2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第十五章選修3-4第63講機(jī)械振動(dòng)教學(xué)案新人教版

PAGE28-第63講機(jī)械振動(dòng)[研讀考綱明方向]考綱要求復(fù)習(xí)指南主題內(nèi)容要求考情分析：1．選修3—4在高考中屬選考內(nèi)容，共兩個(gè)小題，第一個(gè)小題為選擇題或填空題，其次個(gè)小題為計(jì)算題。近幾年的高考考查內(nèi)容以機(jī)械振動(dòng)、機(jī)械波和光學(xué)為主；電磁振蕩、電磁波和相對論幾乎沒有單獨(dú)命題。2．機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波的考查常以振動(dòng)圖象或波動(dòng)圖象綻開，兩者常結(jié)合在一起考查，波的形成和傳播規(guī)律結(jié)合波速公式是考查的重點(diǎn)，有時(shí)涉及多解問題，題型可能為選擇題或填空題，也可能為計(jì)算題。3．光學(xué)的考查以幾何光學(xué)為主，折射率、全反射是考查重點(diǎn)，近幾年也涉及過物理光學(xué)，比如光的干涉、光的衍射等。命題趨勢：1．機(jī)械振動(dòng)、機(jī)械波、幾何光學(xué)仍舊是命題的重點(diǎn)，單擺的周期公式也有可能考查。2．物理光學(xué)因在高科技中的應(yīng)用較多，在高考命題漸漸留意核心素養(yǎng)的趨勢下，該部分內(nèi)容考查的可能性也較大。機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波簡諧運(yùn)動(dòng)Ⅰ簡諧運(yùn)動(dòng)的公式和圖象Ⅱ單擺、單擺的周期公式Ⅰ受迫振動(dòng)和共振Ⅰ機(jī)械波、橫波和縱波Ⅰ橫波的圖象Ⅱ波速、波長和頻率(周期)的關(guān)系Ⅰ波的干涉和衍射現(xiàn)象Ⅰ多普勒效應(yīng)Ⅰ試驗(yàn)一：探究單擺的運(yùn)動(dòng)、用單擺測定重力加速度電磁振蕩與電磁波電磁波的產(chǎn)生Ⅰ電磁波的放射、傳播和接收Ⅰ電磁波譜Ⅰ光與相對論光的折射定律Ⅱ折射率Ⅰ全反射、光導(dǎo)纖維Ⅰ光的干涉、衍射和偏振現(xiàn)象Ⅰ狹義相對論的基本假設(shè)Ⅰ質(zhì)能關(guān)系Ⅰ試驗(yàn)二：測定玻璃的折射率試驗(yàn)三：用雙縫干涉測量光的波長[重讀教材定方法](對應(yīng)人教版選修3－4的頁碼及相關(guān)問題)1.P13圖11.3－6，試寫出物體的振動(dòng)方程。提示：x＝Asin(ωt＋φ)，由圖知A＝4cm，T＝0.8s，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(5,2)πrad/s；t＝0.1s時(shí)，x0＝Asineq\f(1,4)π＋φ＝－A，解得φ＝eq\f(5,4)π(0≤φ<2π)，所以x＝4sineq\f(5,2)πt＋eq\f(5,4)πcm。2．P17閱讀“用單擺測定重力加速度”一段，請思索：假如只測出多組擺線長l和對應(yīng)的周期T，如何求重力加速度g?提示：設(shè)小球半徑為r，則擺長L＝l＋r，由T＝2πeq\r(\f(L,g))，得l＝eq\f(g,4π2)T2－r，由l－T2圖象的斜率即可求出g。3．P30圖12.3－2，請思索：哪些因素可能造成波動(dòng)問題的多解性？提示：傳播方向(振動(dòng)方向)不確定引起的多解；波的周期性引起的多解。4．P36圖12.4－7，圖中M點(diǎn)此刻振動(dòng)狀態(tài)如何？eq\f(T,4)后呢？N點(diǎn)肯定靜止嗎？提示：此刻M點(diǎn)波峰與波峰相遇，為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，eq\f(T,4)后到達(dá)平衡位置，仍是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)；N點(diǎn)是波峰與波谷相遇，為振動(dòng)減弱點(diǎn)，只有兩列波的振幅相等時(shí)，N點(diǎn)才靜止。5．P51圖13.2－7，圖中內(nèi)芯和外套哪個(gè)折射率大？提示：光從內(nèi)芯射向外套發(fā)生全反射，故內(nèi)芯的折射率大。6．P54圖13.3－2，若通過S1和S2的是不同顏色的光，屏上也會出現(xiàn)干涉條紋嗎？提示：不會，因頻率不同的波相遇不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象。7．P58圖13.4－3，P60圖13.5－2，對比兩圖，試總結(jié)出干涉和衍射圖樣的不同與相像之處。提示：不同之處：干涉條紋是等間距等寬度的，衍射條紋的中心亮紋最寬，越向兩側(cè)條紋越窄，間距越小。相像之處：兩縫距離或縫越窄，光的波長越長，干涉和衍射的條紋越寬，間距越大。8．P71圖13.7－11，甲、乙兩圖都能發(fā)生全反射嗎？增大入射角，假如發(fā)生全反射，是紅光還是紫光先發(fā)生？提示：光從玻璃射向空氣才可能發(fā)生全反射，所以只有乙圖能發(fā)生全反射。由于紫光的折射率大，由sinC＝eq\f(1,n)知紫光的全反射臨界角小，所以紫光先發(fā)生全反射。9．P75～76，閱讀“宏大的預(yù)言”部分，你如何理解麥克斯韋的電磁場理論？提示：麥克斯韋提出：(1)變更的磁場產(chǎn)生電場，(2)變更的電場產(chǎn)生磁場。這說明穩(wěn)定的電(磁)場不產(chǎn)生磁(電)場；勻稱變更的電(磁)場產(chǎn)生穩(wěn)定的磁(電)場；非勻稱變更的電(磁)場產(chǎn)生變更的磁(電)場；周期性變更的電(磁)場產(chǎn)生同周期變更的磁(電)場，電磁場交替產(chǎn)生，空間存在電磁波。第63講機(jī)械振動(dòng)基礎(chǔ)命題點(diǎn)一簡諧運(yùn)動(dòng)1．簡諧運(yùn)動(dòng)：假如質(zhì)點(diǎn)的位移與時(shí)間的關(guān)系遵從eq\x(\s\up1(01))正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動(dòng)圖象(x-t圖象)是一條eq\x(\s\up1(02))正弦曲線，這樣的振動(dòng)叫做簡諧運(yùn)動(dòng)。表達(dá)式為：eq\x(\s\up1(03))x＝Asin(ωt＋φ)。2．簡諧運(yùn)動(dòng)的確定因素：回復(fù)力和位移的關(guān)系為：F＝eq\x(\s\up1(04))－kx。3．平衡位置：物體在振動(dòng)過程中eq\x(\s\up1(05))回復(fù)力為零的位置。4．回復(fù)力(1)定義：使物體返回到eq\x(\s\up1(06))平衡位置的力。(2)方向：總是指向eq\x(\s\up1(07))平衡位置。(3)來源：屬于eq\x(\s\up1(08))效果力，可以是某一個(gè)力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力。5．描述簡諧運(yùn)動(dòng)的物理量(1)位移x：由eq\x(\s\up1(09))平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線段，是eq\x(\s\up1(10))矢量。(2)振幅A：振動(dòng)物體離開平衡位置的eq\x(\s\up1(11))最大距離，是eq\x(\s\up1(12))標(biāo)量，表示振動(dòng)的強(qiáng)弱。