第30期 单摆 实验：用单摆测量重力加速度 受迫振动 共振-【数理报】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步学案（人教版）

素养·拓展 数理招 (上接第3版) 二、填空题（共8分） (4)接着，小明认为质量“有较小的差别” B细能力篇 4.如图3所示，一小球用细线悬 是因为重力加速度g取值与实际值略有偏差，于 是他们将摆球摆动的角度控制在5°范围内，再 挂于0点，箱线长为L,0点正下方号 次用传感器测出细线拉力F随时间t的变化图 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共 18分) 处有一铁钉，将小球拉至A处由静止 像，如图10，测出此时细线长为63cm、小钢球直 径为1.0cm,则重力加速度应该修正为g= 1.将一个电动传2 释放（偏角很小）.忽略小球半径和空 图3 m/s2. 感器接到计算机上，就 气阻力，已知重力加速度g,则这个单摆的周期 (5)最后，小组经过讨论认为每次将小钢球可以测量变化的力，用 为 ,小球可以摆到的左边最大高度相 1.7 以不同的初速度释放，图10中的数据图像的形 这种方法测得的某单 比于可以摆到的右边最大高度要 （填 态和位置 (选填“会”或“不会”)改变 0.81.21.62.02.42.83.2 “高”、“低”或“一样高”) 三、计算题（共12分） 摆摆动时悬线上拉力 图1 三、计算题（共14分） 10.如图11甲所示是一个单摆振动的情形， 的大小随时间变化的曲线如图1所示，某同学由 O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远此图线提供的信息做出了下列判断正确的是 5.在科学研究中，科学家常将未知现象同 位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动 已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测 图像 A.t=0.2s时摆球经过最低点 未知现象的特性和规律.法国物理学家库仑在 (1)单摆振动的频率是多大？ B.t=1.1s时摆球经过最低点 研究异种电荷的吸引问题时，曾将扭秤的振动 （2)开始时刻摆球在何位置？ (3)若当地的重力加速度为10m/s2,则这 C.摆球摆动过程中机械能减少 周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期 个单摆的摆长是多少？ D.摆球摆动的周期是T=1.4s 与摆球到地心距离的关系.已知单摆摆长为1， 2.如图2所示 引力常量为G,地球的质量为M.摆球到地心的 为在同一地点的A、 距离为r,试求单摆振动周期T与距离r的关系， h.0 B两个单摆自由摆 图2 动时做简谐运动的振动图像，其中实线表示A的 振动图像，虚线表示B的振动图像.关于这两个 单摆，下列判断正确的是 () A.A摆的振动频率大于B摆的振动频率 B.A摆的摆长小于B摆的摆长 C.A摆的振动周期大于B摆的振动周期 D.两个单摆的摆球质量不可能相等 3.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实 验，测得的g值偏大，可能的原因是 A.测摆长时漏加摆球半径 B.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 C.开始计时时，秒表过迟按下 D.实验中误将49次全振动数为50次 (参考答案见下期)》 第29期2版参考答案 10.由题意可知， F合=mg-F'浮 素养专练1 甲的振幅为2cm,乙 =mg-F浮+△F得 1.AB 2.BC 3.D 4.BD 5.B 6.D =pgAV=pgS△x 的振幅为3cm,周期 方向向下，即回复力F▣=pgS△x设pgS= 素养专练2 相同；t=0时刻时，甲 k,位移为x,方向向上F▣=-kx,是简谐振动. 1.A2.A3.BD4.B5.C6.C 处于最大位移处；乙 (2)对小球进行受力分析： 7.AC 8.AD 的相位比甲落后八分 重力与支持力的合力提供 素养专练3 之一个周期；故图像如图所示 回复力F日=-mgan号 1.AD2.A3.C4.D5.AC6.C B组 第29期3版参考答案 s-mgsin号 1.BD 2.CD 3.AD A组 4.2:1不相同相同4：1 而且sm号=袁 1.C2.A3.C4.D5.B6.D7.C 8.Q1Q8最大最大最大最小x=2sin(受)cm, 即F目=-mg卡 9.(1)10cm: 5.解析：(1)如图所示 m是常数，位移为x,即可表示为F回=-kx R (2)竖直向下，竖直向下； 在平衡位置mg=F浮 即小球以最低点为平衡位置左右振动为简 (3)0,40cm. 平衡位置上△x处时 平衡位 谐振动 本版责任编辑：宋燕明 报纸编辑质量反馈电话： 高中物理 0351-5271268 2026年2月9日·星期 报纸发行质量反馈电话： 装理极 第 30期总第1174期 人教 0351-5271248 选择性必修第一册 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707川F)邮发代号：21-285 风景园林专业解说 风景园林专业 球的半径r时，相当于用线 长替代真实摆长L,这时 可以说是利用土地 赏析用单摆测重力加速度创新实验 = 4m2 水体、动植物、天空 ·L=L=k(L+ 图5 等自然要素营造空 ⊙湖南郑宏建 ）),由数学知识可知，所得的图像斜率是不会发生 变化的，只是将摆长为的图像a向左平移r,就是 间的技艺，也是为人 用单摆测定重力加速度的实验在最近几年达式为」 的高考中几乎每年都登场亮相，而且每次出题 ②方法二：他们将实验装置安装 漏测r后的图像c,如图5所示：同理当多测小球半 们创造美好的生活 都是别出心裁，下面我们赏析一下该实验的一好，第一次量得摆球顶部到悬点的长 径r时，相当于用线长替代真实摆长L,这时T= 游憩空间的技艺，从 些创新的思维： 为L,测得对应振动周期为T；然后 一、用单摆测定重力加速度的基本实验他们在摆线的中点部分打了一个小 4红.L=kL=k(5-r),由数学知识可知，所得的 而具有科学的属性 原理 结，如图3所示，然后测得被打结部分 图3 图像斜率是不会发生变化的，只是将摆长为的图 也具有社会和文化 由简谐运动知识可以导出单摆的振动周 的细线长为L(L≤L),然后重新实验，测得对 像a向右平移r,就是多测r后的图像b: 的属性。