第13章 第1讲 机械振动（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦机械振动核心考点，涵盖简谐运动特征、表达式与图像、单摆周期公式、受迫振动与共振及相关实验，按“概念规律—模型建构—实验探究”逻辑层次展开。通过考点梳理（如简谐运动回复力公式、单摆周期条件）、方法指导（周期性对称性分析、振动图像信息提取）、真题讲解（2024北京卷等典例）及分层练习（选择、计算、实验题），帮助学生系统构建知识网络，突破图像分析、周期计算等难点。 讲义突出科学思维与科学探究素养培养，创新采用“模型对比+实验验证”教学策略。例如分析简谐运动时，通过弹簧振子与单摆模型对比，强化运动和相互作用观念；实验教学中指导学生用l-T²图像处理数据，提升误差分析与数据处理能力。设置基础巩固、能力提升、综合应用三级练习，配合即时反馈，确保学生在有限时间内掌握高考高频考点，为教师精准把控复习进度、提升学生应考能力提供有力支持。

第十三章　机械振动和机械波 第1讲　机械振动 考点一　简谐运动的特征 1．简谐运动 (1) 定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向__平衡位置__，物体的运动就是简谐运动． (2) 平衡位置：物体在振动过程中__回复力__为零的位置． (3) 回复力 ① 定义：使物体返回到__平衡位置__的力． ② 方向：总是指向__平衡位置__． ③ 来源：可以是某一个力，也可以是几个力的__合力__或某个力的__分力__． 2．简谐运动的特点 受力 特点 回复力F＝__－kx__，F(或a)的大小与x的大小成__正比__，方向__相反__． 运动 特点 靠近平衡位置时，a、F、x都__减小__，v__增大__；远离平衡位置时，a、F、x都__增大__，v__减小__(均填“增大”或“减小”). 能量 特点 对同一个振动系统，振幅越大，能量越__大__．在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能__守恒__． 典例1　如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为平衡位置，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek.下列说法中正确的是(　C　) A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值为 B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为T C．当物块通过O点时，其加速度最小 D．物块运动至C点时，其加速度最小 【解析】 如果在t1时刻物块在CO之间，t2时刻物块在OD之间(和t1时刻位置关于O点对称)，则在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下，物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值小于，故A、B错误；物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，故C正确；物块运动至C点时，其加速度最大，速度为零，故D错误． 简谐运动的周期性与对称性 周 期 性 做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 对 称 性 (1) 如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置O点对称的两点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 (2) 物体由P到O所用的时间等于由O到P′所用的时间，即tPO＝tOP′ (3) 物体往复运动过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO (4) 相隔T或(2n＋1)T(n为正整数)的两个时刻，物体位置重合，位移、速度、加速度大小相等，方向相同 考点二　简谐运动的表达式和图像 1．简谐运动的表达式：x＝__A_sin_(ωt＋φ)__，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫作__初相__． 2．简谐运动的图像 (1) 从__平衡位置__开始计时，函数表达式为x＝A sin ωt，图像如图甲所示． 甲 乙 (2) 从__最大位移__处开始计时，函数表达式为x＝A cos ωt，图像如图乙所示． 典例2　(2024·北京卷)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．