波的传播方向相互垂直,纵波质点的 振动方向与波的传播方向在一条直线上,方向有时相同,有时相 反,故A、B错误,C正确;介质中的质点均在平衡位置附近做往复 运动,不会随波迁移,故D错误。] 4.BD [质点不随波迁移,故A错误;质点的振动频率与振源频率相 等,故B正确;由于波向右传播,根据“带动法”可得,质点P 正在 向上运动,故C错误,D正确。] 5.A [由细绳上形成的波形可知,波向右传播,由“带动法”知开始 计时时P 点在平衡位置且将向下振动,故A正确。] 6.C [根据题意可知,波向右传播,根据带动法可知,此时P 点的振 动方向向上,题图中质点Q 开始向下振动,即Q 点的起振方向向 下,由于所有质点的起振方向均与波源的起振方向相同,则 P 点 起振方向向下,可知P 点起振方向和此时P 点的振动方向分别为 向下、向上。故选C。] 7.B [振幅是3cm,A错误;波长是8m,B正确;波的传播速度v未 知,则不能求解周期,C错误;根据“同侧法”可知,此时质点A 向上 振动,D错误。] 8.B [因为该波沿着x轴的正方向传播,根据波的传播方向与质点 的运动方向的关系,可得质点 K 向下运动,M 向上运动,质点 K 和M 的运动方向相反,A错误;根据回复力与平衡位置的关系,可 知此时质点K 和M 的回复力方向相同,B正确;由题中波形图可 知,此时质点L 处于波谷,其速度为零,C错误;质点不会沿波运 动,故质点K 经过一段时间不会运动到质点M 的位置,D错误。] 9.BD [由题图可知,振幅为10cm,波长为4m,故A错误,D正确; 由题意可知T 4=0.1s ,可得T=0.4s,波速为v=λT =10m /s,故 B正确;由“同侧法”可知,波向x轴的正方向传播,故C错误。] 10.B [由图中可以看出该波的波长为λ=4m,根据v=λT ,可知该 列波的周期为T=0.4s,又因为t=0时位于坐标原点的质点从 平衡位置沿y轴正方向运动,当t=0.6s时经历了1.5T,所以此 时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴负方向运动,结合图像 可知B选项正确。] 11.C [根据图像可知,t=0时刻,a质点位 于平衡位置向上振动,b质点位于波峰, 又由于简谐横波沿直线方向由a向b 传 播,画出a、b间的波形图,如图,则有Δxab=3m=nλ+ 3 4λ (n=0, 1,2,3…),根据振动图像可知T=4s,该波的传播速度v=λT ,解 得v= 34n+3m /s(n=0,1,2,3…),n=0时,v=1.0m/s,n=1 时,v=37 m /s,n=2时,v=311m /s,…,对 照 选 项 只 有C符 合 题意。] 12.AC [该波经过5s,传播了30m,则波速v=st =6m /s,选项A 正确;由题意可知nλ+34λ=30m (n=0,1,2,3,…),可得波长λ = 1204n+3m ,当n=0时λ=40m,当λ=24m时,n不是正整数,选 项C正确,D错误;周期T=λv = 20 4n+3m /s(n=0,1,2,3,…),则 该波的周期不可能是12s,选项B错误。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)由题图甲可知波长λ=2m, 由题图乙可知周期T=0.4s,则v=λT =5m /s (2)根据题图甲和题图乙判断可知简谐波向x轴正方向传播,则x =2.0m处质点在t=0时刻运动方向为y轴负方向,波长、振幅、 周期与x=1.0m处的质点相同,则振动图像如图所示 (3)当t=0.3s时,波向前传播的距离 x=vt=5m/s×0.3s=1.5m,根据题图甲和题图乙判断可知简谐 波向x轴正方向传播,则波的图像如图所示。 答案 (1)5m/s (2)见解析图 (3)见解析图 【综合·一练到底】 13.BC [由两质点的振动图像可知,t=0时刻,x1=1m处的质点处 于平衡位置向下运动,x2=7m处的质点位于波峰处,该波的周 期为T=4s。