风景园林属 期 应振动周期为T,.则重力加速度的表达式为 例2.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为 于工学中建筑类的 (未知)且开口向下的小筒中（单摆的下部分 露于筒外)，如图6甲所示，将悬线拉离平衡位置 一个专业。各院校因 式中L是摆长，g是当地的重力加速度.将 解析：方法一：根据T=2而√名 L 一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中 培养方向不同，开设 上式变形为：g=4如L 2 可得：g= 4π(L1+r) ① 悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工 的课程也有不同。 T 可见只要能测出单摆的摆长和对应的振动 具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离， 目前全国开设 4π2(L2+r) 周期，就可计算出重力加速度g的数值了. 同理可得g= ② 并通过改变1而测出对应的摆动周期T,再以 T 为纵轴、1为横轴作出函数关系图像，就可以通 风景园林专业的院 为减小计算误差，可采用多次测量求平均 4m2(L,-L2) 值，计算时不应先算T的平均值再求g,而应先 由以上两式可得：g= 过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速 校有160余所，大致 T-T 求出每次的g值再平均，其有效数字至少3位， 度，求 分为三种类型：第 二、利用单摆测定重力加速度的创新方法 方法二：根据T=2m√名 一，以建筑新老八校 1.两次测量法 可得g= 4m2(L1+） 【实验原理】在用单摆测定重力加速度的实 ③ '40 为代表的，偏建筑类 验中，实验时若无法测出摆线的长度，可采用以 打结后的摆长为L'=(L+r)-2L, 方向的风景园林专 下方法进行： 图6 业；第二，以北林、南 如图1所示，设单摆的摆长为 根据T=2m√ E得g=4n20 (1)现有如下测量工具：A.时钟；B.秒表； L,振动周期为T1;则单摆的振动 C.天平；D.毫米刻度尺.本实验所需的测量工具 林等农林类院校为 ④ 有 代表的，偏植物学农 周期为T=2π 8Lπ2 Ng 由以上两式可得：g= T-T (2)如果实验中所得到的TP-1关系图像如 学方向的风景园林 可得？= 4π2L ① 点评：在用单摆测定重力加速度时对于一 图6乙所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的 g 专业；第三，以各大 个质量不均匀的摆球、或者无法测摆球的半径 改变单摆的摆长，如图2所示，使单摆的摆 或者摆球的摆线过长的话，可不测摆球的半径「 (3)由图像可知，小筒的深度h=_m; 艺术类院校为代表 长改变到L,测出摆动周期T,,则单摆的振动周 及摆长L,可采用两次测量法 当地g=」 m/s2. 的，偏艺术设计方向 期为，=2m,,则g-4凸 ③ 2.利用图像法求解重力加速度 解析：(1)根据实验的原理可知本实验所需 8 g 的风景园林专业。 由①式减②式可得： 【实验原理】在用单摆 要的测量工具有秒表和毫米刻度尺，选B、D; 毕业生就业去 4m（L-)-4r· 测定重力加速度时，可不糊 (2)设悬点到球心的距离为L,那么作出的实 8= T-T T-T 改变单摆的摆长L,并测出 验图像就应该是乙图中的b图像，由于小筒的高度 向：一是与风景园林 即只要测出两次摆长的长度差及对应的两单摆在每个摆长L,下的振动 图4 无法测量，因此本实验中的摆长就相当于1=L一 相关的教学、研究方 个周期就可知道重力加速度 周期T,然后作出P-L图像由g=4可得： h,根据数学知识可知，只是将摆长为L的图像b向 N 向的工作。二是建筑 上面我们得到的重力加速度g的测量方法 左平移h,此时所得到的图像就是图像a. 有什么用呢？请看下面的例题 类企业、房产类公司 不=4立L,可见P-L图像应是一条过原点的 (3)根据对图像的分析可知h=0.3m; 例1.某物理兴趣小组的同学在用单摆测重 设计机构。三是政府 力加速度的实验中，由于摆球质量不均匀，重心直线，其斜率k=4女，如图4所示所以作出下 a直线的斜率：k=20=4.00 0.30 类、企事业单位、建筑 无法找到，于是他们采取了如下两种方法来测 当地的重力加速度为 定重力加速度： -L图像后求斜率k(k=△T △L ,然后可求出重力 机构管理部门。 ①方法一：他们将实验装置安装好，第一次 g-安=987ve 量得摆球顶部到悬点的长为L,测得对应振动 加速度8=只 点评：在利用图像法求重力加速度的实验 周期为T,;第二次量得摆球顶部到悬点的长为 利用图像法处理数据可以避免测摆长时漏中，可以避免实验时漏测或多测小球的半径的 L2,测得对应振动周期为T2·则重力加速度的表测小球半径r(或多加）产生的错误，当漏测小 失误 素养·专练 数理极 4.单摆 4.