下列说法中正确的是(　D　) 甲 乙 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】 由题图乙知，t＝0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F＝mg，故A错误；由题图乙知，t＝0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故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，故C错误；由题图乙知T＝0.8 s，则角频率ω＝＝2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a＝4sin (2.5πt) m/s2，故D正确． 典例3　(2025·南京期中)某物理兴趣小组探究简谐运动的规律．现有下端缠有铁丝的粗细均匀的较长木棒漂浮在水中，水面足够大．把木棒向下缓慢按压一小段距离后释放，木棒在竖直方向上振动，某时刻开始计时，木棒上A点的振动图像如图所示，设竖直向上为正方向．则求： (1) A点的振动方程． (2) A点在第20 s时的位移和前20 s内的路程． 　 答案： (1) y＝0.05sin (πt) m　(2) 0　2 m 【解析】 (1) 由图可知，振幅A＝0.05 m，周期T＝2 s，圆频率ω＝＝π rad/s，初相位φ0＝0.所以振动方程为y＝A sin (ωt＋φ0)＝0.05sin (πt) m (2) 前20 s内振动的周期数为n＝＝10 第20 s时的位移y＝0 前20 s内的路程s＝n×4A＝2 m 从振动图像可获取的信息 1．振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0(如图所示). 2．某时刻振动质点离开平衡位置的位移． 3．某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定． 4．某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同． 5．某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况． 考点三　单摆及其周期公式 1．单摆：细线的上端固定，下端系一小球，如果细线的__质量__与小球相比可以忽略，小球的__直径__与线长相比可以忽略，在摆动过程中细线的__伸长__可以忽略，这样的装置就叫单摆．(如图所示) 2．单摆做简谐运动的条件：θ＜5°. 3．单摆的受力特征 (1) 回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mg sin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反． (2) 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，F向＝FT－mg cos θ. (3) 特点：① 当摆球在最高点时，F向＝＝0，FT＝mg cos θ；②当摆球在最低点时，F向＝m，F向最大，FT＝mg＋m. 4．周期公式T＝2π的两点说明 (1) l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，g为当地重力加速度． (2) 单摆的振动周期取决于__摆长l__和__重力加速度g__，与振幅和摆球质量__无关__． 典例4　(2026·南京六校联合体期初)单摆在振动过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　C　) A．摆球经过同一高度速度相同 B．摆球在最低点加速度为零 C．重力沿垂直摆线方向的分力提供回复力 D．同一单摆，在北京和南京振动的周期相同 【解析】 单摆在振动过程中机械能守恒，摆球经过同一高度时重力势能相等，动能也相等，因此摆球经过同一高度时速度大小相同，但摆球做曲线运动，速度的方向沿该点切线的方向，因此摆球经过同一高度速度方向可能不相同，故A错误；摆球在最低点时速度最大，向心加速度为a＝≠0，故B错误；重力沿垂直摆线方向的分力始终指向平衡位置，是单摆振动的回复力，故C正确；北京和南京的g不相等，根据单摆的周期公式T＝2π可知同一单摆，在北京和南京振动的周期不相同，故D错误． 典例5　(2025·连云港期末)如图所示，竖直平面内固定光滑圆弧轨道(圆弧的角度很小)，O是轨道的最低点．质量不同的小球M、N(均可视为质点)从轨道左侧的不同位置由静止同时释放，到达O点过程中都经过图中的P点，下列说法中正确的是(　B　) A．释放瞬间M、N的加速度大小相等 B．M、N同时到达O点 C．M、N通过O点时速度大小相等 D．