第八章 机械振动 机械波（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

第八章　机械振动　机械波 第一讲　机械振动 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)简谐运动是匀变速运动。 (×) (2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。 (√) (3)振幅等于振子运动轨迹的长度。 (×) (4)简谐运动的回复力可以是恒力。 (×) (5)(人教选择性必修1 P59T1·改编)做简谐运动的质点在通过平衡位置时，位移最小、动能最大。 (√) (6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。 (×) (7)(人教选择性必修1 P55“做一做”·改编)物体做受迫振动的频率与驱动力的频率相等。 (√) (8)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。 (×) 逐点清(一)　简谐运动的特征 必备知能 1.受力特征：F=-kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。 2.运动学特征：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为整数)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(n为整数)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：简谐运动过程中，系统的动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　简谐运动的各物理量分析 1.(2023·上海高考)真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是 (　　) A.速度增大，加速度增大 B.速度增大，加速度减小 C.速度增大，加速度不变 D.速度减小，加速度不变 解析：选B　由题意可知，微粒Q以P点为平衡位置做简谐运动，可知靠近平衡位置时，微粒Q的速度增大，加速度减小，远离平衡位置时，微粒Q的速度减小，加速度增大，A、C、D错误，B正确。 题点2　简谐运动的周期性和对称性 2.(2025·黑龙江大庆高三质检)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s，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0.4 s，则该振子的振动频率为 (　　) A.1 Hz B.1.25 Hz C.2 Hz D.2.5 Hz 解析：选B　由于振子经a、b两点的速度相同，则a、b两点关于O点对称，所以从O到b点的时间为0.1 s，从b再回到a的最短时间为0.4 s，则从b再回到b的最短时间为0.2 s，所以从b到最大位移处的最短时间为0.1 s，因此振子的振动周期为T=0.8 s，则f== Hz=1.25 Hz，故B正确。 3.(2025·河南洛阳模拟)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧的下端固定在水平地面上，其上端拴接一质量为m的物体A，初始时系统处于静止状态，将另一与A完全相同的物体B轻放在A上，之后两物体在竖直方向上运动，不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则弹簧最大的形变量为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　初始时，对A受力分析可知kx1=mg，将B放在A上的瞬间，速度为0，对系统根据牛顿第二定律有2mg-kx1=2ma，当两物体运动至最低点速度为0时，根据简谐运动的对称性有kx2-2mg=2ma，解得x2=，故选C。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)做简谐运动的物体，靠近平衡位置时，速度增大，位移x减小，加速度减小；远离平衡位置时，速度减小，位移x增大，加速度增大。 2.(链接T2)关于O点对称的两个振动过程所用时间相等。 3.(链接T3)弹簧最大形变量对应A、B一起振动的最低点；A、B在最高点的加速度与在最低点的加速度等大反向。 逐点清(二)　简谐运动的表达式和图像 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[对简谐运动表达式的理解] (多选)如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为小球的平衡位置，其振动方程为x=5sincm。下列说法正确的是 (　　) A.MN间距离为5 cm B.小球的运动周期是0.2 s C.t=0时，小球位于N点 D.t=0.05 s时，小球具有最大加速度 解析：选BC　MN间距离为2A=10 cm，故A错误；小球的运动周期是T== s=0.2 s，故B正确；由x=5sincm可知，t=0时，x1=5 cm，即小球位于N点，故C正确；由x=5sincm可知，t=0.05 s时，x2=0，此时小球位于O点，小球加速度大小为0，故D错误。 2.[简谐运动的图像] (2025·北京海淀质检)如图所示为甲、乙弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是 (　　) A.两弹簧振子的初相位不同 B.甲系统的机械能比乙系统的大 C.甲、乙两个弹簧振子在前2 s内加速度方向相反 D.t=2 s时，甲具有负方向最大速度，乙具有正方向最大位移 解析：选D　由题图可知两弹簧振子的周期不相等，初相位相同，故A错误；由题图可知甲的振幅大，由于甲、乙两弹簧振子的质量、弹簧的劲度系数未知，无法判断甲、乙两系统的机械能大小，故B错误；甲、乙两个弹簧振子在前2 s内加速度方向相同，均沿x轴负方向，故C错误；x-t图像斜率的绝对值表示速度大小，t=2 s时，甲图线斜率的绝对值最大，且斜率为负，甲具有负方向最大速度，由x-t图可知此时乙具有正方向最大位移，故D正确。 3.[简谐运动图像与万有引力定律的综合] (2024·黑吉辽高考)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如图(b)所示(不考虑自转影响)。设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。的值为 (　　) A.2n B. C. D. 解析：选C　在地球表面，小球处于平衡位置时有m0g1=k·2A，在该天体表面，小球处于平衡位置时有m0g2=kA，联立解得=，在星球表面有G=mg，星球的密度ρ=，又V=πR3，解得ρ=，则==，C正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.简谐运动的表达式 (1)一般表达式：x=Asin(ωt+φ)。 (2)从平衡位置开始计时，且开始运动方向为正方向时，x=Asin(ωt)。 (3)从正向最大位移处开始计时，x=Acos(ωt)。 2.由简谐运动图像可得到的信息 (1)可以得出质点振动的振幅、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。 (4)可以确定某时刻质点速度的方向。 (5)可以比较不同时刻回复力、加速度的大小。 (6)可以比较不同时刻质点的动能、势能的大小。 逐点清(三)　单摆及其周期公式 必备知能 1.单摆的回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回=mgsin θ=-x=-kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。 2.摆球的向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力提供向心力，FT-mgcos θ=m。 (1)当摆球在最高点时，v=0，FT=mgcos θ。 (2)当摆球在最低点时，FT最大，FT=mg+m。 3.周期公式：T=2π。单摆处于月球上时，重力加速度为g月；单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　单摆的受力特征和运动特征 1.图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.摆球从A点运动到B点，速度逐渐减小 B.摆球从B点运动到C点，重力势能逐渐减小 C.摆球在C点处，速度为零，回复力为零 D.摆球在B点处，速度最大，向心力最大 解析：选D　摆球从A点运动到B点，重力势能转化为动能，速度逐渐增大，故A错误；摆球从B点运动到C点，动能转化为重力势能，重力势能逐渐增大，故B错误；摆球在C点处，速度为零，回复力最大，故C错误；摆球在B点处，速度最大，向心力最大，故D正确。 题点2　单摆的周期公式及拓展 2.(2024·浙江6月选考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。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g=10 m/s2，则 (　　) A.