如图2所示的单摆，摆长为1 6.外力作用下的振动 40cm,摆球在t=0时刻从右侧 1.关于单摆，下列说法正确的是 ( 最高点由静止释放做简谐运动，则 1.下列说法错误的是 ( A.摆球运动的回复力是它受到的合力 当t=1s时，摆球的运动情况是(g A.实际的自由振动必然是阻尼振动 B.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，取10m/) ( 图2 B.在外力作用下的振动是受迫振动 加速度是不变的 C.阻尼振动的振幅越来越小N A.向右加速 C.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向 D.受迫振动稳定后的频率与自身物理条件无关 B.向左减速 平衡位置 2.图1是单摆做阻尼 C.向左加速 D.摆球经过平衡位置时，加速度为零 振动的位移一时间图线， D.向右减速 2.发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大 下列说法正确的是 5.做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的 图1 A.增大摆球质量 质量增加为原来的}，摆球经过平衡位置的速度 A.摆球在P与N时刻的势能相等 B.摆球在P与N时刻的动能相等 B.减小摆长 减为原来的号，则单摆振动的 C.摆球在P与V时刻的机械能相等 C.减小单摆振幅 A.周期不变，振幅不变 D.摆球在P时刻的机械能小于在N时刻的机 D.将单摆由山下移至山顶 B.周期不变，振幅变小、 械能 3.(多选)一单摆做小角 C.周期改变，振幅不变 3.(多选)有甲、乙、丙三个质量相同的单摆， 度摆动，其振动图像如图1所 它们的固有频率分别为∫，4∫，6矿，都在频率为4f的 示，以下说法正确的是( D.周期改变，振幅变大 A.t时刻摆球速度为零 6.已知在单摆a完成10次全振动的时间内 同一驱动力作用下做受迫振动，比较这三个单摆 摆球的合外力为零 单摆b完成6次全振动，两单摆摆长之差为1.6m, A.乙的振幅最大，丙的其次，甲的最小 B.2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力 则两单摆摆长1。与l,分别为 B.乙的振幅最大，甲的其次，丙的最小 A.l。=2.5m,l6=0.9m 最小、 C.它们的振动频率都是4f C.时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大 B.ln=0.9m,l,=2.5m D.乙的振动频率是4∫，甲和丙的振动频率分 D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力 C.1。=2.4m,l=4.0m 别是固有频率和驱动力频率的合成 最大 D.ln=4.0m,l6=2.4m 4.如图2，在一根张紧的水平 绳上悬挂五个摆，其中A、E的摆长 十十十十十 到下列器材中的 (选填选项前的字母) 为1，B的摆长为0.5l,C的摆长为 5.探究单摆周期与摆长的关系 A.长约1m的细线 1.51,D的摆长为21.先使A振动起 B.长约1m的橡皮绳 来，其他各摆随后也振动起来，则 1.(多选)在做用单摆测量重力加速度的实验 在B、C、D、E四个摆中，振幅最大的是 C.直径约1cm的均匀铁球 中，以下几点建议中对提高测量结果精确度有利 A.BB.C C.D D.E D.直径约10cm的均匀木球 的是 5.(多选)图3表示一弹簧 (3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂 A.适当加长摆线 振子做受迫振动时的振幅与驱 在铁架台上，应采用图 (选填“甲”或 B.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较 动力频率的关系，由图可知 大的 “乙”)所示的固定方式 ( C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大 A.驱动力频率为时，振 D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过1 子处于共振状态 图1 次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振 B.驱动力频率为时，振子的振动频率为f 动的周期 (4)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正 C.假如让振子自由振动，它的频率为 2.利用单摆测量重力加速度时，若测得g值偏 确的是 (选填选项前的字母) D.振子做自由振动时，频率可以为∫f 大，则可能是因为 ( A.测出摆线长作为单摆的摆长 6.飞力士棒(Flexi-bar)是德 负重头 A.单摆的摆球质量偏大 B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释 国物理治疗师发明的一种康复器 B.测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球 放，使之做简谐运动 材，它由一根PVC软杆、两端的负重 的半径 C.在摆球经过平衡位置时开始计时 头和中间的握柄组成，棒的固有频 负重头 D.用停表测量单摆完成1次全振动所用时间 率为4.5Hz,如图4所示.下列说法 客4 C.测量周期时，把n次全振动误认为是(n+ 正确的是 1)次全振动 并作为单摆的周期 A.用力越大，棒振动的越快 D.测量周期时，把n次全振动误认为是(n (5)乙同学测得的重力加速度数值小于当地 B.