M、N在P点的回复力大小相等 【解析】 根据T＝2π，可知两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故B正确；释放瞬间，M、N在不同位置时都是支持力与重力沿半径方向的分力大小相等，而回复力为小球在该点重力沿着轨迹切线的方向，设释放时与竖直方向的夹角为θ，可知释放瞬间的加速度为a＝＝g sin θ，由于θ角度不同，故加速度大小不同，故A错误；整个过程中，根据动能定理可知mgR(1－cos θ)＝mv2，解得通过O点时速度大小为v＝，由于θ角度不同，故通过O点时速度大小不相等，故C错误；M、N通过P点时所受的回复力均为小球在该点重力沿着轨迹切线方向的分力，因两小球质量不同，则回复力可能不同，故D错误． 考点四　受迫振动和共振 1．受迫振动：系统在__驱动力__作用下的振动．做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于__驱动力__的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)__无关__． 2．共振 (1) 定义：受迫振动的物体，驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者__相等__时，振幅达到最大，这就是共振现象． (2) 共振曲线：如图所示，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大． (3) 做受迫振动的系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换． 典例6　如图所示，铁架横梁上挂着几个不同摆长的摆．其中A与D、G的摆长相同，D的摆球质量最大．现使D摆偏离平衡位置后释放，D摆在振动中通过横梁对其他几个摆施加周期性的驱动力．在振动稳定后，下列说法中正确的是(　B　) A．A、D、G三个摆的固有频率不相同 B．所有摆的振动频率都相同 C．C摆振幅比B摆的大一点 D．C、E摆振幅是最大的 【解析】 A、D、G三个摆的摆长相同，则三个摆的固有频率相同，故A错误；所有摆的振动频率都等于驱动力频率，即都等于D摆的振动频率，故B正确；与C摆相比，B摆的摆长更接近D摆的摆长，所以B摆振幅比C摆的大一点，故C错误；C、E摆的摆长与D摆的摆长相差最多，则C、E摆振幅是最小的，故D错误． 简谐运动、受迫振动和共振的比较 　　　振动 项目 简谐运动 受迫振动 共振 受力情况 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 振动系统的机械能不变 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 考点五　实验：用单摆测量重力加速度的大小 1．实验原理 当摆角较小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，由此得到g＝，因此，只要测出__摆长l__和__振动周期T__，就可以求出当地的重力加速度g的值． 2．实验器材 铁架台、单摆、__游标卡尺__、毫米刻度尺、__秒表__． 3．实验过程 (1) 让细线的一端穿过金属小球的小孔，做成单摆． (2) 把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示． (3) 用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出金属小球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝__l′＋r__． (4) 把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(小于5°)，然后放开金属小球，让金属小球由静止开始摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出单摆的振动周期T. (5) 根据单摆周期公式，计算当地的重力加速度． (6) 改变摆长，重做几次实验． 4．数据处理 (1) 公式法：利用T＝求出周期，算出三次测得的周期的平均值，然后利用公式g＝求得重力加速度． (2) 图像法：根据测出的一系列摆长l对应的周期T，作l-T2的图像，由单摆周期公式得l＝T2，图像应是一条__过原点的直线__，如图所示，求出图线的斜率k，即可利用g＝__4π2k__求得重力加速度． 5．误差分析 系统误差：本实验的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，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的摆动以及测量哪段长度作为摆长等． 偶然误差：本实验的偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上．为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值． 6．