摆角变小，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 解析：选B　根据单摆的周期公式T=2π可知，周期与摆角无关，故A错误；同一根绳中，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如图，可得2FAcos 30°=mg，解得FA=FB== N，故C、D错误；根据几何知识可知，摆长为L==1 m，故小球摆动周期为T=2π≈2 s，故B正确。 3.(2025·江苏苏州调研)如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以 (　　) A.使斜面倾角变大 B.使单摆摆长变长 C.使摆球质量变大 D.使单摆振幅变大 解析：选B　在斜面上的单摆的等效重力加速度为g'==gsin θ，单摆在光滑斜面上做简谐运动的周期T=2π，若要使其做简谐运动的周期变大，可以让摆长变长或斜面倾角变小，故选B。 题点3　单摆的振动图像 4.(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法中正确的是 (　　) A.单摆的摆长约为4.0 m B.在t=2.0 s时摆球速度为0 C.从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D.从t=1.5 s到t=2.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 解析：选CD　由题图乙可知，单摆的周期为2 s，由单摆周期公式T=2π，可得l=≈1.0 m，故A错误；由题图乙可知，在t=2.0 s 时，摆球处于平衡位置，摆球的速度最大，故B错误；由题图乙可知，从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中，摆球从平衡位置向负向最大位移处摆动，则摆球的重力势能逐渐增大，故C正确；由题图乙可知，从t=1.5 s到t=2.0 s的过程中，摆球从负向最大位移处向平衡位置摆动，摆球所受回复力逐渐减小，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.单摆的摆球在平衡位置时速度最大，回复力为零，但加速度不为零。 2.类单摆模型 (1)如图甲为小球在光滑圆弧AB上运动，≪R，等效摆长为R，周期T=2π。 (2)如图乙，小球在光滑斜面上做小角度摆动，等效重力加速度为g效=gsin θ，周期T=2π。 逐点清(四)　受迫振动和共振 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　对受迫振动与共振的理解 1.(2025·河北秦皇岛模拟)(多选)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个单摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则 (　　) A.a、b、c摆的固有周期关系为Ta=Tc<Tb B.b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大 C.振动达到稳定时，b摆的周期大于t0 D.c摆的摆长为 解析：选ABD　由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式T=2π可知，固有周期关系为Ta=Tc<Tb，故A正确；因为Ta=Tc，则a、c摆的固有频率相同，c摆发生共振，达到稳定时，c摆的振幅较大，b摆的振幅较小，故B正确；受迫振动的周期等于驱动力的周期，所以三个单摆的周期相同，故此时b摆的周期等于t0，故C错误；根据以上分析及题图乙，可知c摆的固有周期Tc=t0，由T=2π，解得lc=，故D正确。 题点2　对共振曲线的理解 2.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)，则下列说法正确的是 (　　) A.此单摆的固有周期约为0.5 s B.若摆长变小，共振曲线的峰将左移 C.若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，则共振曲线的峰将左移 D.此单摆的摆长约为3 m 解析：选C　由题图知，当驱动力频率为0.5 Hz时振幅最大，说明此单摆的固有频率为0.5 Hz，则固有周期为2 s，故A错误；根据f固==，若摆长变小，固有频率增大，共振曲线的峰将右移，若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上，则重力加速度减小，则固有频率减小，则共振曲线的峰将左移，故B错误，C正确；根据f固== =0.5 Hz，解得l≈1 m，故D错误。 题点3　共振现象的防止和应用 3.(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则 (　　) A.针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同 B.随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大 C.打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同 D.稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同 解析：选AD　不同树木的固有频率不同，因此针对不同树木，要使之发生共振需要的振动频率不同，A正确；根据共振曲线可知，振动器频率小于树干固有频率时，逐渐增加振动器频率，树干振动的幅度会增大，而在大于树干固有频率时增加振动器频率，树干振动的幅度会减小，B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有频率不同，则打击结束后，树干的振动频率不同，C错误。 4.轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2 Hz。如图所示，这辆轿车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0 m，该轿车通过减速带过程中，下列说法正确的是 (　　) A.当该轿车通过减速带时，车身上下振动的频率为2 Hz，与车速无关 B.该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈 C.当该轿车以2 m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈 D.当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同 解析：选C　当轿车以速度v通过减速带时，车身上下振动的周期为T=，则车身上下振动的频率为f==，与车速有关，故A错误；车身上下振动的频率与悬挂系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，即当车速满足v=f固L=2 Hz×1 m=2 m/s时，车身上下颠簸得最剧烈，故B错误，C正确；该轿车以不同速度通过减速带时，根据共振曲线可知，车身上下颠簸的剧烈程度可能相同，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)受迫振动的频率由驱动力的频率决定，发生共振时，驱动力的频率等于固有频率。 2.(链接T2)共振曲线振幅最大值对应的频率为振动系统的固有频率。 3.(链接T3和T4)利用共振现象时，驱动力的频率与固有频率越接近，效果越好；防止共振现象时，驱动力的频率与固有频率差别越大，效果越好。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多选)振动是自然界中普遍存在的运动形式，简谐运动是最简单、最基本的振动。关于简谐运动，甲、乙图对应的说法正确的是 (　　) A.图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动 B.图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子偏离平衡位置时的加速度方向永远指向平衡位置O点 C.图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力 D.图乙中单摆的摆球运动到O点时速度最大，回复力最小 解析：选BD　题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，故A项错误；弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变加速直线运动，故B项正确；题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，故C项错误；题图乙中O点为单摆的平衡位置，在该位置单摆的回复力最小，速度最大，故D项正确。 2.(2025·甘肃酒泉检测)2024年4月3日，中国台湾花莲县海域发生7.3级地震，震源深度12 km。如图所示，高度约为30 m的“天王星大楼”发生严重倾斜，是受地震影响最大的建筑物之一。