增大手驱动的频率，棒的振幅一定变大 1)次全振动 的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可 C.增大手驱动的频率，棒的振动频率可能 3.实验小组的同学们用如图所示的装置做用 能是 (选填选项前的字母) 减小 单摆测量重力加速度的实验 A.开始摆动时振幅较小小 D.双手驱动该棒每分钟振动270次，则棒的 (1)用1表示单摆的摆长，用T表示单摆的周 B.开始计时时，过早按下停表 振幅最大 期，重力加速度g= C.测量周期时，误将摆球(n-1)次全振动的 ⊙本报命题组 (2)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用：时间记为n次全振动的时间 (参考答案见下期) 数理极 素养·测评 3 数点后保留两位) 《机械振动》 ②造成图像不过坐标点的原因可能是 同步核心素养测试（二） A.摆长测量偏大 B.摆长测量偏小 C.周期测量偏大 D.周期测量偏小 (涉及内容：2.4-2.6 ⊙本报命题组 9.(12分)游乐场的“海 A组基础篇 验现象.假如要在空间站再次进行授课活动，下列 盗船”（如图6）是同学们非 我们噌在实验室中进行的实验，若移到空间站也 常喜欢的游乐项目，启动时海 能够实验操作的有 盗船在电机作用下来回摆动， 图6 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） A.利用托盘天平测质量 结束过程中电机关闭，海盗船渐渐停下来.小明同 1.图1甲是利用砂摆演示简谐运动图象的装 B.测定单摆做简谐运动的周期 学在体验了这一项目后，决定和同学合作运用物 置，当盛砂的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出 C.利用自由落体验证机械能守恒定律 理课所学进行探究请与他们一起完成如下探究 时，做简谐运动的漏斗漏出的砂在板上显示出砂 D.利用弹簧测力计测拉力 问题 摆的振动位移随时间变化的关系曲线，已知木板 6.摆长为1的单摆做简谐运动，若从某时刻开 A.要将“海盗船”搬到实验室，小明组内讨论 被水平拉动的速度为0.15m/s,图乙所示的一段木 板的长度为0.60m,则这次实验砂摆的摆长大约 计时（即取1=0）当振对至=受√日时，接 首先要进行简化处理.他们选用了小钢球、细绳、 为 球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是下 铁架台，搭建了如图7所示的“摆”结构.你认为他 图中的 们这样简化所采用的物理思想方法是 hiM i 图1 A.0.03m B.0.5m 7.如图4所示的几个相同单摆在不同条件下， 图 C.1.0m D.20m 关于它们的周期关系，其中判断正确的是( 2.在实验室可以做“声波碎 B.小组认为：海盗船项目存在一定的风险，尤 杯”的实验.用手指轻弹一只酒 其是当其摆到最低点位置，他们认为此处连接船 杯，可以听到清脆的声音，测得 体的连接杆的力F最大，并猜想该力F与海盗船摆 该声音的频率为500Hz.将这只 2 到最低点时的速度v有关.于是，他们在“摆”结构 酒杯放在两个大功率的声波发 上进行探究： 生器之间，操作人员通过调整其 图2 (1)首先，小组在铁架台甲处固定了力传感器 发出的声波，就能使酒杯碎掉（如图所示）.下列说 T. T 用以测量细绳上的拉力F,并在最低点乙处安装了 法正确的是 (4) 图4 传感器用以测量钢球速度，如图8所示. A.操作人员一定是把声波发生器的功率调至 A.T>T >T3>T (2)接着，他们测出小钢球半径为r和细线的 很大 B.T<T <T <T 长度为L将小球拉到某一位置释放，若测量出小 B.操作人员可能是使声波发生器发出了频率 C.T<T=Ts<Ta 球到达最低点的速度为v、小球质量为m,重力加速 很高的超声波 D.T1>T2=T3>T4 度为g,则理论上小球到最低点时，力F的表达式 C.操作人员一定是同时增大了声波发生器发 二、实验题（本题共2小题，共20分） 为 出声波的频率和功率 8.(8分)在“探究单摆周期与摆长的关系”的 (3)然后，小组分别将小球从不同位置释放 D.操作人员只需将声波发生器发出的声波频 实验中： 率调到500Hz 测出每次小球在最低位置时的F和U,如下表： (1)摆线要选择细些的、伸缩性 的 3.如图3所示，细绳悬挂一个 位置12345 摆球要选择质量大些的、体积 的； F/N0.500.600.640.700.90 小球在竖直平面内来回摆动，在小 (2)从摆球经过平衡位置开始计时，测出n次 /(m/s)0.400.500.600.701.00 球从P点向Q点运动的过程中 全振动的时间为t,则单摆的周期为」 ；用毫 ( 图3 A.小球动能先减小后增大 米刻度尺量出悬点到摆球的线长为1，用游标卡尺 测出摆球直径为d,则单摆的摆长为 B.小球动能一直减小 C.小球重力势能先增大后减小 (3)实验测出不同摆长对应的多组数据，利用 D.小球重力势能先减小后增大 实验数据作出了T一1、T一2、T-√等图像，其中 4.单摆振动的回复力是 图像最能直观反应周期与摆长的关系， 00.1 0.9 30 A.摆球所受的重力 由该图像可得到单摆的周期与摆长的关系是 图10 B.摆球重力在垂直悬线方向上的分力 ;(用数学式表达) 对表中数据进行处理后，将数据点拟合，得到 C.悬线对摆球的拉力 (4)某同学根据实验数据 个7% 图像如图9，则图像中水平轴应为 (填写 4.0 D.摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力 作出的图像如图4所示 物理量符号)；取重力加速度g=10m/s2,根据图 5.2023年9月21日“天宫课堂”第四课在中国 ①图像斜率表示的物理意 像可推测小球的质量m约为 kg,用天平 99/ 空间站开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱 义是 (用字母表示)， 图5 进行了证实，发现质量有较小的差别. 