注意事项 (1) 一般选用一米左右的细线． (2) 悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定． (3) 应在小球自然下垂时用毫米刻度尺测量悬线长． (4) 单摆必须在同一平面内摆动，且摆角小于5°. (5) 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． 典例7　(2025·扬州高邮期初)某同学利用单摆测量当地的重力加速度． (1) 实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的器材有__ACF__． A．长度约为1 m的细线 B．长度约为30 cm的细线 C．直径约为2 cm的钢球 D．直径约为2 cm的木球 E．最小刻度为1 cm的直尺 F．最小刻度为1 mm的直尺 (2) 为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的__B__． A．最高点　　 B．最低点　　 C．任意位置 (3) 用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n＝1，单摆每经过标记记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T＝__2.28__s.(结果保留三位有效数字) 甲 乙 (4) 用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为99.00 cm；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则摆球的直径为__2.070__cm；单摆的摆长为__1.00__m.(第2空结果保留三位有效数字) 丙 (5) 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＝____． 【解析】 (1) 为了减小误差，摆线应选择尽量长些的，故A正确，B错误；为了减小空气阻力对实验的影响，摆球应选择密度较大的钢球，故C正确，D错误；实验中需要测量细线的长度，为了能够更加精确，应选择最小刻度为1 mm的直尺，故E错误，F正确． (2) 当摆球运动至最低点时速度最大，以此作为计时标记位置，对时间的测量相对误差最小，故B正确． (3) 秒表读数为t＝60 s＋7.40 s＝67.40 s，该单摆的周期为T＝≈2.28 s. (4) 摆球的直径为D＝20 mm＋14×0.05 mm＝20.70 mm＝2.070 cm，摆线长为l＝99.00 cm，所以单摆的摆长为L＝l＋≈1.00 m. (5) 根据单摆周期公式T＝2π，可得g＝. 1．(2025·常州高三期末调研)“洗”是中国古代盥洗用的脸盆，用青铜铸成．倒些清水在其中，用手掌慢慢摩擦盆耳，盆就会发出嗡嗡声，到一定节奏时还会溅起层层水花．这种现象主要是(　B　) A．多普勒效应 B．共振 C．波的折射 D．波的衍射 【解析】 用双手摩擦盆耳，起初频率非常低，逐渐增大摩擦频率，当摩擦频率等于盆的固有频率时，会发生共振现象，则嗡嗡声是因为共振现象，此时溅起的水花振幅最大，故B正确． 2．(2025·扬州高邮期初)如图所示，弹簧振子在BC之间做简谐运动，当振子位于O点时，弹簧处于原长．在振子从C运动到O的过程中(　A　) A．动能不断增大，加速度不断减小 B．回复力不断增大，系统机械能守恒 C．弹性势能不断减小，加速度不断增大 D．弹性势能不断增大，加速度不断减小 【解析】 做简谐运动的弹簧振子，由C到O的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充当回复力也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合外力做正功，动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F＝－kx可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知F＝－kx＝ma，故加速度不断减小，故A正确；由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；振子由C到O的过程中弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误． 3．(2025·南京期中)如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最高点．规定向右为正方向，图乙所示是其振动图像．取π2≈10，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　D　) 甲 乙 A．摆球摆到平衡位置O点时合力为零 B．在0.6～0.8 s时间内，小球的动能逐渐增大　 C．t＝0.4 s时摆球位于B点 D．