(3)周期T：物體完成一次eq\x(\s\up1(13))全振動(dòng)所須要的時(shí)間。頻率f：單位時(shí)間內(nèi)完成全振動(dòng)的eq\x(\s\up1(14))次數(shù)。它們都是表示振動(dòng)快慢的物理量，二者的關(guān)系為：T＝eq\x(\s\up1(15))eq\f(1,f)。(4)相位ωt＋φ：描述周期性運(yùn)動(dòng)在各個(gè)時(shí)刻所處的不同狀態(tài)，其中φ為eq\x(\s\up1(16))初相。6．彈簧振子(如圖，以水平彈簧振子為例)(1)簡諧運(yùn)動(dòng)的條件：①彈簧質(zhì)量可忽視；②無摩擦等阻力；③在彈簧彈性限度內(nèi)。(2)回復(fù)力：eq\x(\s\up1(17))彈簧彈力。(3)平衡位置：彈簧處于eq\x(\s\up1(18))原特長。(4)周期：與振幅無關(guān)，與振子質(zhì)量和彈簧勁度系數(shù)有關(guān)。(5)能量轉(zhuǎn)化：eq\x(\s\up1(19))彈性勢能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒。7．簡諧運(yùn)動(dòng)的特征受力特征回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運(yùn)動(dòng)特征靠近平衡位置時(shí)，a、F、x都減小，v增大；遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大。在運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)能和勢能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒周期性特征質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、加速度和速度隨時(shí)間做周期性變更，變更周期就是簡諧運(yùn)動(dòng)的周期T；動(dòng)能和勢能也隨時(shí)間做周期性變更，其變更周期為eq\f(T,2)對稱性特征關(guān)于平衡位置O對稱的兩點(diǎn)，速度的大小、動(dòng)能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等1．(多選)下列關(guān)于振動(dòng)的回復(fù)力的說法正確的是()A．回復(fù)力方向總是指向平衡位置B．回復(fù)力是按效果命名的C．回復(fù)力肯定是物體受到的合力D．回復(fù)力由彈簧的彈力供應(yīng)E．振動(dòng)物體在平衡位置所受的回復(fù)力是零答案ABE解析回復(fù)力是按效果命名的，是指向平衡位置使振動(dòng)物體回到平衡位置的力，可以由某個(gè)力或某幾個(gè)力的合力供應(yīng)，也可以由某個(gè)力的分力供應(yīng)，故A、B正確，C錯(cuò)誤；在水平彈簧振子中回復(fù)力由彈簧的彈力供應(yīng)，但在其他振動(dòng)中，不肯定由彈簧彈力供應(yīng)，D錯(cuò)誤；振動(dòng)物體在平衡位置受到的回復(fù)力是零，E正確。2．(2024·浙江高三期末)如圖是光滑水平面上的一個(gè)彈簧振子。把振子由平衡位置O拉到右方位置B，再放開，它就沿著水平面在B、C之間不停地振動(dòng)，振動(dòng)周期是0.4s，若在振子由C向B運(yùn)動(dòng)經(jīng)O點(diǎn)時(shí)起先計(jì)時(shí)，則t＝0.15s時(shí)()A．振子正從C向O運(yùn)動(dòng) B．振子正從O向B運(yùn)動(dòng)C．振子正從O向C運(yùn)動(dòng) D．振子正從B向O運(yùn)動(dòng)答案D解析振子的周期是0.4s，則四分之一周期是0.1s，0.15s＝eq\f(3,8)T，eq\f(1,4)T＜eq\f(3,8)T＜eq\f(1,2)T，在振子由C向B運(yùn)動(dòng)經(jīng)O點(diǎn)時(shí)起先計(jì)時(shí)，則eq\f(T,4)→eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)正在從B向O運(yùn)動(dòng)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。3．一彈簧振子做簡諧運(yùn)動(dòng)，周期為T，下列說法正確的是()A．若Δt＝eq\f(T,4)，則在Δt時(shí)間內(nèi)振子經(jīng)過的路程為一個(gè)振幅B．若Δt＝eq\f(T,2)，則在Δt時(shí)間內(nèi)振子經(jīng)過的路程為兩個(gè)振幅C．若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻振子的位移肯定相同D．若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻振子的速度肯定相同答案B解析若Δt＝eq\f(T,4)，則Δt時(shí)間內(nèi)振子經(jīng)過的路程不肯定等于振幅，與振子的初始位置有關(guān)，故A錯(cuò)誤；若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻振子的位置關(guān)于平衡位置對稱，在Δt時(shí)間內(nèi)振子經(jīng)過的路程為兩個(gè)振幅，故B正確；若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻振子的位置關(guān)于平衡位置對稱，振子的位移大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻振子的位置關(guān)于平衡位置對稱，所以這兩個(gè)時(shí)刻速度的大小肯定相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。4．(2024·江蘇高考模擬)豎直懸掛的彈簧振子下端裝有記錄筆，在豎直面內(nèi)放置記錄紙。當(dāng)振子上下振動(dòng)時(shí)，以水平向左的速度v＝1m/s勻速拉動(dòng)記錄紙，記錄筆在紙上留下記錄的痕跡，建立坐標(biāo)系，測得的數(shù)據(jù)如圖所示，則振子振動(dòng)的振幅為________，頻率為________。答案5cm1Hz解析設(shè)周期為T，振幅為A，由題圖得：A＝5cm；由于振動(dòng)的周期就是記錄紙從O至x＝1m運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，所以周期為：T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(1,1)s＝1s，則頻率為：f＝eq\f(1,T)＝1Hz。