内进行授课，展示了许多在地面上无法实验的实由图像求出的重力加速度g= m/s2.(小 (下转第4版)高中物理人教（选择性必修第一册）第2932期 发评柄 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（选择性必修第一册） 第29~32期(2026年2月)》 第29期3版参考答案 的质量无关，减小B的质量，则振幅变小，故选项CD错误 A组 3.0为平衡位置，物体运动到0点时，弹簧弹力与重力等 一、单选题 值反向，合力为零，A错误：因为1a>令1=子时刻，物体正 1.C2.A3.C4.D5.B6.D7.C 在从A点向C点运动，运动到C点上方，还没有运动到C点，B 提示： 错误；经过半个周期，物体的路程等于2个振幅，运动到C点的 1.周期是做完一次全振动所用的时间，频率是单位时间内 对称点，所以t= 子时刻，物体运动到0，B之间，且向下运动。 完成全振动的次数，都是表征物体做简谐运动快慢程度的物理 量，故A正确；位移减小时，回复力减小，则加速度减小，物体向 C正确0-子时间内，物体的路程等于2个振铜，运动到C点 平衡位置运动，速度增大，故B正确；回复力与位移方向相反， 的对称点，初、末位置的速度大小相等，方向相反，则初、末位置 则加速度与位移方向相反.但位移与速度方向可能相反也可能 的动量大小相等，方向相反，根据动量定理，物体所受回复力的 相同，当物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向 冲量不等于零，D错误 相反，当物体的运动方向背离平衡位置时，速度方向与位移方 4.弹簧振子从最大位移处往平衡位置运动，速度增大，加 向相同，故C错误，D正确.故选C 速度减小，故时间号内运动的路程小于号，即其用离平衡位置 2.将A、B间的细线烧断，物体A将做简谐运动，其受到的 合力充当回复力，由于细线烧断前A、B受力是平衡的，细线烧 的矩离大于距离平有位置越远，加走度越大，连度越小，因 断后瞬间，A受到的合力大小等于B的重力，即F=30N,此时 此a1>a2,1<2故选D. 弹簧的伸长量最大，A的回复力最大，所以最大回复力为30N, 5.振动的频率f=25Hz,则周期T= =0.04s,由于简 f 根据振幅等于质点到平衡位置的最大距离可知，振幅为3cm, 谐运动中，越靠近平衡位置，振动的速度越大，如果两点速度方 选项A正确，B错误；设A、B两物体的质量分别为m4、mB,当弹 向相同，所以物体从一侧最大位移的中点运动到平衡位置的时 簧下端只挂物体A且A处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x, 间小于名，从平衡位置运动到另一侧最大位移的中点所用的 则有kx=m4g再挂上物体B且A、B同时处于平衡状态时，设弹 簧的伸长量为x',则kx'=(m4+mg)g,烧断细线后，A在竖直 时间也小于冬，则从一侧最大位移的中点，振动到另一侧最大 平面内振动的振幅为A=x一，联立得A=m照故振幅与A k 位移的中点所用的时间小于子，即小于子=0.019：如果两点 高中物理人教（选择性必修第一册）第29~32期 速度方向相同，则由于对称性，物体恰好运动了半个周期，则时 起的高度增高，浮子的振动周期不变，C错误；根据a= m =0.02s,故B正确，ACD借误 间为2 mx可知，在4~时间内，浮子的位移减小，加速度减小， 二、填空题 浮子靠近平衡位置，速度增大，D正确。 8.0.10.8最大最大最大最小. 2.由振动图像可知，该弹簧振子的振幅为A=1cm故A错 三、计算题 误；由振动图像可知，该弹簧振子的周期为T=2s,在0到2s 9.(1)10cm;(2)竖直向下，竖直向下；(3)0,40cm. 内弹簧振子做了1次全振动，故B错误；t=2s时，振子在平衡 解析：(1)由图像上的信息，结合质点的振动过程可知：质 位置，向y轴正向运动，速度最大，故C正确；在0到1s内，弹簧 点离开平衡位置的最大距离就是1x|的最大值，为l0cm. 振子由平衡位置运动到最大位移处，再由最大位移处运动回平 (2)从1s到2s时间间隔内，质点位移x>0,且减小，因此 衡位置，速度先减小后增大，所以弹簧振子的动能先减小后增 是向平衡位置运动，即竖直向下运动；从2s到3s时间间隔内， 大，故D正确， 位移x<0,且「x1增大，因此是背离平衡位置运动，即竖直向 3.该图像表示质点的位移随时间周期性变化的规律，是简 下运动 谐振动，故A正确；由题图可知该振动的振幅为5cm,故B错 (3)质点在第2s末时，处在平衡位置，因此位移为零：质 误；由题图可知质点振动的周期为0.08s,每振动一个周期T, 点在前4s内完成一个周期性运动，其路程为 通过的路程为44，而0.12s=1.5T,质点通过的路程为6A= 4×10cm=40cm. 30cm,故C错误；根据振动规律可知，0.04s末质点的振动方 10.由题意可知，甲的振幅为 x/ 向沿x轴负方向，故D正确. 2cm,乙的振幅为3cm,周期相同； 二、填空题 t=0时刻时，甲处于最大位移处： 4.2:1不相同 乙的相位比甲落后八分之一个周期： 相同4：1x=2sin(受)cm 故图像如图所示. 三、计算题 B组 5.解析：(1)如图所示 一、多选题 在平衡位置mg=F浮 1.BD 2.CD 3.AD 平衡位置上△x处时 提示： F金=mg-F'浮 1.