此单摆的摆长约为0.16 m 【解析】 摆球摆到平衡位置O点具有向上的向心加速度，绳的拉力大于重力，合力不为零，故A错误；在0.6～0.8 s时间内，图线切线的斜率逐渐减小，小球的速度减小，动能减小，故B错误；由于向右为正方向，t＝0.4 s时摆球位移达到正方向最大，所以摆球位于C点，故C错误；由图可知，单摆的周期为0.8 s，根据单摆周期公式T＝2π，可得L＝0.16 m，故D正确． 4．(2025·南通如皋期中)如图甲、乙所示，同一单摆先后做简谐运动和圆锥摆运动，已知摆球的最大高度相同．则两次运动相比较，简谐运动中摆球的(　D　) 甲 乙 A．运动的周期小，机械能大 B．运动的周期小，机械能小 C．运动的周期大，机械能大 D．运动的周期大，机械能小 【解析】 设单摆的摆长为l，最大夹角为θ，根据单摆周期公式T甲＝2π，根据合力提供向心力有mg tan θ＝ml sin θ，解得T乙＝2π，所以T甲＞T乙，摆球的最大高度相同时，重力势能相等，甲摆的动能为零，乙摆的动能不为零，则乙圆锥摆的机械能大，故D正确． 配套热练 第1课时　机械振动 一、 选择题 1．(2026·镇江期初)《梦溪笔谈》中记录了古琴调弦技术．将一小纸人放在需要调整的弦上，拨动另一音调准确的琴上对应的琴弦，小纸人便会跳动．该技术应用的物理原理是(　A　) A．共振　　　　 B．多普勒效应 C．干涉　　　　 D．衍射 【解析】 小纸人在琴弦的带动下做受迫振动，当小纸人固有频率与琴弦的振动频率相等时，会产生共振，此时小纸人跳动的高度最大，这个原理是共振原理，故A正确． 2．(2025·无锡高三期中)如图所示是单摆做阻尼振动的位移—时间图像，摆球在P与N时刻具有相同的(　C　) A．速度　　　　 B．加速度 C．重力势能　　　　 D．机械能 【解析】 由于单摆在运动过程中要克服阻力做功，振幅逐渐减小，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在P点所对应时刻的机械能大于在N点所对应的机械能，摆球的势能是由摆球相对于零势能点的高度h和摆球的质量m共同决定的(Ep＝mgh).单摆摆球的质量是定值，由于P、N两时刻摆球的位移大小相同，故在这两个时刻摆球相对零势能点的高度相同，重力势能也相同，但由于P点的机械能大于N点的机械能，所以P点对应时刻的动能大于在N点对应时刻的动能，根据动能的公式Ek＝mv2，可得速率vP＞vN，故摆球在P与N时刻的速度不同，故A、D错误，C正确；根据牛顿第二定律得a＝－，由于位移大小相等，方向相反，解得加速度大小相等，方向相反，加速度不相等，故B错误． 3．(2025·无锡期末调研)如图所示是游乐场常见的秋千的示意图，图中绳长为L，轻绳与水平固定杆的夹角为α，在秋千做小角度自由摆动时(未坐人)，座椅每次经过最低点的时间间隔可表示为(　D　) A．Δt＝2π　　　　 B．Δt＝π C．Δt＝2π　　　　 D．Δt＝π 【解析】 秋千做小角度自由摆动时的有效摆长为L sin α，秋千在一个周期内经过两次最低点，周期为T＝2π，则座椅每次经过最低点的时间间隔Δt＝π，故D正确． 4．如图甲所示为共振筛原理图，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，图乙是该共振筛的共振曲线．已知增加筛子质量可减小筛子的固有频率，现偏心轮的频率为0.75 Hz，为增大筛子的振幅，可以(　A　) 甲 乙 A．提高偏心轮的频率或增大筛子质量 B．提高偏心轮的频率或减小筛子质量 C．降低偏心轮的频率或增大筛子质量 D．降低偏心轮的频率或减小筛子质量 【解析】 由图乙知筛子的固有频率为0.8 Hz，偏心轮的频率为0.75 Hz，为增大筛子振幅，可降低筛子的固有频率或者提高偏心轮的频率，增大筛子质量可降低筛子的固有频率，故A正确． 5．(2025·淮安协作体期中)在我国，近年垂钓运动正成为休闲和体育结合的新时尚．鱼漂是垂钓时反映鱼儿咬钩讯息的工具．如图甲所示，当鱼漂静止时，P点恰好在水面处．将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，取竖直向上为位移的正方向，则(　C　) 甲 乙 A．在t＝0.3 s时刻，鱼漂的速度方向竖直向下 B．在t＝0.3 s时刻，鱼漂的加速度方向竖直向上 C．该鱼漂的振动频率为1.25 Hz D．该鱼漂在振动的过程中，存在速度和加速度均减小的时间段 【解析】 由图乙可知在t＝0.3 s时刻，鱼漂的速度方向竖直向上，此时鱼漂的位移竖直向上，则鱼漂的加速度方向竖直向下，故A、B错误；该鱼漂的振动频率为f＝＝ Hz＝1.25 Hz，故C正确；鱼漂离平衡位置越远，速度越小，位移越大，加速度越大；鱼漂离平衡位置越近，速度越大，位移越小，加速度越小；则该鱼漂在振动的过程中，不存在速度和加速度均减小的时间段，故D错误． 6．(2025·南通四模)如图所示，小球M用细线悬于定点O，小球N位于O点；将小球M拉离平衡位置P少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力．