若钢混结构建筑物的固有频率与其高度的平方成正比，比例系数为0.1，则地震波到达地面的频率最可能是 (　　) A.10 Hz B.30 Hz C.60 Hz D.90 Hz 解析：选D　设钢混结构建筑物高为h，其固有频率为f0=0.1h2，钢混结构建筑物发生共振时有f=f0=0.1h2=90 Hz，地震波到达地面的频率与钢混结构建筑物的固有频率越接近，钢混结构建筑物所受的影响越大，所以该地震波到达地面的频率最可能是90 Hz，故选D。 3.(2024·福建高考)如图(a)，装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图(b)所示，则试管 (　　) A.振幅为2.0 cm B.振动频率为2.5 Hz C.在t=0.1 s时速度为零 D.在t=0.2 s时加速度方向竖直向下 解析：选B　根据题图(b)可知，振幅为1.0 cm，周期为T=0.4 s，则振动频率为f== Hz=2.5 Hz，故A错误，B正确；根据题图(b)可知，t=0.1 s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；根据题图(b)可知，t=0.2 s时质点处于负向最大位移处，此时加速度方向竖直向上，故D错误。 4.如图甲，O点为单摆的固定悬点，现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、B之间来回摆动。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，则该单摆的周期为 (　　) A.0.1π s B.0.2π s C.0.4π s D.0.8π s 解析：选C　设细线与竖直方向的夹角为θ，细线长度为L，对摆球受力分析可知F-mgcos θ=m，摆球经过最低点时v最大、θ为零，可知此时F最大，摆球在一个周期内两次经过最低点，结合题图乙可知，该单摆的周期T=0.4π s，故选C。 5.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同 解析：选C　根据题图可知，该单摆的振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m。x-t图像的斜率表示速度，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，C正确。 6.一质点做简谐运动，相继通过距离为16 cm的两点A和B，历时1 s，并且在A、B两点处具有相同的速度，再经过2 s，质点第2次经过B点，该质点运动的周期和振幅分别为 (　　) A.3 s， cm B.6 s，16 cm C.6 s， cm D.4 s，8 cm 解析：选B　设简谐运动的平衡位置为O，质点先后以相同的速度通过A、B两点，说明A、B两点关于平衡位置O点对称，所以质点由A到O的时间与由O到B的时间相等。假设质点首先向最大位移处运动，然后再经过B点，设两次经过B的时间为tBB，则一定有tAB>tBB，这与题意不符，因此质点必定首先向平衡位置移动，然后再向B点移动，那么从平衡位置O到B点的时间t1==0.5 s，因质点通过B点后再经过2 s第二次通过B点，根据对称性可知质点从B点到最大位移处的时间t2=1 s，故周期为T=4(t1+t2)=6 s；从经过平衡位置开始计时，质点位移与时间的关系式为x=Asin ωt (cm)，则有8 cm=Asin ，解得A=16 cm，故选B。 7.(多选)两单摆分别做受迫振动的共振曲线如图所示，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，则两摆摆长之比为LⅠ∶LⅡ=25∶4 C.若图线Ⅱ表示的受迫振动是在地球上进行的，则该单摆摆长约为1 m D.若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示的受迫振动是在地球上进行的 解析：选ABC　共振曲线中振幅最大处对应的频率与单摆的固有频率相等，由题图可知，两摆的固有频率fⅠ=0.2 Hz，fⅡ=0.5 Hz。当两摆分别在月球和地球上做受迫振动且摆长相等时，根据f=可知，g越大，f越大，所以gⅡ>gⅠ，因为g地>g月，可知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g相同，则==，所以两摆摆长之比为=，B正确；若图线Ⅱ表示的受迫振动是在地球上进行的，根据g=9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。 8.(2024·河北高考)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为 (　　) A.0.2 rad/s，1.0 m B.0.2 rad/s，1.25 m C.1.26 rad/s，1.0 m D.1.26 rad/s，1.25 m 解析：选C　紫外光在感光纸上的投影做的是简谐运动，电动机的转速为n=12 r/min=0.2 r/s，因此圆频率ω=2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s，周期为T==5 s。简谐运动的振幅即为轻杆的长度A=0.1 m，12.5 s内通过的路程为s=×4A=1 m。故选C。 9.(2024·北京高考)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0 B.t=0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s，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：选D　由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，手机位于平衡位置，由平衡条件得弹簧弹力大小等于手机重力大小，A错误；由题图乙知，t=0.2 s时，手机的加速度为正值，则手机受到的合力向上，手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t=0至t=0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知，装置振动的周期T=0.8 s，则圆频率ω==2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2，D正确。 10.(多选)某研究性学习小组设计了如图1所示的实验装置，将一倾角可调的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力传感器，将小球通过摆线挂在力传感器上，摆线与斜面始终保持平行，小球能在斜面上做简谐运动。当斜面倾角θ=45°时，传感器输出的摆线拉力F随时间t的变化曲线如图2所示，则下列说法正确的是 (　　) A.由图2可知单摆的周期为T=0.8 s B.只减小斜面倾角，则单摆周期将变大 C.摆线应选用不易伸缩的轻质细绳 D.只增大摆线的长度，则单摆周期将减小 解析：选BC　单摆每个周期经过两次最低点，即每个周期摆线的拉力出现两次最大值，由题图2可知，单摆的周期为T=2×(0.9-0.1)s=1.6 s，故A错误；斜面倾角为θ时，等效重力加速度为g'=gsin θ，由单摆周期公式有T=2π，只减小斜面倾角，则单摆周期将变大，只增大摆线的长度，则单摆周期将增大，故B正确，D错误；为避免单摆摆动过程中摆长发生变化，摆线应选用不易伸缩的轻质细绳，故C正确。 11.(2025·威海高三质检)如图所示，A、B两物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C'两点间一起做简谐运动，O为最低点，当位移为x时(x≪R)，A、B系统的回复力为F。A、B的总重力为G，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.A、B经过O点时均处于平衡状态 B.F=-x C.由O点向C点运动的过程中，A受到的摩擦力逐渐增大 D.经过O点时，将A取走，B的振幅将增大 解析：选B　A、B经过O点时所受合力提供向心力，不为零，处于非平衡状态，故A错误；设当位移为x时，摆角为θ，因x≪R，有sin θ=，对两物块进行受力分析可得sin θ=，联立得回复力的大小为|F|=x，回复力的方向与位移方向相反，则回复力F=-x，故B正确；A、B由O点向C点运动的过程中，设位移为y，摆角为α，以A、B整体为研究对象，在速度方向有F=Gsin α=mABa，则a=gsin α，对A进行受力分析可得GAsin α-Ff=mAaA，由题意可知a=aA，联立解得Ff=0，故C错误；单摆的振幅与摆动物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅不变，故D错误。 12.(9分)(2025·江苏模拟)如图所示，质量为m的物块放置在光滑水平面上，与劲度系数为k、左端固定在墙上的轻弹簧相连，组成弹簧振子。已知弹簧振子做简谐运动的周期T=2π，物块经过平衡位置O点的速度大小为v。某时刻，质量为m的小球从O点正上方自由下落，恰好在物块运动至O点时落在物块上，并与物块粘在一起继续做简谐运动。 (1)求小球落在物块上后，整体经过O点的速度大小；(3分) (2)以小球粘在物块上瞬间为t=0时刻，求整体到达最左端的时刻。(6分) 解析：(1)小球与物块碰撞过程中水平方向动量守恒，有mv=2mv共 解得v共=v。 (2)小球粘在物块上后，弹簧振子做简谐运动的周期T=2π 若t=0时刻振子向左运动，则整体到达最左端的时刻为t1=NT+T=(N=0，1，2，3，…) 若t=0时刻振子向右运动，则整体到达最左端的时刻为t2=NT+T=(N=0，1，2，3，…) 答案：(1)v　(2)(N=0，1，2，3，…)或(N=0，1，2，3，…) 第二讲　机械波 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)横波就是在水平方向传播的波。 (×) (2)(人教选择性必修1 P66T1·改编)机械波是“质点振动”这种运动形式在介质中的传播，质点并没迁移。 (√) (3)通过波的图像可以找出任一质点在某时刻的位移。 (√) (4)机械波在传播过程中，各质点的起振方向都相同。 (√) (5)机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。 (×) (6)波速表示介质中质点振动的快慢。 (×) (7)(人教选择性必修1 P77“STSE”·改编)主动降噪是通过声波的干涉来完成的。 (√) (8)(2023·广东高考T4C)声波在水中传播速度为1 500 m/s，若探测器发出频率为1.5×106 Hz的声波，该声波遇到尺寸约为1 m的被探测物时会发生明显衍射。 (×) (9)多普勒效应说明波源的频率发生变化。 (×) 逐点清(一)　机械波的形成与波的图像 必备知能 1.机械波的传播特点 (1)波传播到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。 (2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。 (3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。 (4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以v==λf。 2.对波速和频率的理解 (1)波速v：机械波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定，与波源的周期T无关。 (2)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点的振动频率等于波源的振动频率。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　波的形成与传播 1. (2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)某同学在漂浮于湖中的木筏上休息，看到湖面上的水波正平稳地向着湖岸传播。该同学估测出相邻波峰与波谷之间的水平距离为1.5 m，当某波峰经过木筏时开始计数，此后经20 s恰好有12个波峰通过木筏，则该水波 (　　) A.波长约为1.5 m B.周期约为3.3 s C.频率约为1.7 Hz D.波速约为1.8 m/s 解析:选D　因相邻波峰与波谷之间的水平距离为1.5 m，可知波长为λ=3 m，20 s内有12个波峰通过木筏，可知12T=20 s，解得T= s，频率f==0.6 Hz，波速v==1.8 m/s，故D正确，A、B、C错误。 2.(2024·海南高考)(多选)一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2 km 的湖对岸，空气中的声速为340 m/s，水中声速为1 450 m/s，歌声可视为频率为400 Hz的声波，则下列说法正确的是 (　　) A.在水中传播频率会改变 B.由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5 s C.在空气中波长为0.85 m D.在水中的波长为5 m 解析：选BC　频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改变，故A错误；由空气传到湖对岸的时间为t空== s≈5.88 s，由水传到湖对岸的时间为t水== s≈1.38 s，故由空气和水传到湖对岸的时间差约为Δt=t空-t水=4.5 s，故B正确；在空气中的波长为λ空== m=0.85 m，故C正确；在水中的波长为λ水== m=3.625 m，故D错误。 题点2　波的图像的应用 3.(2024·湖南高考)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m，t0时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是 (　　) A.波长为3 m B.波速为12 m/s C.t0+0.25 s时刻，B点速度为0 D.t0+0.50 s时刻，A点速度为0 解析：选D　如图，根据题意可知A、B的平衡位置之间的距离xAB=λ=6 m，解得波长λ=4 m，故A错误；波源的振动频率为f= Hz=1 Hz，故波速为v=λf=4 m/s，故B错误；波源的振动周期为T=1 s，因为0.25 s=，故B点在t0+0.25 s时刻运动到平衡位置，位移为0，速度最大，故C错误；0.5 s=，故A点在t0+0.5 s 时刻运动到波峰，位移最大，速度为0，故D正确。 4. (2025年1月·八省联考河南卷)(多选)某简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示。x=0处质点的位移为y=-4 cm，x=0.7 m处的质点P位于平衡位置且振动方向向下。已知该波的周期为1.2 s，则 (　　) A.该波的波长为1.2 m B.该波的波速为2 m/s C.该波沿x轴正方向传播 D.t=0.1 s时刻，x=0处的质点位于平衡位置 解析:选AD　设t=0时刻该简谐横波的波动方程为y=Asin，由题图可知A=8 cm，将x=0时y=-4 cm代入解得φ=-，所以t=0时刻该简谐横波的波动方程为y=8sincm，当x=0.7 m时有×0.7-=π，解得该波的波长为λ=1.2 m，故A正确；由v=可得该波的波速为v= m/s=1 m/s，故B错误；已知t=0时刻质点P位于平衡位置且振动方向向下，由“同侧法”可知，该波沿x轴负方向传播，故C错误；根据Δt=== s=0.1 s，可知t=0.1 s时刻，x=0处的质点位于平衡位置，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.波的传播方向与质点振动方向的互判方法 (1)“上下坡”法：沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动。 图像演示： (2)“同侧”法：波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧。 图像演示： (3)“微平移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向。 图像演示： 2.(链接T3)根据A、B在t0时刻所处的位置及两点之间还有一个波谷，可以确定该波的波长。 逐点清(二)　波的图像与振动图像的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[已知波的图像判定质点的振动图像] (多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1=2 s时的波形图，虚线为t2=5 s时的波形图。以下关于平衡位置在O处的质点的振动图像，可能正确的是 (　　) 解析：选AC　由题意，如果波沿x轴正方向传播，则t2-t1=T(n=0，1，2，…)，当n=0时，T=4 s，在t1=2 s时刻，平衡位置在O处的质点位于平衡位置且向上振动，故A正确，B错误；如果波沿x轴负方向传播，则t2-t1=T(n=0，1，2，…)，当n=0时，T=12 s，在t1=2 s时刻，平衡位置在O处的质点位于平衡位置且向下振动，故C正确，D错误。 2.[已知质点振动图像判定波的图像] (2025·山东潍坊质检)如图甲所示，波源S发出一列水平向右传播的简谐横波先后经过P、Q两点，图乙为波源S的振动图像。已知S到P、Q两点的距离分别为SP=4.2 m、SQ=5.4 m。已知波在该介质中传播的速度为8 m/s，则在t=1.0 s时，P、Q两点间的波形图正确的是 (　　) 解析：选C　由题图乙可知，该列波的周期为T=0.1 s，所以波长为λ=vT=0.8 m，波传到P、Q两点所需要的时间分别为tP== s，tQ== s，t=1.0 s时P、Q已振动时间分别为ΔtP= s=4T+T，ΔtQ= s=3T+T，由题图乙可知质点起振方向向上，所以此时P点位于波谷处，Q点位于波峰处，又P、Q两点间距离为1.2 m，可知PQ=λ，故选C。 3.[波的图像与振动图像的综合] (多选)一列简谐横波沿x轴传播，图(a)是t=0时刻的波形图；P是介质中位于x=2 m处的质点，其振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是 (　　) A.波速为2 m/s B.波向左传播 C.波的振幅是10 cm D.x=3 m处的质点在t=7 s时位于平衡位置 解析：选AB　由题图(a)可知波长为4 m，由题图(b)可知波的周期为2 s，则波速为v== m/s=2 m/s，故A正确；由题图(b)可知t=0时刻P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；由题图(a)可知波的振幅为5 cm，故C错误；根据题图(a)可知t=0时x=3 m处的质点位于波谷处，由于t=7 s=3T+T，可知在t=7 s时x=3 m处的质点位于波峰处，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.