根据图像可知，0~t时间内，浮子的位移为正值，且逐 =mg-F浮+△F浮 渐增大，表明0时刻浮子沿y轴正方向振动，A错误；浮子在竖 pgAV pgSAx 直方向上做简谐运动，则在平衡位置，浮子所受外力的合力为 方向向下，即回复力F回=PgS△x设PgS=k,位移为x,方 0,即浮子在平衡位置时浮力与重力相平衡，B正确；简谐运动 向向上F回=一kx,是简谐振动 的周期由振动系统自身性质决定，与振幅无关，因此浮子被提 (2)对小球进行受力分析 -2 高中物理人教（选择性必修第一册）第29~32期 重力与支持力的合力提供回复力 关的实验是无法实验的，如：利用托盘天平测质量，利用自由落 fa=-mgtan号=-mgsin之 体验证机械能守恒定律，测定单摆做简谐运动的周期.故ABC 错误；弹簧测力计的原理是胡克定律：F=x,实验可以利用弹 而且sm号=卡 x 簧测力计测拉力，故D正确.故选D. 即F间=-mgR 6.t=3m 2 g T,最大速度时，单摆应在平衡位置，y 4 紧是常数，位移为，即可表示为F日=-x =0,v方向为-y,即沿y轴负方向 即小球以最低点为平衡位置左右振动为简谐振动： 7.据周期公式T=2:√任知，单摆的周期与振锅和摆球 第30期3版参考答案 质量无关，与摆长和重力加速度有关 A组 (1)中沿斜面的加速度为a=gsin a,所以周期为T1=2π 一、单选题 Vgsin 0 1.C2.D3.D4.B5.D6.D7.D (2)中两电荷库仑力始终沿绳的方向，对回复力无影响， 提示： 1砂摆的周期7=合=03=2根据T=2n 故加速度为a=g,所以周期为工，=2m√名 (3)中的周期为7=2m√名 得∠三g=2m=10m改选C (4)中的加速度为a'=g+a,所以周期为T4= 2.用声波将酒杯振碎是酒杯发生了共振现象，条件是驱动 力频率等于物体的固有频率，故选D. 2T 1故T>12=T>T4 g+a 3.P、,Q点的位置最高，速度为零，故此两点时重力势能最 二、实验题 大；最低点，速度最大，故动能最大，因此小球的动能先增大后 8.(1)小些 小些：(2)片1+号： 减小，故AB错误；从P点运动到最低点的过程中，高度下降，速 (3)T-NDT=k(k为比例系数)； 度增加，是重力势能转化动能；从最低点运动到Q点的过程中， (404n9.86②BC 高度上升，速度减小，是动能转化重力势能，故C错误，D正确。 9.A.等效替代法 4.单摆振动的受力为重力、绳子拉力，其中绳子拉力与重 力沿着绳子的分量共同提供向心力，物体的重力沿着速度方向 B.F=mg+m,f0.05978不会 分量在摆角很小时几乎指向平衡位置，提供回复力.因此正确 解析：A.选用了小钢球、细绳、铁架台，搭建了如图所示的 答案为B. “摆”结构，用小钢球在外力作用下的摆动过程简化替代海盗 5.宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于 船在电机作用下的摆动过程，采用的物理思想方法是等效 完全失重状态，物体受的重力正好充当向心力，所以与重力有：替代法. 一3 高中物理人教（选择性必修第一册）第29~32期 B.(2)小球经过最低点时，由牛顿第二定律知 确，B错误；由图像可看出摆球经过最低点的拉力逐渐减小，所 F-mg=mL+r' 2 以最低点的速度减小，机械能减小，故C正确；相邻两次经过最 低点的时间为半个周期，所以周期 解得F=mg+mL+ T=2×2.6-02)=1.2s故D错误 4 《③)由F=mg+m可知F与心成线性关系，所以图 2.由振动图像可知7，<7，又f=7,可知后>f,故A 像中水平轴应为2 由F=mg+m千，知图像与纵轴的裁距表示3，图线延 正确，C错误；根据单摆周围公式有T=2π L 可知L<Lg, 故B正确；由于单摆周期与质量无关，所以两个单摆的摆球质 长与纵轴相交，截距为0.5N,则mg=0.5N可得m=0.05kg 量大小无法确定，故D错误。 (4)由图像可知小球运动的周期为T=1.7s-0.1s= 1.6s根据T=2π 3.根据单摆周期公式T=2√得=4 g 户，重力加速 度的测量值偏大，可能是单摆的摆长偏大，或摆动的周期偏小； 解得g=9.78m/s2. 测摆长时漏加摆球半径，摆长偏小，所以重力加速度的测量值 (5)因为在摆角小于5°的情况下，单摆的周期与速度无 偏小，故A错误；摆球上端未固定牢固，振动中出现松动则摆长 关，图反映了拉力随时间的周期性变化，所以每次将小钢球以 的真实值大于摆长测量值，所以摆长的测量值小于真实值，所 不同的初速度释放，图中的数据图像的形态和位置不会改变， 三、计算题 以重力加速度的测量值偏小，故B错误：根据T=上，t偏小，故 10.解析：(1)由题图乙知周期T=0.8s,则频率f=7= 1 T偏小，则重力加速度的测量值偏大，故C正确：测周期时，把n 次全振动误记为(n+1)次，则周期的测量值偏小，则重力加速 1.25Hz. 度的测量值偏大，故D正确 (2)由题图乙知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为 二、填空题 正方向，所以摆球在B点. (3)由r:2任得1=(g=016m 4.（Ng 2g 一样高 三、计算题 B组 一、多选题 5.T=2mr√c7 1.AC 2.AB 3.CD 解析：设到地心的距离为r处的重力加速度为g,由万有引 提示： 力近似等于重力可知G”=mg,故r处重力加速度为g=G 1.由F-mg=m 可知最低点拉力最大，由图可知t L 0.2s时力F最大，所以t=0.2s时摆球经过最低点，故A正 兰，由单摆周期公式T=2m√ g -4 高中物理人教（选择性必修第一册）第29~32期 衡位置为x=6cm,故C正确：在t=0时刻质，点P在x轴下方 可得T=2π M G =2r√GM r2 向上加速运动，即质点P的速度与加速度方向相同，D错误。 第31期3版参考答案 4.