则(　D　) A．球M先到达P点 B．球M、N同时到达P点 C．适当调整球M释放位置，两球可能在P点相遇 D．适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇 【解析】 M做单摆运动，第一次到达P点的时间为t1＝×2π＝，N做自由落体运动，运动到P点的时间为t2＝，显然t1＞t2，即N球先到达P点，故若适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇，故D正确． 7．一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从过O点开始计时，经过5 s小球第一次经过M点，再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点，该小球做简谐运动的周期可能是(　C　) A．10 s　　　　B．18 s　　　　C．24 s　　　　D．30 s 【解析】 若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图甲所示，则T＝5 s＋2 s×，得到振动的周期为T＝8 s．若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图乙所示，振动的周期为T＝4×＝24 s，故C正确． 甲 乙 8．(2025·高邮期初)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态．现将质量为m的黏性小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　D　) A．圆盘将以碰后瞬时位置作为平衡位置做简谐运动 B．圆盘做简谐运动的振幅可能为 C．振动过程中圆盘的最大速度为 D．从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小，后增大 【解析】 碰前弹簧弹力大小等于圆盘重力，碰后瞬间弹簧弹力不变，碰后简谐运动的平衡位置应该在弹簧弹力等于圆盘和小球重力之和的位置处，故A错误；碰前弹簧形变量为x1＝，碰后简谐运动的平衡位置弹簧形变量为x2＝，碰前与平衡位置的距离为Δx＝x2－x1＝，在碰前瞬间弹簧形变量为x1＝处时，小球与圆盘速度不为零，所以圆盘做简谐运动的振幅应大于Δx＝，故B错误；小球与圆盘碰前，对小球由动能定理得mgh＝mv，碰撞过程由动量守恒得mv0＝(M＋m)v，由以上两式解得v＝，碰后向下还没有到达运动的平衡位置，所以继续加速，所以最大速度应大于，故C错误；从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球与圆盘速度先增大，后减小，即动能先增大，后减小，由于小球、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小，后增大，故D正确． 9．(2025·南通期末)如图所示，轻质弹簧左端固定，右端与物块A连接，物块B叠放在A上．弹簧原长时，将A、B由静止释放，一起沿固定的光滑斜面运动到最低点时将B取下，A沿斜面上滑至最高点，则该过程中(　C　) A．A下滑和上滑的最大速度大小一定相同 B．A下滑和上滑的最大加速度大小一定相同 C．下滑增大的弹性势能大于上滑减小的弹性势能 D．A、B下滑减少的重力势能等于A上滑增大的重力势能 【解析】 若B不取下，A、B将在释放点和最低点之间做简谐运动，虽然中途取下了B.但下滑过程依然符合简谐运动规律．则释放点和最低点的加速度大小相同且为下滑过程中的最大加速度．设斜面倾斜角为θ，释放点由牛顿第二定律得(mA＋mB)g sin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝g sin θ，设释放点到最低点的距离为x，则取下B前后瞬间有kx－(mA＋mB)g sin θ＝(mA＋mB)a，kx－mAg sin θ＝mAa′，显然a≠a′，因此A下滑和上滑的最大加速度大小一定不相同，故B错误；由能量守恒定律可知，下滑时，AB总质量大，弹簧形变量大，弹性势能大，上滑时只有A运动，弹簧的形变量可能小于下滑时的最大形变量(若A上滑到最高点时弹簧未恢复到原长，弹性势能未完全释放，因此弹性势能的减少量小于下滑时的增加量)，故C正确；由能量守恒定律可知，由于AB间存在摩擦力做功，则下滑时A和B减少的重力势能不能完全转化为弹簧的弹性势能，上滑时弹簧的弹性势能转化为A的重力势能，则A上滑增大的重力势能小于A、B下滑减少的总重力势能，故D错误；若AB能上滑，从最低点到平衡位置和A单独到该位置时有EpA＋EpB＝(mA＋mB)g sin θ＋(mA＋mB)v，EpA＋EpB＝mAg sin θ·＋mAv2，显然vm≠v，则A下滑和上滑的最大速度大小一定不相同，故A错误． 