實(shí)力命題點(diǎn)一簡諧運(yùn)動(dòng)的圖象1．對簡諧運(yùn)動(dòng)圖象的相識(1)簡諧運(yùn)動(dòng)的圖象是一條正弦或余弦曲線，如圖所示。(2)縱軸x代表質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移，橫軸t代表時(shí)間。做簡諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移隨時(shí)間變更的規(guī)律為正弦或余弦規(guī)律。(3)任一時(shí)刻圖線上過該點(diǎn)切線的斜率數(shù)值表示該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度大小。正負(fù)表示速度的方向，為正時(shí)沿x正方向，為負(fù)時(shí)沿x負(fù)方向。2．圖象信息(1)由圖象可以得出質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅、周期。(2)可以確定某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移。(3)可以依據(jù)圖象確定某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)回復(fù)力、加速度和速度的方向。①回復(fù)力和加速度的方向：因回復(fù)力總是指向平衡位置，故回復(fù)力和加速度在圖象上總是指向t軸。②速度的方向：速度的方向可以通過下一時(shí)刻位移的變更來推斷，下一時(shí)刻位移如增加，振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的速度方向就是遠(yuǎn)離t軸；下一時(shí)刻位移如減小，振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的速度方向就是指向t軸。(4)可以依據(jù)圖象得出某段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、加速度、速度、動(dòng)能和勢能的變更狀況。一質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)，其位移和時(shí)間的關(guān)系如圖所示。(1)求t＝0.25×10－2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的位移；(2)在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振動(dòng)過程中，質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、速度、動(dòng)能、勢能大小如何變更？(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的路程、位移各多大？解析(1)由題圖可知A＝2cm，T＝2×10－2s，則質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為x＝Asinωt－eq\f(π,2)＝－Acosωt＝－2coseq\f(2π,2×10－2)tcm＝－2cos(100πt)cm。當(dāng)t＝0.25×10－2s時(shí)，x＝－2coseq\f(π,4)cm＝－eq\r(2)cm。(2)由題圖可知，在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振動(dòng)過程中，質(zhì)點(diǎn)的位移變大，回復(fù)力變大，速度變小，動(dòng)能變小，勢能變大。(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s時(shí)間內(nèi)，Δt＝eq\f(8.5×10－2,2×10－2)T＝eq\f(17,4)T＝4＋eq\f(1,4)T，可知質(zhì)點(diǎn)的路程為s＝17A＝34cm，位移為2cm。答案(1)－eq\r(2)cm(2)變大變大變小變小變大(3)34cm2cm簡諧運(yùn)動(dòng)圖象問題的兩種分析方法方法一：圖象—運(yùn)動(dòng)結(jié)合法解此類題時(shí)，首先要理解x-t圖象的意義，其次要把x-t圖象與質(zhì)點(diǎn)的實(shí)際振動(dòng)過程聯(lián)系起來，圖象上的一個(gè)點(diǎn)表示振動(dòng)中的一個(gè)狀態(tài)(位置、振動(dòng)方向等)，圖象上的一段曲線對應(yīng)振動(dòng)的一個(gè)過程，關(guān)鍵是要推斷出平衡位置、最大位移及振動(dòng)方向。方法二：直觀結(jié)論法簡諧運(yùn)動(dòng)的圖象表示振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的位移隨時(shí)間變更的規(guī)律，即位移—時(shí)間的函數(shù)關(guān)系圖象，不是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡。干脆由圖象得出相關(guān)物理量，再由簡諧運(yùn)動(dòng)的有關(guān)結(jié)論、規(guī)律求解。1．(2024·北京高考模擬)如圖1所示，彈簧振子在豎直方向做簡諧運(yùn)動(dòng)。以其平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向建立坐標(biāo)軸，振子的位移x隨時(shí)間t的變更如圖2所示，下列說法正確的是()A．振子的振幅為4cmB．振子的振動(dòng)周期為1sC．t＝1s時(shí)，振子的速度為負(fù)的最大值D．t＝1s時(shí)，振子的加速度為正的最大值答案C解析由振動(dòng)圖象可知，該彈簧振子的振幅為2cm，周期為2s，t＝1s時(shí)，振子在平衡位置，加速度為零，速度為負(fù)的最大值，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。2．(多選)一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)的圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)頻率為4HzB．在10s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程是20cmC．在5s末，質(zhì)點(diǎn)的速度為零，加速度最大D．t＝1.5s和t＝4.5s兩時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移大小相等，都是eq\r(2)cm答案BCD解析由圖讀出質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期為T＝4s，則頻率為f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，故A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)通過的路程是4A，t＝10s＝2.5T，則在10s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程s＝2.5×4A＝10×2cm＝20cm，故B正確；在5s末，質(zhì)點(diǎn)位于正向最大位移處，速度為零，加速度最大，故C正確；t＝1.5s和t＝4.5s兩時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移大小相等，都是x＝Asin45°＝2×eq\f(\r(2),2)cm＝eq\r(2)cm，D正確。3．(多選)甲、乙兩彈簧振子，振動(dòng)圖象如圖所示，則可知()A．兩彈簧振子完全相同B．