由波动图像可知，此时质点b位于平衡位置，所以速度 A组 为最大，故A错误；由波动图像可知，此时质点a位于波峰处， 一、单选题 位移最大，故质点a的加速度最大，故B错误，若波沿x轴正方 1.C2.C3.C4.D5.D6.D7.D 向传播，由“上下坡法”可知，质点b向y轴正方向运动，故C错 提示： 误；若波沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，a质点沿y轴 L.由图像可知，d山和sol的周期分别为T=00 1 258=58, 负方向运动，c质点沿y轴正方向运动，所以质点c比质点a先 回到平衡位置，故D正确， =0.005 4 5。,所以周期之比为号-器=引~多，则 1 5.由两图像可知波长入=100cm=1m周期T=2s,则 频幸之比=是子版想错误油和丙者在空气中 波速为。=宁=子s=0.5=50cm/s,由乙图可知1 传播速度大小相等，由公式入=v·T,do和sol在空气中传播的 =23s时质点P向下振动，由波形平移可知波向右传播，ABC 波长之比约为之-会一子放C正确，D结识 3 错误，D正确， 6.振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A=2cm,故A 2.如果这列波沿x轴正方向传播，则传播的距离为n入+ 子A(n=0.1,2),A=4m,则这段时间可能为1s5s,9s:如 错误由图知，波长入=8m,由波速公式。=宁，得周期T=文 3 8 果这列波沿x轴负方向传播，则传播的距离为入+4入(n=0, s=2s,故B错误简谐机械横波沿x轴正方向传播，此时 x=4m处质点沿y轴正方向运动，故C错误.此时x=4m处 1,2),则这段时间可能为3s、7s、11s,故选C. 质点处于平衡位置，加速度为零，故D正确。 3.由图(a)可知波的波长为24cm,由图(b)可知周期T= 2.放议速为u=宁-兰cm/g=12om,A错误：由图()可 、7.由图知波长入=8m,则该波的周期为T=人=。s= 0.2s,A正确；因为t=1s=5T,所以在0~1s内质点P通过 1 知，在t=3s时，质点Q正向上振动，结合图(a)可知，该波沿 的路程为3=5×4A=200cm=2m,B正确；t=0时刻质点 x轴负方向传播，故B错误；设质点P、Q的平衡位置分别为x。、 P的速度方向沿y轴负方向，t=0.3s=1.5T,质点P的速度方 0,由图(a)可知，x=0处y=-4=Asin(-30)因此xp= 2 向沿y轴正确方向，C正确；因为0=2织=10mads,因此x= T 360入=i2×24cm=2cm,由图(b)可知，在t=0时Q处于 30° 4m处质点的振动方程是y=10sin10mt(cm),D错误 平衡位置，经过△：=号，其振动状态沿x轴负方向传播到P 二、填空题 8.(1)20cm/s;(2)88cm. 1 处，所以x-xp=v·△t=12× 3cm=4cm解得质点Q的平 三、计算题 高中物理人教（选择性必修第一册）第29~32期 4 9.(1)10cm,0.8m;(2)3m/s 向传播，而甲图中的M点刚好起振向上，则波源的起振方向向 上，所有质点的起振方向为y轴正方向，故A正确：由波形图可 解析：(1)由图可知，振幅和波长分别为A=10cm, 入=0.8m 知波长为入=4m,周期为T=4s波速为。=解得刀= (②)谈的传播速度为=宁=吕瓷s= 3m/s. 1s,故M点起振传播到Q点的时间为o==子=7s 10.(1)沿x轴正方向传播； 在4=10s时，质点Q已经振动3s,因为3s=子1，所以在 (2)2m/s:(3)(2m,3cm),39cm. 10s时，质点Q通过的路程为s=3A=24cm,此时Q正处于波 解析：(1)由图乙可知t=0时，质点P向y轴正方向振动， 谷位置，坐标为(10cm,-8cm),故B正确，C错误；在6s~ 根据“逆向波形法”由图甲可知，该波沿x轴正方向传播， 6.5s时间内，质点M从平衡位置沿y轴负向振动，则其速度减 (2)由题图甲知入=8m,由题图乙知T=4s,所以波速 小，加速度增大，故D错误 =7=2m/s 3.波源每隔0.5s经过平衡位置一次，则周期为1s,故A (3)由于1=13s=37+7结合波的传播及质点振动的 错误；波峰和波谷之间的距离为5m,所以入=10m,故B正确； 特点知，此时质点P位于波峰位置，故其位置坐标为(2m, 波传播速度为。=宁=10ms,故C正确；BD之间的距离为d 3cm);路程为s=13A=39cm =20m,所以波源振动状态传至D处的时间为t=4=2s,故 B组 一、多选题 D错误， 1.BD 2.AB 3.BC 二、填空题 提示： 4.280. 1.根据传播方向与振动方向关系，质点a沿y轴负方向运 解析：(1)由图可知，A处波长为，B处水波波长为2x, 动，波沿x轴正方向传播，故A错误；a偏离平衡位置的位移为 可知B处水波波长是A处水波波长的2倍； T +3T=2s,可得T=2.4s故B正确：由波形图 5cm,则有2+4 (2)根据入=”可知波在B处传播速度是A处传播速度的2 可知波长A=4m则波速u=分=子m⅓，放C错误t=84s 倍，结合v=√gh联立解得B处的水深为hg=80cm. T 三、计算题 =3T+之，质点做简谐运动任意半个周期内位移为21，则从t 5.(1)根据上下坡法，可知在t=0时刻x=0.12m的质 =0到t=8.4s时间内，质点a通过的总路程5=4A×了= 点向上振动，可知x=0.12m的质点恰好出现第三次波峰经历 140cm=1.4m,故D正确. 了2子，有2子7=0.09，该简谐波在介质1中的波速大小 2.图乙是位于x=1m的质点V此后的振动图像，可知t= 入0.24 0后其振动沿负方向，由波形图上的同侧法可知波沿x轴正方v=T=0.O4m。=6ms 6 高中物理人教（选择性必修第一册）第29~32期 (2)运动至x=126m处质点P的时间5=0.96-024。 