振动图像与波的图像的比较 振动图像 波的图像 图像 物理意义 表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移 图像信息 (1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻速度、加速度方向 (1)波长、振幅 (2)任意质点在该时刻的位移 (3)任意质点在该时刻的加速度方向 (4)传播方向、振动方向的互判 图像变化 随时间推移，图像延续，但已有形状不变 随时间推移，图像沿传播方向平移 形象比喻 记录着一个人一段时间内活动的录像带 记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片 2.求解图像综合问题关键点 (1)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则是波的图像，横坐标为t则是振动图像。 (2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。 (3)找准波的图像对应的时刻，找准振动图像对应的质点。 逐点清(三)　波的多解问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　波的周期性形成多解 1.(2025·云南昆明高三测评)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图(a)，实线和虚线分别为t1=0和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0 m和x2=4.0 m 的两个质点，图(b)为质点Q的振动图像。则 (　　) A.波的传播方向为沿x轴负方向 B.波速大小为40 m/s C.t2的大小为0.05 s D.从t1=0时刻起，质点P第一次到达波峰处所需要的时间为0.175 s 解析：选BD　根据质点Q的振动图像可知，t1=0时刻，质点Q在平衡位置向上振动，结合波形图可知，波的传播方向为沿x轴正方向，A错误；该波的波长为λ=8 m，周期T=0.2 s，则波速大小为v==40 m/s，B正确；结合波形图可知t2== s= s(n=0，1，2，3，…)，C错误；从t1=0时刻起，质点P第一次到达波峰处所需要的时间为Δt== s=0.175 s，D正确。 题点2　波的双向性形成多解 2.(2024·重庆高考)(多选)一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标原点距离为3 m的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3 m。则 (　　) A.最小波长为 m B.频率为 Hz C.最大波速为 m/s D.从该时刻开始2 s内该质点运动的路程为cm 解析：选BD　根据题图乙写出平衡位置与坐标原点距离为3 m的质点的振动方程y=Asin(ωt+φ)cm，代入点和(2，0)，解得φ=，ω=，可得T=2.4 s，f= Hz，故B正确；在题图甲中标出位移为 cm的质点，如图所示，若波沿x轴正方向传播，则为Q点，若波沿x轴负方向传播，则为P点，则波长可能满足λ=3 m，即λ=18 m，或λ'=3 m，即λ'=9 m，故A错误；根据v=，可得v= m/s，v'= m/s，故C错误；根据题图乙计算该质点在2 s内运动的路程为s=cm=cm，故D正确。 3.浅层水波可视作简谐横波。如图2所示，A、B两点为沿波源向外的一条直线上相距d=0.15 m 的两点，已知波源的振动周期为0.2 s，A点在振动的最高点，B点在平衡位置。下列说法正确的是 (　　) A.水波的波长最大为0.2 m B.若B点向上振动，则水波传播的最大速度为3 m/s C.若B点向下振动，则水波传播的最小速度为1 m/s D.质点B刚振动时，速度向右 解析：选B　由题意可知，A点在振动的最高点，B点在平衡位置，则d=(n=1，2，3，…)，整理得λ=(n=1，2，3，…)，当n=1时，波长最大，为λ=0.6 m，A错误；若B点在平衡位置向上振动，当水波传播方向为由A向B时，有d=+nλ(n=0，1，2，3，…)，得λ=(n=0，1，2，3，…)，最大波长为0.6 m，最大波速为v==3 m/s；当水波传播方向为由B向A时，有d=+nλ(n=0，1，2，3，…)，得λ=(n=0，1，2，3，…)，同理，最大波速为v=1 m/s；综上所述，若B点向上振动，则水波传播的最大速度为3 m/s，B正确；波长与波速可以无限趋近零，故C错误；质点B刚振动时，速度方向与AB直线垂直，D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.波的周期性的两种表现形式 (1)时间间隔Δt与周期T的关系不明确。 (2)波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。 2.波的双向性的两种表现形式 (1)波的传播方向不确定。 (2)某质点的振动方向不确定。 逐点清(四)　波的干涉、衍射、多普勒效应 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　波的干涉现象 1.(多选)两列频率相同、振幅分别为5 cm和7 cm的横波发生干涉时，某一时刻的图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，下列关于K、M、N三点的说法正确的是 (　　) A.质点K为振动减弱点 B.经过一段时间，质点M、N的位移大小可能相等 C.质点N的振幅为2 cm D.由图中时刻再经过周期时，质点M的位移为零 解析：选BCD　质点K为波谷与波谷的相遇点，为振动加强点，A错误；质点M是振动加强点，质点N是振动减弱点，此时质点M、N均位于最大位移处，再经过周期，质点M、N的位移均为零相等，B、D正确；质点N是振动减弱点，振幅为7 cm-5 cm=2 cm，C正确。 2.如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d=15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则 (　　) A.声波的波长 λ=15 cm B.声波的波长λ=30 cm C.两声波的振幅之比为3∶1 D.两声波的振幅之比为2∶1 解析：选C　分析可知A、B两管等长时，两声波在O处振动加强，将A管拉长d=15 cm后，两声波在O处振动减弱，设沿A管传播的声波振幅为AA，沿B管传播的声波振幅为AB，根据题意可得=，解得=，C正确，D错误；把A管拉长d，在O处第一次探测到声波强度最小，故2d=λ，解得λ=60 cm，A、B错误。 题点2　波的衍射现象 3.如图所示为波源O传出的一列水波，相邻实线间的距离等于一个波长。下列说法正确的是 (　　) A.波通过孔A，发生明显的衍射现象 B.波通过孔B，不发生衍射现象 C.波遇到障碍物C，发生明显的衍射现象 D.波遇到障碍物D，不发生衍射现象 解析：选A　当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长差不多或者比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，这是发生明显衍射的条件。观察题图，孔B和障碍物C的尺寸明显大于波长，不会发生明显衍射现象，但仍然有衍射现象发生，只是不明显，不易观察；孔A的宽度小于波长，障碍物D的尺寸接近波长，会发生明显衍射现象。故A正确，B、C、D错误。 题点3　多普勒效应 4.(2025·广东佛山检测)医用超声彩色多普勒可以利用超声波多普勒效应测量人体血液流向和流速，在彩色多普勒超声图像中，红色代表朝向探头的血流，蓝色代表背离探头的血流，亮度高表示血流速度较快，亮度低表示血流速度较慢。当超声波探头在皮肤表面固定不动时，对于彩色多普勒超声图像，下列说法正确的是 (　　) A.红色时，接收波的频率比发射波的频率大 B.蓝色时，接收波的波长比发射波的波长短 C.亮度高时，接收波的波速比发射波的波速小 D.亮度低时，接收波的波长比发射波的波长长 解析：选A　根据多普勒效应，当物体靠近波源时，物体接收到波的频率大于波源频率，当物体远离波源时，物体接收到波的频率小于波源频率；红色代表朝向探头的血流，蓝色代表背离探头的血流，故红色时，接收波的频率比发射波的频率大，蓝色时，接收波的频率比发射波的频率小，由于多普勒效应不改变波速，故蓝色时，接收波的波长比发射波的波长长，故A正确，B错误；多普勒效应不改变波速，波所处的介质未发生变化，故亮度高时，接收波的波速与发射波的波速相等，C错误；亮度低时，由于不能确定血流是朝向探头还是背离探头，故不能确定接收波的频率与发射波的频率的大小关系，也不能确定接收波的波长与发射波的波长的大小关系，D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.图像法判断加强点、减弱点 在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接形成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 2.