兩彈簧振子所受回復(fù)力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C．振子甲速度為零時(shí)，振子乙速度最大D．兩振子的振動(dòng)頻率之比f甲∶f乙＝1∶2答案CD解析從圖象中可以看出，兩彈簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得頻率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正確；彈簧振子周期與振子質(zhì)量、彈簧勁度系數(shù)k有關(guān)，周期不同，說明兩彈簧振子不同，A錯(cuò)誤；由于彈簧的勁度系數(shù)k不肯定相同，所以兩振子所受回復(fù)力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不肯定為2∶1，B錯(cuò)誤；由簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，在振子到達(dá)平衡位置時(shí)位移為零，速度最大；在振子到達(dá)最大位移處時(shí)，速度為零，從圖象中可以看出，在振子甲到達(dá)最大位移處時(shí)，振子乙恰好到達(dá)平衡位置，所以C正確。實(shí)力命題點(diǎn)二單擺1．單擺的特征(以圖示單擺為例)(1)條件：θ≤5°，空氣阻力可忽視不計(jì)，擺線為不行伸長的輕細(xì)線。(2)回復(fù)力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負(fù)號表示回復(fù)力F回與位移x的方向相反。(3)平衡位置：最低點(diǎn)。(4)周期：T＝2πeq\r(\f(l,g))，其中l(wèi)為擺長。(5)能量轉(zhuǎn)化：重力勢能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒。(6)向心力：細(xì)線的拉力和擺球重力沿細(xì)線方向分力的合力充當(dāng)向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ。①當(dāng)擺球在最高點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)向＝eq\f(mv2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。②當(dāng)擺球在最低點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)向＝eq\f(mv\o\al(2,max),l)，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(v\o\al(2,max),l)。2．周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的兩點(diǎn)說明(1)l為等效擺長，表示從懸點(diǎn)到擺球重心的距離。如圖甲所示的雙線擺的擺長l＝r＋Lcosα，乙圖中小球(可看做質(zhì)點(diǎn))在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點(diǎn)的旁邊振動(dòng)，其等效擺長為l＝R。(2)g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。若單擺處于特別的物理環(huán)境，即在其他星球、處于超失重狀態(tài)等，g為等效重力加速度。(2024·安徽模擬)(多選)如圖所示為同一地點(diǎn)的兩單擺甲、乙的振動(dòng)圖象，下列說法中正確的是()A．甲、乙兩單擺的擺長相等B．甲擺的振幅比乙擺的大C．甲擺的機(jī)械能比乙擺的大D．在t＝0.5s時(shí)有正向最大加速度的是乙擺E．由圖象可以求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣冉馕鲇深}圖可知，兩單擺的周期相同，同一地點(diǎn)重力加速度g相同，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，甲、乙兩單擺的擺長相等，A正確；甲擺的振幅為10cm，乙擺的振幅為7cm，則甲擺的振幅比乙擺的大，B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長也相等，但由于兩擺的質(zhì)量未知，故無法比較機(jī)械能的大小，C錯(cuò)誤；在t＝0.5s時(shí)，甲擺經(jīng)過平衡位置，振動(dòng)的加速度為零，而乙擺的位移為負(fù)向最大，則乙擺具有正向最大加速度，D正確；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T2)，由于不知道單擺的擺長，所以不能求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，E錯(cuò)誤。答案ABD(1)單擺和彈簧振子不同，單擺在平衡位置時(shí)，回復(fù)力為零，但合外力不為零。(2)單擺的周期只由擺長和重力加速度確定。(3)單擺的振幅可用角度或長度表示。振幅若用長度表示，指的是擺球偏離平衡位置的最大弧長(近似等于擺球偏離平衡位置的水平位移最大值)。(4)單擺的能量由振幅(用弧長表示)、擺長及擺球的質(zhì)量共同確定：E＝Epmax＝mgl(1－cosθmax)＝mgl1－coseq\f(A,l)。1．(2024·張家界市第一中學(xué)高三月考)如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，C為弧形槽最低點(diǎn)，R遠(yuǎn)大于AB的弧長。甲球從弧形槽的球心處自由下落，乙球從A點(diǎn)由靜止釋放，則兩球第1次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間之比為________；在圓弧的最低點(diǎn)C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時(shí)將乙球從圓弧左側(cè)由靜止釋放，若在乙球第2次通過C點(diǎn)時(shí)，甲、乙兩球相遇，則甲球下落的高度是________。(不計(jì)空氣阻力，不考慮甲球的反彈)答案2eq\r(2)∶πeq\f(9,8)π2R解析甲球做自由落體運(yùn)動(dòng)，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以甲球到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間t甲＝eq\r(\f(2R,g))；乙球沿圓弧做簡諧運(yùn)動(dòng)(由于eq\x\to(AC)?R，可認(rèn)為擺角θ＜5°)，此振動(dòng)與擺長為R的單擺振動(dòng)模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間為：t乙＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))所以t甲∶t乙＝2eq\r(2)∶π；在乙球第2次通過C點(diǎn)時(shí)經(jīng)過的時(shí)間為：t＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(R,g))則：h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)g×eq\f(3π,2)eq\r(\f(R,g))2＝eq\f(9,8)π2R。