二、 计算题 10．(2025·南通第二次调研)手持细绳，使绳上A点从t＝0时刻开始带动细绳上各点上下做简谐运动，振幅为0.2 m．t＝0.4 s时B点刚开始振动，A点回到平衡位置，绳上形成的波形如图所示，规定向上为质点振动位移的正方向． (1) 写出A点的振动方程． (2) 求0～3 s内质点B的路程s. 答案： (1) x＝0.2sin (5πt＋π) m　(2) 5.2 m 【解析】 (1) 振动周期T＝0.4 s 振动方程x＝A sin t＝0时刻A点向下振动，φ＝π 解得x＝0.2sin (5πt＋π)m (2) 由题知，质点B振动时间Δt＝2.6 s Δt＝nT s＝n×4A 解得s＝5.2 m 11．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，t＝0时刻摆球从A点开始释放，摆球将在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，其中B为运动中的最低位置，用力传感器测量细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的曲线如图乙所示，重力加速度为g.求： (1) 单摆的摆长L. (2) 摆球的质量m. 甲 　 乙 答案： (1) 　(2) 【解析】 (1) 由图可知，单摆做简谐运动的周期为 T＝2t0 根据单摆的周期公式T＝2π 解得L＝ (2) 设单摆的摆角为θ时，摆球摆动到最高点，细线中拉力最小；摆到最低点时速度为v，有 Fn＝mg cos θ Fm－mg＝ 摆球从最高点到最低点，根据动能定理有 mg(1－cos θ)L＝mv2 联立解得m＝ 第2课时　实验：用单摆测量重力加速度的大小 一、 选择题 1．(2025·盐城高三期中)如图所示，用单摆测重力加速度的实验中，为了使摆的周期大一些以方便测量，可以增大(　B　) A．摆角 B．摆长 C．摆球质量 D．全振动的测量次数 【解析】 根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆周期与摆角、摆球质量和全振动的测量次数无关，所以为了使摆的周期大一些，应该增大摆长L，故B正确． 2．某实验小组做“用单摆测定重力加速度”的实验，测出单摆的摆长L、单摆的周期T，作出L和T2的图像如图中虚线所示．实验小组内的四位同学得到了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条直线，其中Ⅱ、Ⅲ与虚线平行．某同学测量周期时，误将50次全振动记为49次全振动所得到的是图线(　D　) A．Ⅰ　　　　B．Ⅱ　　　　C．Ⅲ　　　　D．Ⅳ 【解析】 根据单摆周期公式T＝2π，变形可得L＝T2，实验中误将50次全振动记为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，斜率偏小，Ⅱ、Ⅲ直线平行，斜率相同，Ⅰ直线斜率偏大，Ⅳ直线斜率偏小，故D正确． 二、 实验题 3．(2025·海南卷)小组用如图所示单摆测量当地重力加速度． (1) 用游标卡尺测得小球直径d＝20 mm，刻度尺测得摆线长l＝79 cm，则单摆摆长L＝__80.00__cm.(结果保留四位有效数字) (2) 拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为θ(θ＜5°)，无初速度地释放小球，小球经过__最低__(填“最高”或“最低”)点时开始计时，记录小球做了30次全振动用时t＝54.00 s，则单摆周期T＝__1.8__s，由此可得当地重力加速度g＝__9.88__m/s2.(π2≈10，结果保留两位小数) 【解析】 (1) 单摆的摆长为L＝l＋＝80.00 cm. (2) 为减小实验计时误差，当小球经过最低点时开始计时； 单摆周期T＝＝ s＝1.8 s. 根据单摆周期公式T＝2π，可得g＝ 解得g≈9.88 m/s2. 4．小明和小华同学在实验室做“用单摆测量重力加速度大小”的实验． (1) 现提供下列几个相同大小的小球，该实验应选择__A__． A．实心钢球　　　　　 B．空心钢球 C．实心铝球　　　　　 D．空心铝球 (2) 图甲和图乙是两同学分别使用游标卡尺测量某小球直径d的两次实验操作，其中正确的是__乙__(填“甲”或“乙”).某次使用游标卡尺测量小球直径的读数如图丙所示，其读数为__11.3__mm.　 甲 乙 丙 (3) 小明规范安装好单摆，测得摆线的长度为L，并测得单摆完成n次全振动的时间为t，则当地重力加速度值的表达式g＝__(2L＋d)__(结果用L、d、n、t表示). (4) 小华在没有游标卡尺的情况下，他先测出摆长较长时的摆线长度L1，并测出此时单摆的振动周期T1；然后把摆线长度缩短为L2，再测出其振动周期T2.则当地重力加速度值的表达式g＝__(L1－L2)__(结果用L1、L2、T1、T2表示). (5) 为了减小重力加速度的测量误差，上面两位同学在实验数据测量或处理上可以采取哪些措施？ 