变，适当减小狭缝宽度，衍射现象更明显，故D正确， s+ 6 5.两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而发生 1.26-0.96g=0.22s, 6÷2 的干涉，则波峰与波峰、波谷与波谷相遇叠加，造成振动幅度比 根据上下坡法，可知质点沿y轴负方向起振，波的频率（周 以前大，称之为加强，其实质点依然在振动.因此图中AC为振 期)不变，质点P第一次从平衡位置到达波谷的时间2= T 动加强点，BD为振动减弱点.由于f相同，v相同，所以波长相 4 同，经过半个周期依然是AC振动加强和BD振动减弱，所以答 0.01s,x=1.26m处质点P第一次到达波谷的时刻t=t1+2 案为C. =0.23s. 6.t=0.2s时，波传播的距离x=t=0.2m,两列波都传 第32期3版参考答案 到F点，此时两列波单独引起F点的振动方向均向下，但位移 A组 为0，E、G两点位移最大，A、B错误；t=0.5s时，波传播的距离 一、单选题 x=t=0.5m,两列波的波峰同时传到F点，F点的位移最大， 1.C2.A3.D4.B5.C6.C7.C C正确，D错误。 提示： 7.凡是波都能发生多普勒效应，因此利用光波的多普勒效 1.在波的传播过程中，质点不会向前运动，质点均在垂直 应便可以测定遥远天体相对于地球运动的速度；利用多普勒效 于纸面的方向上振动，AB错误，C正确；由于M和Q处质点均 应制作的测速仪常用于交通警察测量汽车的速度；铁路工人是 是波峰与波峰相遇的点，是凸起最高的位置，经四分之一周期 根据振动的强弱（并非多普勒效应）判断火车的距离，根据火 时，M和Q处质点均回到平衡位置，位移为零，D错误； 车轮与铁轨接头间碰撞的快慢来判断火车运动快慢的（但目 2.第一次超声波接触小车时测速仪与小车的距离，=2 前高铁的铁轨已无接头)；炮弹飞行时，与空气摩擦产生声波， =1刀m,第二次测速仪与小车的距离=，=153m,汽 人耳接收到的频率与炮弹的相对运动有关.因此只有选项C没 2 有利用多普勒效应，故选C. 车前进距离x=170-153=17m,因此是向着测速仪前进：经 二、填空题 过的时间：=9+2s=05所以汽车的速度0=兰 2 = 8.干涉B,D,F 17 0.95m/s≈17.9m/s.故选A 三、计算题 9.(1)入=4m;(2)6个. 3.适当减小狭缝宽度，水波通过狭缝后，波速与频率不变， 解析：(1)由题图乙、丙可以看出两列波的周期相等，有T 根据入=宁，波长不变，故AC错误：波源不变，适当减小狭缝 =0.2s,由入=T,解得入=4m. 宽度，则波阵面最前方起振的点减少，能量减少，水波振幅减 (2)两列波叠加，将出现干涉现象，由题图可知，两列波振 小，故B错误；波发生明显的衍射现象的条件是：当孔、缝的宽 动步调相反，到O、M两点之间的距离差为半波长的奇数倍时 度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小，波长不 为振动加强点，有x=1m、3m、5m、7m、9m、11m共6个振动 7 高中物理人教（选择性必修第一册）第29~32期 加强点。 有频率相同时，发生共振，可以震碎玻璃杯，B正确；在干涉现 10.(1)1700Hz;(2)1020m/s;(3)204m. 象中，振动加强点指的是振幅加强了，振动加强点的位移可能 解析：(1)声波在空气中传播时，由v=f得 比减弱点的位移小，故C正确；根据多普勒效应可知，鸣笛汽车 =9k=170k 驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比 f= 入 增大，D错误.故选BC 由于声波在不同介质中传播时频率不变，所以声波在介质 二、填空题 Ⅱ中传播时，频率为1700Hz. 4.(1)D;(2)未超速；(3)变低. (2)由v=f得，声波在介质Ⅱ中的传播速度为 三、计算题 2=入zf=0.6×1700m/s=1020m/s. 5.(1)AB连线中点D;(2)4个 (3)声波经号=0.2s传至介质Ⅱ底部，故介质Ⅱ的深度 解析：(1)波源发出声波相位相反，两波源到某点距离差 =1020×0.2m=204m h=22 满足△r=n入(n=0,1,2,…)则为振动减弱的点，且振幅相同 的位置才能完全听不到声音，因此只有AB连线中点D满足条 B组 件 一、多选题 1.CD 2.AD 3.BC (2)由D=水可得入=7=10m,声音极小的点到B.C 提示： 两点的波程差应为波长整数倍，则AC连线上波程差20m≤△r 1.由波形图可知，健身者左右手开始抖动时的方向是相反 ≤40m,因此只有△r=30m,一个点符合题意（不计端点），AB 的，选项A错误；如果增加左右手上下振动的幅度，只是增加振 连线上DB之间波程差0m≤△r≤40m,有3个点符合题意（不 幅，但是周期和波速不变，则波长不变，选项B错误；右手绳子 计端点)，DA之间的波程差0m≤△r≤20m,有1个点符合题 上的a、b两点相差一个波长的距离，则将同时到达波峰，选项C 意（不计端点），故AB连线上只有4个点符合题意. 正确；左右两手起振方向相反，则当左右两列绳波传到P点时 振动将得到减弱，选项D正确， 2.b接收到的声波的频率的高低关键是看声源a与接收者 b之间的距离如何变化，若远离则b接收到的声波的频率比a 发出的低，若靠近则b接收到的声波的频率比a发出的高，故 AD正确；当a、b向同一方向运动时，两者之间的距离可变大、 可变小、可不变，故b接收到的声波的频率与α发出的声波的频 率关系不确定，故BC错误， 3.全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，A错误；玻璃杯 也在振动，有其固有振动频率，当声波频率和玻璃杯振动的固 —8