2．如圖甲是一個(gè)單擺振動(dòng)的情形，O點(diǎn)是它的平衡位置，B、C點(diǎn)是擺球所能到達(dá)的最遠(yuǎn)位置。設(shè)向右為正方向，圖乙是這個(gè)單擺的振動(dòng)圖象。依據(jù)圖象回答：(1)單擺振動(dòng)的頻率是多大？(2)起先時(shí)擺球在何位置？(3)若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?0m/s2，試求這個(gè)單擺的擺長是多少？(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)1.25Hz(2)B點(diǎn)(3)0.16m解析(1)由題圖乙知該單擺振動(dòng)的周期T＝0.8s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz。(2)由題圖乙知，t＝0時(shí)擺球在負(fù)向最大位移處，因向右為正方向，所以起先時(shí)擺球在B點(diǎn)。(3)由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(gT2,4π2)≈0.16m?；A(chǔ)命題點(diǎn)二試驗(yàn)：用單擺測定重力加速度1．試驗(yàn)原理當(dāng)偏角很小時(shí)，單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，它與偏角的大小及擺球的質(zhì)量無關(guān)，由此得到g＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(4π2l,T2)。因此，只要測出擺長l和振動(dòng)周期T，就可以求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭的值。2．試驗(yàn)器材帶中心孔的小鋼球、約1m長的細(xì)線(不行伸長)、帶有鐵夾的鐵架臺、游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺、eq\x(\s\up1(02))停表。3．試驗(yàn)步驟與數(shù)據(jù)處理(1)做單擺取約1m長的細(xì)線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個(gè)比小孔大一些的結(jié)，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，在平衡位置做上標(biāo)記，如圖所示。(2)測擺長用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標(biāo)卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝eq\x(\s\up1(03))L＋eq\f(D,2)。(3)測周期將單擺從平衡位置拉開一個(gè)角度(不大于5°)，然后釋放小球，登記單擺搖擺30或50次全振動(dòng)的總時(shí)間，算出單擺做一次全振動(dòng)的時(shí)間，即為單擺的振動(dòng)周期。(4)變更擺長，重做幾次試驗(yàn)。(5)數(shù)據(jù)處理①公式法：g＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(4π2l,T2)。其中l(wèi)和T為多次測量的平均值。②圖象法：畫l－T2圖象。由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(g,4π2)T2，擺長l和周期T的二次方成eq\x(\s\up1(05))正比，圖象為一條過原點(diǎn)的直線，斜率k＝eq\f(g,4π2)，則由圖象得到斜率k即可求得重力加速度g＝4π2k。4．留意事項(xiàng)(1)構(gòu)成單擺的條件：細(xì)線的質(zhì)量要小、彈性要小，選用體積小、密度大的小球，擺角不超過5°。(2)要使擺球在同一豎直面內(nèi)搖擺，不能形成圓錐擺，方法是將擺球拉到肯定位置后由靜止釋放。(3)懸線頂端不能晃動(dòng)，需用夾子夾住，保證懸點(diǎn)固定。(4)選擇在擺球擺到平衡位置處時(shí)起先計(jì)時(shí)，并數(shù)準(zhǔn)全振動(dòng)的次數(shù)。(5)秒表讀數(shù)：先讀內(nèi)圈，讀數(shù)時(shí)只讀整數(shù)(分鐘)，且依據(jù)是否過半分鐘格線由外圈讀出秒數(shù)，讀外圈時(shí)，指針是精確的，不用估讀。5．試驗(yàn)誤差(1)系統(tǒng)誤差的主要來源：懸點(diǎn)不固定，球、線不符合要求，振動(dòng)是圓錐擺而不是在同一豎直平面內(nèi)的振動(dòng)等。(2)偶然誤差的主要來源：未從平衡位置起先計(jì)時(shí)，多計(jì)或漏計(jì)全振動(dòng)的次數(shù)，刻度尺測擺線長讀數(shù)誤差等。1．(2024·安徽高考模擬)(多選)在“用單擺測定重力加速度”的試驗(yàn)中，下列說法正確的有()A．?dāng)[線要選擇細(xì)些的、伸縮性小些的且盡可能長一些的B．?dāng)[球盡量選擇質(zhì)量大些且體積小些的C．用懸線的長度作為擺長，測得的重力加速度值偏小D．拉開擺球釋放(擺角小于5°)后，從平衡位置起先計(jì)時(shí)，登記擺球通過平衡位置50次的時(shí)間Δx，則單擺周期T＝eq\f(Δt,50)E．畫出的周期的二次方與擺長(T2-L)圖象是一條過原點(diǎn)的傾斜直線，直線斜率等于重力加速度答案ABC解析為減小試驗(yàn)誤差，擺線要選擇細(xì)些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一些，故A正確；為減小阻力對試驗(yàn)的影響，減小試驗(yàn)誤差，擺球盡量選擇質(zhì)量大些且體積小些的，故B正確；依據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))得：g＝eq\f(4π2L,T2)，用懸線的長度作為擺長時(shí)，擺長偏小，故g的測量值偏小，C正確；拉開擺球釋放(擺角小于5°)后，從平衡位置起先計(jì)時(shí)，登記擺球通過平衡位置50次的時(shí)間Δt，則單擺周期為T＝eq\f(Δt,25)，故D錯(cuò)誤；依據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2,g)·L可知，畫出的周期的二次方與擺長的圖象(T2-L)的斜率k＝eq\f(4π2,g)，故E錯(cuò)誤。2．某同學(xué)利用單擺測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?1)試驗(yàn)室已經(jīng)供應(yīng)的器材有：鐵架臺、夾子、秒表、游標(biāo)卡尺。除此之外，還須要的器材有________。A．長度約為1m的細(xì)線B．長度約為30cm的細(xì)線C．直徑約為2cm的鋼球D．直徑約為2cm的木球E．最小刻度為1cm的直尺F．最小刻度為1mm的直尺(2)該同學(xué)在測量單擺的周期時(shí)，他用秒表登記了單擺做50次全振動(dòng)的時(shí)間，如圖甲所示，秒表的讀數(shù)為________s。