公式法判断加强点、减弱点 某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。 (1)当两波源振动步调一致时： 若Δr=nλ(n=0，1，2，…)，则振动加强； 若Δr=(2n+1)(n=0，1，2，…)，则振动减弱。 (2)当两波源振动步调相反时： 若Δr=(2n+1)(n=0，1，2，…)，则振动加强； 若Δr=nλ(n=0，1，2，…)，则振动减弱。 3.(链接T3)机械波发生衍射现象是无条件的，但发生明显衍射现象是有条件的。 4.多普勒效应的成因分析 (1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。 (2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率增加；当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小。 [课时跟踪检测] (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·浙江金华模拟)(多选)关于波的现象，下列说法正确的是 (　　) A.图a为波的衍射，狭缝宽度越宽，衍射现象越明显 B.图b为波的折射，区域1的波速大于区域2的波速 C.图c为波的干涉，振动加强区域的质点一直处于最大位移处 D.图d为波的多普勒效应，周期性触动水面的振动片在向左运动 解析：选BD　题图a为波的衍射，狭缝宽度越宽，衍射现象越不明显，故A错误；题图b为波的折射，由图可知，入射角大于折射角，则区域1的折射率小于区域2的折射率，所以区域1的波速大于区域2的波速，故B正确；题图c为波的干涉，振动加强区域的质点仍然在自己的平衡位置上下振动，不是一直处于最大位移处，故C错误；题图d为波的多普勒效应，左侧波纹间的距离相对右侧较小，故周期性触动水面的振动片在向左运动，故D正确。 2.某新能源汽车开启“隐私声盾”功能后，司机将无法听到后排乘客说话的内容。“隐私声盾”系统能采集后排乘客的声音信号，并通过司机头枕音箱发出自适应的抵消声波，将对话声音抵消，从而屏蔽90%以上的后排乘客的对话信息，提高驾驶员的专注度，同时保护后排乘客的隐私。下列说法正确的是 (　　) A.“隐私声盾”技术运用了多普勒效应 B.抵消声波与后排乘客说话声波的频率相同 C.抵消声波比后排乘客说话声波的传播速度快 D.抵消声波与后排乘客说话声波的相位差为零 解析：选B　“隐私声盾”利用的是两列声波相互干涉的原理，故A错误；由于两列声波需要相互干涉，故抵消声波与后排乘客说话声波的频率相同，故B正确；机械波的传播速度与介质有关，故抵消声波与后排乘客说话声波的传播速度一样快，故C错误；抵消声波与后排乘客说话声波相互抵消，在干涉处的振动相位差为π的奇数倍，故D错误。 3.(2024·江苏高考)如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB，t=0时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A开始振动，则B振动的时刻为 (　　) A.t1 B. C.2t1 D. 解析：选B　在同一介质中，机械波的波速v不变，设OA=2AB=2L，可得t1=，tAB==t1，故可得B振动的时刻为t=t1+tAB=t1。故选B。 4.(2025·广东江门调研)(多选)汽车无人驾驶技术常用的是ACC自适应巡航控制，其使用的传感器主要是毫米波雷达，该雷达会发射和接收调制过的无线电波。如图所示，无人车与前车在同一道路沿同一方向做匀速直线运动，无人车上的雷达发射和接收的无线电波的频率分别为f和f'，则 (　　) A.无人车与前车都静止时，f'一定等于f B.无人车速度等于前车的速度时，f'一定等于f C.无人车速度大于前车的速度时，f'一定小于f D.无人车速度小于前车的速度时，f'一定小于f 解析：选ABD　根据多普勒效应可知，无人车与前车都静止时，f'一定等于f，A正确；无人车速度等于前车的速度时，无人车与前车相对静止，根据多普勒效应可知，f'一定等于f，B正确；无人车速度大于前车的速度时，两车靠近，根据多普勒效应可知，f'一定大于f，C错误；无人车速度小于前车的速度时，两车远离，根据多普勒效应可知，f'一定小于f，D正确。 5.(2024·广东高考)一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1 m/s，t=0时的波形如图所示。t=1 s时，x=1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为 (　　) A.0 B.0.1 m C.-0.1 m D.0.2 m 解析：选B　根据题图可知，简谐横波的波长为λ=2 m，所以周期为T===2 s，当t=1 s时，x=1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处，故相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。 6.(2024·安徽高考)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=9.0 m处开始相遇 B.在x=10.0 m处开始相遇 C.波峰在x=10.5 m处相遇 D.波峰在x=11.5 m处相遇 解析：选C　由题意可知两列横波的波速v大小相等，所以相同时间内传播的距离相等，故两列横波在x=11.0 m处开始相遇，故A、B错误；题图对应时刻，甲波波峰的坐标为x1=5 m，乙波波峰的坐标为x2=16 m，由于两列横波的波速v大小相等，所以波峰在x'=5 m+ m=10.5 m处相遇，故C正确，D错误。 7.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，该波从介质1进入到介质2，y轴为两介质的分界面。设该波在介质1、2中的频率分别为 f1、f2，传播速度分别为 v1、v2，则下列说法正确的是 (　　) A.f1=f2，v1<v2 B.f1=f2，v1>v2 C.f1≠f2，v1<v2 D.f1≠f2，v1>v2 解析：选A　波从一种介质进入另一种介质，频率不变，即f1=f2，由题图可知λ2>λ1，由v=λf，可得v2>v1，故选A。 8.(2023·北京高考)位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t=0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为y=Asin，则t=T时的波形图为 (　　) 解析：选D　由振动方程可知，t=0时波源从平衡位置开始振动，波源起振方向沿y轴正方向，t=T时波的图像沿x轴正方向传播了一个波长，根据“上坡下，下坡上”，可知t=T时的波形图为选项D。 9.(多选)“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于x=4 m处，图乙为质点M的振动图像，则 (　　) A.该列波的传播速度为2 m/s B.该列波的传播方向为沿x轴负方向 C.质点M在9 s内通过的路程为340 cm D.质点M在2 s内沿x轴运动了8 m 解析：选AB　由题图可知，λ=4 m，T=2 s，则该列波的传播速度为v==2 m/s，故A正确；由题图乙可知，t=0时刻质点M沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，该列波的传播方向为沿x轴负方向，故B正确；根据Δt=9 s=T，可知质点M在9 s内通过的路程为s=×4A=360 cm，故C错误；质点M只在其平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故D错误。 10.(2024·新课标卷)(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=3.5 m 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.波的周期是0.1 s B.波的振幅是0.2 m C.波的传播速度是10 m/s D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置 解析：选BC　波的周期和振幅与波源相同，故由题图可知波的周期为T=0.2 s，振幅为A=0.2 m，故A错误，B正确；质点P开始振动时，波源第2次到达波谷，故可知经过的时间为t=T+T=0.35 s，故可得波速为v== m/s=10 m/s，故C正确；波从P点传到Q点需要的时间为t'==0.1 s=T，故可知质点Q开始振动时，质点P处于平衡位置，故D错误。 11.(2024·山东高考)(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2 m/s。t=0时刻二者在x=2 m 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=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0 B.