若该简谐横波沿x轴正方向传播,则两质点间的距 离为 n+14 λ=6m(n=0,1,2,…),则λ= 244n+1m(n=0,1,2, …),由波速的公式得v=λT = 6 4n+1m /s(n=0,1,2,…),n=0 时,v=6m/s;n=1时,v=1.2m/s;n=2时,v=23 m /s,C正确; 若该 简 谐 横 波 沿 x 轴 负 方 向 传 播,则 两 质 点 间 的 距 离 为 n+34 λ=6m(n=0,1,2,…),则λ= 244n+3m(n=0,1,2,…), 由波速的公式得v=λT = 6 4n+3m /s(n=0,1,2,…),n=0时,v= 2m/s;n=1时,v=67 m /s,B正确,A、D错误。] 14.解析 (1)由波形图可知,这列波的波长为λ=0.04m,波沿x轴 负方向传播,根据波形平移法知t=0时刻P 点向下振动,经34 个 周期首次 到 达 波 峰 位 置,由 此 可 知t1= 3 4T=0.6s ,解 得 T =0.8s 所以波速为v=λT = 0.04 0.8 m /s=0.05m/s (2)因为t2=1.4s=T+ 3 4T 波传播到Q 点的时间为 t=Δxv = 4×10-2 0.05 s=0.8s=T 故t2=1.4s时,质点Q 振动了 3 4 个周期,而质点Q 的起振方向 向上,所以t2=1.4s时刻质点Q 恰好处于波谷,质点Q 相对于平 衡位置的位移为-2cm;质点Q 振动34 个周期,共3个振幅,由 波形图可知该机械波的振幅为A=2cm,所以质点Q 运动的路程 为s=3×2cm=6cm。 答案 (1)0.05m/s (2)-2cm 6cm 15.解析 (1)从波的图像可以看出,波长λ=4m,若波沿x 轴正方 向传播,则波传播的距离 x1= n+ 1 4 λ(n=0,1,2,3,…) 波传播的速度v1= x1 Δt=5 (4n+1)m/s(n=0,1,2,3,…) 若波沿x轴负方向传播,则波传播的距离 x2= n+ 3 4 λ(n=0,1,2,3,…) 波传播的速度v2= x2 Δt=5 (4n+3)m/s(n=0,1,2,3) (2)由(1)知:若波沿x轴负方向传播,无论n取值多少,都不能求出 波速为65m/s,若波沿x轴正方向传播,n=3时,解得v1=65m/s 波沿x轴正方向传播,根据同侧法可知,质点 N 沿y 轴负方向 振动。 (3)从波的图像可以看出振幅A=20cm=0.2m M 通过的路程为1.8m,则经历的时间是214T ,波传播的距离 x3=2λ+ 1 4λ=9m 波速大小v3= x3 Δt=45m /s。 答案 (1)见解析 (2)沿y轴负方向振动 (3)45m/s 【选做·一飞冲天】 D [设该波的波长为λ,根据三角函数知识可知,N、Q 两质点平衡 位置间的距离为xNQ = 3λ 4- π 6 2π ·λ=16m,解得λ=24m,由题图 乙可知 该 波 的 周 期 为 T=0.2s,所 以 该 波 的 波 速 为v= λT = 120m/s,故A错误;由题图乙可知,t=0.125s时刻,质点P 沿y 轴负方向运动,所以该波沿x轴负方向传播,故B错误;由题图乙 可知,在t=0.125s之后,质点 P 第一次位于波峰的时刻为t= 0.25s,易知此波峰为t=0.125s时刻质点Q 所在处的波峰传播 来的,所以有xQ-xP v =0.25s-0.125s ,解得xP=1m,故C错误; 从t=0.125s开始,质点Q 第一次回到平衡位置所经历的时间为 t1= T 4=0.05s ,题图甲中,质点Q 左侧波形的第一个平衡位置处 坐标为x1=xQ- λ 4=10m ,该振动状态第一次传播到质点 N 所 经历的时间为t2= x1 v= 1 12s ,则Δt=t2-t1= 1 30s ,即质点Q 比质 点N 早130s 回到平衡位置,故D正确。] 第八周 波的衍射、波的干涉和多普勒效应 【考点·一应俱全】 1.A [先看到闪电,后听到雷声是由于光比声音传播速度快,不是 声音的反射;北京天坛的回音壁的回音现象属于声音的反射;同样 的声音在房间里比在旷野里听起来响亮些,描述的是声音的反射 现象;在火车站候车大厅中,我们有时听不清播音员的声音,是声 音的反射造成的,故选A。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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