(3)該同學(xué)經(jīng)測量得到6組擺長L和對應(yīng)的周期T，畫出L－T2圖線，然后在圖線上選取A、B兩個(gè)點(diǎn)，坐標(biāo)如圖乙所示，則當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_(dá)式g＝________。處理完數(shù)據(jù)后，該同學(xué)發(fā)覺在計(jì)算擺長時(shí)用的是擺線長度而未計(jì)入小球的半徑，這樣________(選填“影響”或“不影響”)重力加速度的計(jì)算。答案(1)ACF(2)95.1(3)eq\f(4π2LB－LA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))不影響解析(1)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得，g＝eq\f(4π2,T2)L，試驗(yàn)須要測量擺長，擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑，測量擺線長須要毫米刻度尺；擺線的長度較大些可減小測量誤差，所以用長度約1m的細(xì)線；為減小空氣阻力的影響，擺球須要密度較大的擺球，故選用的器材為ACF。(2)秒表表示讀數(shù)：內(nèi)圈讀數(shù)：60s，外圈讀數(shù)35.1s，總讀數(shù)為t＝60s＋35.1s＝95.1s。(3)由T＝2πeq\r(\f(L,g))可得，L＝eq\f(g,4π2)T2，則L－T2圖象的斜率等于eq\f(g,4π2)，由數(shù)學(xué)學(xué)問得eq\f(g,4π2)＝eq\f(ΔL,ΔT2)＝eq\f(LB－LA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，解得g＝eq\f(4π2LB－LA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))。依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問，在計(jì)算擺長時(shí)用的是擺線長度而未計(jì)入小球的半徑，這樣不影響重力加速度的計(jì)算。3．(2024·北京高三期末)伽利略曾經(jīng)提出和解決了這樣一個(gè)問題：一根細(xì)繩懸掛在黑暗的城堡中，人們看不到它的上端，只能摸到它的下端。為了測出細(xì)繩的長度，在細(xì)繩的下端系一個(gè)金屬球，使之在豎直平面內(nèi)做小角度的搖擺。(1)在上述設(shè)想中，要達(dá)到測出細(xì)繩長度的目的，須要測量的物理量是________(填序號字母)。A．金屬球的質(zhì)量mB．細(xì)繩搖擺的角度θC．金屬球全振動(dòng)的次數(shù)n和對應(yīng)的時(shí)間t(2)利用(1)中測量量表示細(xì)繩長度的表達(dá)式為L＝________。(當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間)答案(1)C(2)eq\f(gt2,4π2n2)解析(1)(2)由單擺周期公式得：T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得：L＝eq\f(gT2,4π2)＝eq\f(gt2,4π2n2)，本試驗(yàn)要測量擺長即懸點(diǎn)到擺球球心的距離L，須要測量金屬球全振動(dòng)的次數(shù)n和對應(yīng)的時(shí)間t，不須要測量小球的質(zhì)量和細(xì)繩搖擺的角度θ，故選C?；A(chǔ)命題點(diǎn)三受迫振動(dòng)共振1．受迫振動(dòng)系統(tǒng)在eq\x(\s\up1(01))驅(qū)動(dòng)力作用下的振動(dòng)。做受迫振動(dòng)的物體，它做受迫振動(dòng)的周期(或頻率)等于eq\x(\s\up1(02))驅(qū)動(dòng)力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)eq\x(\s\up1(03))無關(guān)。2．受迫振動(dòng)中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化：受迫振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能eq\x(\s\up1(04))不守恒，系統(tǒng)與外界時(shí)刻進(jìn)行能量交換。3．共振做受迫振動(dòng)的物體，它的驅(qū)動(dòng)力的頻率與固有頻率越接近，其振幅就越大，當(dāng)二者eq\x(\s\up1(05))相等時(shí)，振幅達(dá)到eq\x(\s\up1(06))最大，這就是共振現(xiàn)象。共振曲線如圖所示。1．(2024·浙江高考模擬)為了交通平安，常在馬路上設(shè)置如圖所示的減速帶，減速帶使路面略微拱起以達(dá)到車輛減速的目的。一排等間距設(shè)置的減速帶，可有效降低車速，稱為洗衣板效應(yīng)。假如某路面上的減速帶的間距為1.5m，一輛固有頻率為2赫茲的汽車勻速駛過這排減速帶，下列說法正確的是()A．當(dāng)汽車以5m/s的速度行駛時(shí)，其振動(dòng)頻率為2HzB．當(dāng)汽車以3m/s的速度行駛時(shí)最不顛簸C．當(dāng)汽車以3m/s的速度行駛時(shí)顛簸得最厲害D．汽車的速度越大，顛簸得越厲害答案C解析當(dāng)汽車以5m/s的速度行駛時(shí)，驅(qū)動(dòng)力的周期為T＝eq\f(s,v)＝eq\f(1.5,5)s＝0.3s，頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(10,3)Hz，故A錯(cuò)誤；當(dāng)汽車以3m/s的速度行駛時(shí)，汽車的頻率為f＝eq\f(v,s)＝eq\f(3,1.5)Hz＝2Hz，此時(shí)和固有頻率相同，所以振動(dòng)得最厲害，故C正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于固有頻率時(shí)，發(fā)生共振，振動(dòng)的振幅最大，汽車顛簸得越厲害，故D錯(cuò)誤。2．[教材母題](人教版選修3－4P21·T4)如圖是一個(gè)單擺的共振曲線。(1)試估計(jì)此單擺的擺長。(2)若擺長增大，共振曲線振幅最大值的橫坐標(biāo)將怎樣變更？[變式子題](多選)一個(gè)單擺在地面上做受迫振動(dòng)，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動(dòng)力頻率f的關(guān)系)如圖所示，則下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．此單擺的固有周期約為2sB．此單擺的擺長約為1mC．若擺長增大，單擺的固有頻率增大D．若擺長增大，共振曲線的峰將向左移動(dòng)E．此單擺的振幅是8cm答案ABD解析由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，則固有周期為T＝eq\f(1,f)＝2s；由T＝2πeq\r(\f(l,g))得此單擺的擺長約為1m；若擺長增大，則單擺的固有周期增大，固有頻率減小，共振曲線的峰將向左移動(dòng)，A、B、D正確，C錯(cuò)誤。此單擺做受迫振動(dòng)，只有共振時(shí)的振幅為8cm，E錯(cuò)誤。3．