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm C.t=1.0 s时，P向y轴正方向运动 D.t=1.0 s时，P向y轴负方向运动 解析：选BC　在0.5 s内，甲、乙两列波传播的距离均为Δx=vΔt=2×0.5 m=1 m，根据波形平移法可知，t=0.5 s时，x=1 m处甲波的波谷刚好传到P处，x=3 m处乙波的平衡位置刚好传到P处，根据波的叠加原理可知，t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm，故A错误，B正确；在1.0 s内，甲、乙两列波传播的距离均为Δx'=vΔt'=2×1.0 m=2 m，根据波形平移法可知，t=1.0 s时，x=0处甲波的平衡位置刚好传到P处，x=4 m处乙波的平衡位置刚好传到P处，且此时两列波在P点都向y轴正方向运动，根据波的叠加原理可知，t=1.0 s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。 12.(2024·浙江6月选考)频率相同的简谐波源S1、S2和接收点M位于同一平面内，S1、S2到M的距离之差为6 m。t=0时S1、S2同时垂直平面开始振动，M点的振动图像如图所示，则 (　　) A.两列波的波长为2 m B.两列波的起振方向均沿x正方向 C.S1和S2在平面内不能产生干涉现象 D.两列波的振幅分别为3 cm和1 cm 解析：选B　根据题图可知，t=4 s时M点开始沿x正方向振动，故此时一列波传播到M点，起振方向沿x正方向，t=7 s时波形开始改变，说明另一列波传播到M点，此时两列波平衡位置都传播到M点，第一列波使M点沿x负方向振动，之后振幅减小，可知第二列波使M点沿x正方向振动，故两列波的起振方向均沿x正方向，故B正确；S1、S2到M的距离之差为6 m，由题图可知，两列波传播到M点的时间差为3 s，根据v=可得波速为v= m/s=2 m/s，故波长为λ=vT=4 m，故A错误；两列波频率相等，在平面内能产生干涉现象，故C错误；由题图知，第一列波的振幅为A1=3 cm，第二列波的振幅为A2=3 cm-1 cm=2 cm，故D错误。 13. (2025年1月·八省联考四川卷)(多选)甲、乙两列简谐横波在t=0时刻波形分别如图1、图2所示，传播速度均为1 cm/s。下列说法正确的是 (　　) A.甲的周期为2 s B.甲与乙的频率之比为3∶2 C.t=0时刻，质点P的位移为零 D.t=0时刻，质点Q的速度沿y轴正方向 解析:选BC　根据题图1可得λ甲=2 cm，又λ甲=vT甲，其中v=1 cm/s，解得T甲= s，故A错误；根据题图2可得λ乙=2 cm，又λ乙=vT乙，可得T乙=2 s，根据f=可得==，故B正确；由题图1可知，t=0时刻，质点P在平衡位置，位移为零，故C正确；根据同侧法可知t=0时刻，质点Q的速度沿y轴负方向，故D错误。 14.波源P、Q分别在x轴上x=0和x=12 m处，波源P做简谐运动的周期TP=0.5 s、振幅AP=0.2 m，产生的简谐波沿x轴正方向传播；波源Q做简谐运动产生的简谐波的波长为6 m、振幅AQ=0.2 m，沿x轴负方向传播；波源P、Q在t=0时均开始沿y轴正方向振动，产生的简谐波的波速都是8 m/s。下列说法错误的是 (　　) A.两列波在相遇区域会发生干涉现象 B.平衡位置为x=7 m处的质点在t=1.0 s时速度不为零 C.平衡位置为x=4 m处的质点在t=1.0 s时位移为零，加速度为零 D.波源P、Q产生的两列简谐波传播过程中遇到4 m 的障碍物，均会产生明显的衍射现象 解析：选A　波源Q的周期为TQ== s=0.75 s，则两列波的频率不等，两列波在相遇区域不会发生干涉现象，A错误；在t=1.0 s时两列波各自传播8 m，则波源P产生的波传到x=8 m的位置，此时平衡位置为x=7 m处的质点由该波引起的振动在最高点，波源Q产生的波传到x=4 m的位置，此时平衡位置为x=7 m处的质点由该波引起的振动在平衡位置向下振动，则平衡位置为x=7 m处的质点在t=1.0 s时速度不为零，平衡位置为x=4 m处的质点在t=1.0 s 时由两列波引起的位移都为零，此时该点的位移为零，加速度为零，B、C正确；波源P、Q产生的波的波长分别为4 m和6 m，则波源P、Q产生的两列简谐波传播过程中遇到4 m的障碍物，均会产生明显的衍射现象，D正确。此题选择不正确的，故选A。 第三讲　用单摆测量重力加速度的大小(基础实验) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、理清原理与操作 原理 装置图 (1)摆角很小时，单摆做简谐运动，周期T=2π 。 (2)由g=l可知，只要测出l、T即可计算出当地重力加速度的大小 操作 要领 (1)做单摆：用约1 m长的细线穿过小球上的小孔，并打一个比孔大的结，把细线另一端固定在铁架台上。 (2)测摆长：用毫米刻度尺测摆线长l'，用游标卡尺测小球直径D，则摆长l=l'+。 (3)测周期：让摆球偏离一个角度(小于5°)，释放后让单摆自由摆动，测出单摆全振动30~50次的总时间，求出周期，反复测量三次，求出周期的平均值 二、掌握数据处理方法 公式法 将测得的几组周期T和摆长l代入公式g=中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的大小 图像法 由单摆的周期公式T=2π ，可得l=T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l -T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g=4π2k，k== 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。 (2)单摆摆线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。 (3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角要小于5°。可通过估算振幅的办法掌握。 (4)摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。 (5)计算单摆的摆动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过平衡位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计时计数。 2.误差分析 系统误差 主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可视为质点，球、线是否符合要求，振幅是否足够小，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动，以及测量哪段长度作为摆长等 偶然误差 主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4、3、2、1、0、1、2、…，在数“0”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计摆动次数。为了减小偶然误差，应多次测量后取平均值 1.(2024·广西高考)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)若将一个周期为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 　。 解析：(1)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。 (2)摆球直径为d=1.0 cm+6×0.1 mm=1.06 cm。 (3)根据单摆的周期公式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=Lsin 5°，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=Acos(ωt)=cos。 答案：(1)摆长　(2)1.06　(3)x=cos 2.(2025·安徽合肥模拟)某同学做“用单摆测量重力加速度的大小”实验的装置示意图如图1所示。 (1)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用游标卡尺测量摆球直径d，示数如图2所示，则d=　　　　mm。  (2)该同学在实验中各测量数据均正确无误，但他在用图像法处理实验数据时，作出的T2-L图像如图3所示，图线与纵轴正半轴有交点，造成图线不过原点的原因是　　　　　　　　　　　　。分析原因后，该同学认为不用重新绘制图像也能得出重力加速度的大小，则该同学本次实验测量的重力加速度g=　　　　　m/s2(取π2=9.86，结果保留3位有效数字)。由于图线没有通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。  解析：(1)该游标卡尺为20分度的，游标尺每小格与主尺每小格相差0.05 mm，由游标卡尺的读数规则可知摆球直径d=20 mm+0×0.05 mm=20.00 mm。 (2)根据T=2π得T2=，题图3图线不通过原点，且图线向左移动，在同一周期下摆长小于理论值，是由于计算摆长时没有加小球半径。根据数学知识可知，T2-L图线的斜率k=，则当地的重力加速度g=，由于L=l+r，则T2===+，把l当作L，图线在横轴上的截距的绝对值等于摆球半径r，根据数学知识可知，对于T2-L图像来说两种情况下图线的斜率不变，所以测得的g值不变。结合题图3可知图线的斜率k= s2/m= s2/m，所以g=≈9.81 m/s2。 答案：(1)20.00　(2)计算摆长时没有加小球的半径　9.81　相等 3. (2025年1月·八省联考河南卷)学生实验小组利用单摆测量当地的重力加速度。