答案： 多次改变摆线长度L，并测得相应的周期T，画出L-T2图线，利用其斜率计算重力加速度 【解析】 (1) 为减小空气阻力的影响，实验应选择密度大、体积小的小球，故该实验应选择实心钢球，故A正确． (2) 使用游标卡尺测量小球直径时，应将小球夹持在外测量爪的下部，故正确的操作是乙．小球直径的读数为 d＝11 mm＋3×0.1 mm＝11.3 mm. (3) 单摆的摆长为l＝L＋，单摆的周期为T＝，单摆的周期公式为T＝2π，当地重力加速度值的表达式g＝(2L＋d). (4) 摆线长度为L1时，单摆的振动周期为 T1＝2π 摆线长度为L2时，单摆的振动周期为 T2＝2π 联立解得当地重力加速度值的表达式 g＝(L1－L2). (5) 为了减小重力加速度的测量误差，上面两位同学在实验数据测量或处理上可以采取的措施：多次改变摆线长度L，并测得相应的周期T，画出L-T2图线，利用其斜率计算重力加速度． 5．(2025·常州期末)某同学做“利用单摆测量重力加速度大小”实验时，用一磁性小球吸在金属摆球下，在磁性球下方放置磁传感器并通过数据采集器与计算机相连，如图甲所示． 甲 (1) 下列实验步骤中，正确的是__C__(单选). A．摆线要选择细些的，有一定伸缩性的 B．摆角应尽量大些，使单摆做近似的简谐运动 C．应使摆球在同一竖直平面内摆动 D．摆线上端应该缠绕在铁架台上固定的圆柱形横杆上 (2) 实验时，该同学用刻度尺测出摆线长L，测得磁感应强度B与时间t的关系如图乙所示，则每次磁感应强度达到峰值时，摆球位置在__最低点__，图中可以读出单摆周期约为__1.6(1.5～1.7)__s. 乙 (3) 多次改变摆线长度，并测得对应的T值．作出T2-L图像如图丙所示，若该图像的斜率为k，则当地的重力加速度g＝____． 丙 (4) 考虑到摆线长度比实际摆长小，重力加速度g的测量值__不受影响__(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)，简要说明理由__见解析__． 【解析】 (1) 摆线要选择细些的，伸缩性小些的，故A错误；为了使单摆做近似的简谐运动，摆角不能大于5°，故B错误；应使摆球在同一竖直平面内摆动，故C正确；为了保证摆动过程，摆长保持不变，摆线上端应用铁夹固定，故D错误． (2) 每次磁感应强度达到峰值时，摆球位置在最低点；一个周期内摆球两次经过最低点，由图乙可知2～6 s内经过2.5个周期，单摆周期约为T＝1.6 s (3) 设摆球半径为r，根据单摆周期公式可得T＝2π，整理可得T2＝L＋r，可知T2-L图像的斜率为k＝，可得当地的重力加速度g＝. (4) 考虑到摆线长度比实际摆长小，设实际摆长为l，则有T＝2π，可得T2＝l 可知T2-l图像的斜率仍为k＝，所以重力加速度g的测量值不受影响． 6．小明做“用单摆测量重力加速度”的实验． (1) 如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球(下方吸附有小磁片)，做成一个单摆．图乙、丙分别画出了细线上端的两种不同的悬挂方式，你认为应选用图__丙__(填“乙”或“丙”)的悬挂方式． 甲 乙 丙 (2) 使小球在竖直平面内做小角度摆动，打开手机的磁传感器软件．某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图丁所示，则单摆的振动周期T＝__1.33_s(1.32～1.38_s均可)__s.(结果保留三位有效数字) 丁 (3) 改变线长l，重复上述步骤，实验测得数据如下表所示(实验前已测得小球半径r)，请根据表中的数据，在方格纸上作出L-T2图像． L＝l＋r/m T/s T2/s2 0.40 1.276 1.628 0.60 1.555 2.418 0.80 1.801 3.244 1.00 2.010 4 040 1.20 2.208 4.875 答案： 图见解析 (4) 测得当地的重力加速度g＝__9.80__．(结果保留三位有效数字) (5) 有同学认为，根据公式T＝2π，小明在实验中未考虑小磁片对摆长的影响，L的测量值小于真实值，所以实验测得的重力加速度g偏小．请判断该观点是否正确，简要说明理由：__不正确．小磁片只影响图像在L轴上的截距，不影响图像的斜率，故不影响从图像中测得的g的大小__． 【解析】 (1) 图乙的方法中当单摆摆动时摆长会发生变化，故图丙的悬挂方式较好． (2) 小球经过最低点时磁感应强度最大，相邻两次磁场最强的时间间隔为半个周期，由图可知0～2 s内经过1.5个周期，单摆的周期约为1.33 s. (3) 根据表格中数据描点连线如图所示． (4) 根据T＝2π，可得L＝T2，则图线斜率为＝＝0.248，则g≈9.80 m/s2. (5) 重力加速度根据图像的斜率可求，由(4)的分析可知，小磁片不影响重力加速度的测量值，所以这个同学的观点是不正确的． 学科网（北京）股份有限公司 $