(2024·湖北高三月考)(多選)如圖甲所示為一彈簧振子自由振動(dòng)(即做簡諧運(yùn)動(dòng))時(shí)的位移隨時(shí)間變更的圖象，圖乙為該彈簧振子在某外力的作用下做受迫振動(dòng)時(shí)的位移隨時(shí)間變更的圖象，則下列說法中正確的是()A．由圖甲可知該彈簧振子的固有周期為4sB．由圖乙可知該彈簧振子的固有周期為8sC．由圖乙可知外力的周期為8sD．假如變更外力的周期，在接近4s的旁邊該彈簧振子的振幅較大E．假如變更外力的周期，在接近8s的旁邊該彈簧振子的振幅較大答案ACD解析圖甲是振子做自由振動(dòng)時(shí)的圖象，其周期為該彈簧振子的固有周期，故由圖甲可知，其固有周期為T0＝4s；圖乙是振子做受迫振動(dòng)的圖象，其周期為振子實(shí)際振動(dòng)的周期，也為驅(qū)動(dòng)力的周期，即驅(qū)動(dòng)力的周期為8s，故A、C正確，B錯(cuò)誤。當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于振子的固有頻率時(shí)，振子的振動(dòng)達(dá)到最強(qiáng)，故當(dāng)T在4s旁邊時(shí)，該彈簧振子的振幅較大，故D正確，E錯(cuò)誤。課時(shí)作業(yè)1．(多選)如圖甲所示為以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子，圖乙為這個(gè)彈簧振子的振動(dòng)圖象，下列說法中正確的是()A．在t＝0.2s時(shí)，彈簧振子的加速度為正向最大B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子在同一位置C．在t＝0到t＝0.2s時(shí)間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)D．在t＝0.6s時(shí)，彈簧振子有最小的彈性勢能答案BC解析t＝0.2s時(shí)，彈簧振子的位移為正向最大值，而彈簧振子的加速度與位移大小成正比，方向與位移方向相反，所以彈簧振子的加速度為負(fù)向最大，A錯(cuò)誤；在t＝0.1s與t＝0.3s兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子的位移相同，在同一位置，B正確；從t＝0到t＝0.2s時(shí)間內(nèi)，彈簧振子從平衡位置向正的最大位移處運(yùn)動(dòng)，位移漸漸增大，加速度漸漸增大，加速度方向與速度方向相反，彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，C正確；在t＝0.6s時(shí)，彈簧振子的位移為負(fù)向最大值，即彈簧的形變最大，彈簧振子的彈性勢能最大，D錯(cuò)誤。2．?dāng)[長為L的單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)，若從某時(shí)刻起先計(jì)時(shí)(取t＝0)，當(dāng)振動(dòng)至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))時(shí)，擺球具有負(fù)向最大速度，則單擺的振動(dòng)圖象是圖中的()答案C解析單擺的周期為T＝2πeq\r(\f(L,g))，當(dāng)t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))＝eq\f(3T,4)時(shí)擺球具有負(fù)向最大速度，知擺球經(jīng)過平衡位置向負(fù)方向振動(dòng)，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3．(多選)彈簧振子做簡諧運(yùn)動(dòng)，O為平衡位置，當(dāng)它經(jīng)過點(diǎn)O時(shí)起先計(jì)時(shí)，經(jīng)過0.3s第一次到達(dá)點(diǎn)M，再經(jīng)過0.2s其次次到達(dá)點(diǎn)M，則該彈簧振子的周期為()A．0.53sB．1.4sC．1.6sD．3s答案AC解析分狀況探討：①如圖甲所示，O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時(shí)間為eq\f(T,4)。因?yàn)楹喼C運(yùn)動(dòng)具有對稱性，所以振子從M→C所用時(shí)間和從C→M所用時(shí)間相等，故eq\f(T,4)＝0.3s＋eq\f(0.2s,2)＝0.4s，解得T＝1.6s，C正確。②如圖乙所示，若振子一起先從平衡位置向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)M′與點(diǎn)M關(guān)于點(diǎn)O對稱，則振子從點(diǎn)M′經(jīng)過點(diǎn)B再回到點(diǎn)M′所用的時(shí)間與振子從點(diǎn)M經(jīng)過點(diǎn)C再回到點(diǎn)M所需時(shí)間相等，即0.2s，振子從點(diǎn)O到點(diǎn)M′和從點(diǎn)M′到點(diǎn)O以及從點(diǎn)O到點(diǎn)M所需時(shí)間相等，為eq\f(0.3s－0.2s,3)＝eq\f(1,30)s，故周期為T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5＋\f(1,30)))s＝eq\f(16,30)s≈0.53s，A正確。4．有兩個(gè)同學(xué)利用假期分別去參觀北大和南大的物理試驗(yàn)室，各自由那里利用先進(jìn)的DIS系統(tǒng)較精確地探究了“單擺的周期T與擺長l的關(guān)系”，他們通過校內(nèi)網(wǎng)交換試驗(yàn)數(shù)據(jù)，并由計(jì)算機(jī)繪制了T2-l圖象，如圖甲所示，去北大的同學(xué)所測試驗(yàn)結(jié)果對應(yīng)的圖線是________(選填“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同學(xué)還利用計(jì)算機(jī)繪制了a、b兩個(gè)擺球的振動(dòng)圖象(如圖乙所示)，由圖可知，兩單擺擺長之比eq\f(la,lb)＝________。在t＝1s時(shí)，b球振動(dòng)的方向是____________。答案Beq\f(4,9)沿y軸負(fù)方向解析由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得：T2＝eq\f(4π2,g)l，即圖象的斜率k＝eq\f(4π2,g)，重力加速度越大，斜率越小，我們知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同學(xué)所測試驗(yàn)結(jié)果對應(yīng)的圖線是B；從題圖乙可以得出Tb＝1.5Ta，由T＝2πeq\r(\f(l,g))知，兩單擺擺長之比eq\f(la,lb)＝eq\f(4,9)；從題圖乙可以看出，t＝1s時(shí)b球正在向負(fù)的最大位移處運(yùn)動(dòng)，所以b球的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向。5．某同學(xué)在“用單擺測定重力加速度”的試驗(yàn)中測量了一些數(shù)據(jù)，其中的一組數(shù)據(jù)如下所示。