实验器材有:铁架台、 细线、摆球、秒表、卷尺等。完成下列问题: (1)实验时，将细线的一端连接摆球，另一端固定在铁架台上O点，如图1所示。然后将摆球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成夹角θ(θ<5°)，由静止释放摆球，让单摆开始摆动。为了减小计时误差，应该在摆球摆至　　　　(填“最低点”或“最高点”)时开始计时。  (2)选取摆线长度为100.0 cm时，测得摆球摆动30个完整周期的时间(t)为60.60 s。若将摆线长度视为摆长，求得重力加速度大小为　　　　　m/s2(取π2=9.870，结果保留3位有效数字)。  (3)选取不同的摆线长度重复上述实验，相关数据汇总在下表中，在坐标纸上作出摆线长度(l)和单摆周期的二次方(T2)的关系曲线，如图2所示。 l(m) t(s) T2(s2) 0.800 54.17 3.26 0.900 57.54 3.68 1.000 60.60 4.08 1.100 63.55 4.49 1.200 66.34 4.89 设直线斜率为k，则重力加速度可表示为g=　　　　　　(用k表示)。由图2求得当地的重力加速度大小为　　　　　　m/s2(结果保留3位有效数字)。  (4)用图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得到的结果更精确，原因是 　。  解析:(1)摆球经过最低点时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测得周期的误差最小，所以为了减小计时误差，应该在摆球摆至最低点时开始计时。 (2)根据题意可知摆球摆动的周期T==2.02 s，根据单摆周期公式T=2π，其中L=100.0 cm=1.000 m，代入数据解得g≈9.68 m/s2。 (3)根据单摆周期公式T=2π，整理可得l=·T2-r，可知l⁃T2图线的斜率k=，则重力加速度可表示为g=4π2k；由题图2求得当地的重力加速度大小为g=4π2× m/s2≈9.69 m/s2。 (4)用图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得到的结果更精确，其原因是用图像法处理数据时，无论是否考虑摆球的半径，l⁃T2图像的斜率均为，对重力加速度g的测量没有影响。 答案:(1)最低点　(2)9.68　(3)4π2k　9.69　(4)见解析 4.某同学在学习完单摆的相关知识后，想要在家利用手边的物品测量本地的重力加速度。用不规则的钥匙扣代替小球做成简易单摆装置，用手机上的计时功能代替秒表，实验过程如下： (1)用家中软尺测得悬挂点O到钥匙扣连接处M的长度为l； (2)拉开较小角度后将钥匙扣由静止释放，并在钥匙扣第1次通过最低点按下计时“开始”按钮，用手机记录钥匙扣发生N次全振动的时间为t，则单摆的周期T为　　　；  (3)若该同学多次改变细线长度得到多组数据，描点作出T2-l图像，得到的图像可能是图乙中的 　　　(填“a”“b”或“c”)曲线；  (4)钥匙扣的形状不规则，对上述实验测得的重力加速度　　　(填“有”或者“无”)影响。  解析：(2)发生N次全振动的时间为t，则单摆的周期T=。 (3)设钥匙扣的重心到钥匙扣与细线连接处的间距为d，根据周期公式有T=2π，变形得T2=l+，可知T2-l图像与纵轴的截距为正值，即得到的图像可能是题图乙中的c曲线。 (4)结合上述分析可知，若T2-l图像的斜率为k，则有=k，解得g=，可知钥匙扣的形状不规则，对题述实验测得的重力加速度无影响。 答案：(2) 　(3)c　 (4)无 5.(2025·福建厦门模拟)某同学利用双线摆和光传感器测量当地的重力加速度，如图甲所示，A为激光笔，B为光传感器。实验过程如下： (1)用20分度的游标卡尺测量小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=　　　　　mm。  (2)①测出两悬点(两悬点位于同一水平高度)间的距离s和摆线长l(两摆线等长)。 ②在垂直于纸面的竖直平面内，将摆球偏离一个较小角度由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙所示，则双线摆摆动的周期T=　　　　　。  (3)根据上述数据可得当地重力加速度g=　　　　　　　　　(用T、d、l、s表示)。若小球经过最低点时，球心位置比激光光线高度高些，则重力加速度的测量值与真实值相比　　　　　(填“偏大”“偏小”或“相等”)。  (4)该双线摆装置测重力加速度较传统的单摆实验有何优点?　　　　　 　　　　　(回答一点即可)。  解析：(1)20分度的游标卡尺的精度为0.05 mm，小球直径为d=20 mm+9×0.05 mm=20.45 mm。 (2)因为每半个周期挡光一次，故双线摆摆动的周期T=2Δt。 (3)根据几何关系可得摆长L=+，根据单摆周期公式T=2π，可得g=。 因为球心位置与激光光线不在同一高度会影响遮光时间，但不影响遮光周期，故重力加速度的测量值等于真实值。 (4)用该装置测重力加速度可使小球更好地在同一竖直平面内摆动。 答案：(1)20.45　 (2)②2Δt　 (3) 　相等 (4)可使小球更好地在同一竖直平面内摆动 6.(2025·江西抚州模拟)甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度的大小。 (1)甲组同学采用图1所示的实验装置。 ①为比较准确地测量出当地重力加速度的大小，除秒表外，在下列器材中还应该选用　　　。(用器材前的字母表示)  a.长度为30 cm左右的细绳 b.长度为1 m左右的细绳 c.直径为1.8 cm左右的铁球 d.直径为1.8 cm左右的塑料球 e.最小刻度为10 mm的米尺 f.最小刻度为1 mm的米尺 ②用游标卡尺测量小球直径，示数如图3所示，读数为　　　cm。  ③测出单摆的摆长为l，对应的单摆周期为T，多次改变摆长l并测出对应的T，利用图像方法处理数据，作T2-l图像时描点如图4。若他在图上将各数据点拟合成一条直线，可以得到的当地重力加速度为　　　m/s2(保留3位有效数字，π2=9.86)。  (2)乙组同学在图1所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图2所示，将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球摆动过程中速度随时间变化的关系，如图5所示。估算小球能摆到的最大高度约为　　　m(保留1位有效数字)。  解析：(1)①根据实验要求，为了控制角度、方便计算，摆长应选长度接近1 m的细绳；为减小空气阻力的影响，应选用密度较大的实心金属球，故选直径为1.8 cm的铁球；根据T=2π得g=，可知需要测量摆长，所以需要最小刻度为1 mm的米尺。故选b、c、f。 ②读数为18 mm+8×0.1 mm=18.8 mm=1.88 cm。 ③根据T=2π得T2=l，可知图线的斜率k== s2/m=4 s2/m，解得g=9.86 m/s2。 (2)由题图5可知，该单摆的最大速度为vm=100 cm/s=1 m/s，根据机械能守恒定律有mgh=m，解得小球能摆到的最大高度h≈0.05 m。 答案：(1)①bcf　②1.88　③9.86　(2)0.05 7.(2024·湖北高考)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：2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺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用米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周期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，可知振动周期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)。  (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 解析：(1)30次全振动所用时间为t，则振动周期T=。 (2)弹簧振子的振动周期T=2π，可得弹簧振子的质量M=，弹簧振子平衡时，根据平衡条件Mg=kΔl，可得Δl=，又Δl=l-l0，则l与g、l0、T的关系式为l=l0+Δl=l0+。 (3)根据l=l0+·T2，则l-T2图像斜率k==，解得g≈9.74 m/s2。 (4)空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确；(2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上砝码的总质量，但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其上砝码的总质量之和，所以弹簧质量不为零是本实验的一个误差来源，B正确；由于数字计时器记录的是30次全振动的时间，所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来源，C错误。 答案：(1)　(2)l0+　(3)9.74(9.64~9.84均可)　(4)AB 34 / 42 学科网（北京）股份有限公司 $$