(1)用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑，卡尺游標(biāo)位置如圖甲所示，可知擺球直徑是________cm。(2)該同學(xué)用秒表記錄了單擺振動(dòng)30次全振動(dòng)所用的時(shí)間如圖乙所示，則單擺的周期是________s。(保留三位有效數(shù)字)(3)為了提高試驗(yàn)精度，在試驗(yàn)中可變更幾次擺長l，測出相應(yīng)的周期T，從而得出幾組對應(yīng)的l與T的數(shù)值，再以l為橫坐標(biāo)，T2為縱坐標(biāo)，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖丙所示，利用圖線可求出圖線的斜率k＝________，再由k可求出g＝________(保留三位有效數(shù)字)。(4)假如他測得的g值偏小，可能的緣由是()A．將擺線長作為擺長B．?dāng)[線上端未堅(jiān)固地系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長度增加了C．起先計(jì)時(shí)，秒表過遲按下D．試驗(yàn)中誤將29次全振動(dòng)數(shù)記為30次答案(1)1.940(2)1.90(3)49.86m/s2(4)AB解析(1)由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)為：19mm＋8×0.05mm＝19.40mm＝1.940cm。(2)由圖示秒表可知，其示數(shù)為：56.9s，單擺的周期：T＝eq\f(t,n)＝eq\f(56.9,30)s≈1.90s。(3)由單擺周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得T2＝eq\f(4π2,g)l，由圖示圖象可知k＝eq\f(ΔT2,Δl)＝eq\f(4,1)＝4，又由k＝eq\f(4π2,g)，可求得重力加速度g＝eq\f(4π2,k)＝eq\f(4×3.142,4)m/s2≈9.86m/s2。(4)由單擺周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得g＝eq\f(4π2,T2)l，將擺線長作為擺長，則擺長的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏小，故A正確；擺線上端未堅(jiān)固地系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長度增加了，則擺長的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏小，故B正確；起先計(jì)時(shí)，秒表過遲按下，則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故C錯(cuò)誤；試驗(yàn)中誤將29次全振動(dòng)數(shù)記為30次，則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故D錯(cuò)誤。6．(2024·上海高考)一個(gè)做簡諧振動(dòng)的彈簧振子，t＝0時(shí)位于平衡位置，其機(jī)械能隨時(shí)間變更的圖象應(yīng)為()答案D解析做簡諧振動(dòng)的彈簧振子，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)的動(dòng)能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，總的機(jī)械能不變，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。7．(2024·江蘇高考)(多選)一單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)，在偏角增大的過程中，擺球的()A．位移增大 B．速度增大C．回復(fù)力增大 D．機(jī)械能增大答案AC解析在單擺的偏角增大的過程中，擺球遠(yuǎn)離平衡位置，故位移增大，速度減小，回復(fù)力增大，機(jī)械能保持不變，A、C正確，B、D錯(cuò)誤。8．(2024·北京高考)如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡諧運(yùn)動(dòng)。以平衡位置O為原點(diǎn)，建立Ox軸。向右為x軸正方向。若振子位于N點(diǎn)時(shí)起先計(jì)時(shí)，則其振動(dòng)圖象為()答案A解析振子在N點(diǎn)時(shí)起先計(jì)時(shí)，其位移為正向最大，并按余弦規(guī)律變更，故A正確。9.(2024·北京高考)某彈簧振子沿x軸的簡諧運(yùn)動(dòng)圖象如圖所示，下列描述正確的是()A．t＝1s時(shí)，振子的速度為零，加速度為負(fù)的最大值B．t＝2s時(shí)，振子的速度為負(fù)，加速度為正的最大值C．t＝3s時(shí)，振子的速度為負(fù)的最大值，加速度為零D．t＝4s時(shí)，振子的速度為正，加速度為負(fù)的最大值答案A解析t＝1s時(shí)，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負(fù)的最大值，A正確；t＝2s時(shí)，振子在平衡位置且向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則振子的速度為負(fù)，加速度為零，B錯(cuò)誤；t＝3s時(shí)，振子處于負(fù)的最大位移處，振子的速度為零，加速度為正的最大值，C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)，振子在平衡位置且向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則振子的速度為正，加速度為零，D錯(cuò)誤。10．(2024·天津高考)(多選)一振子沿x軸做簡諧運(yùn)動(dòng)，平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)。t＝0時(shí)振子的位移為－0.1m，t＝1s時(shí)位移為0.1m，則()A．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(2,3)sB．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(4,5)sC．若振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD．若振幅為0.2m，振子的周期可能為6s答案AD解析若振幅為0.1m，依據(jù)題意可知從t＝0s到t＝1s振子經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為n＋eq\f(1,2)T＝1s(n＝0,1,2，3…)，解得T＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0,1,2,3…)，當(dāng)n＝1時(shí)，T＝eq\f(2,3)s，把T＝eq\f(4,5)s代入得n＝eq\f(3,4)，不符合題意，A正確，B錯(cuò)誤；假如振幅為0.2m，結(jié)合位移—時(shí)間關(guān)系圖象，有1s＝eq\f(T,2)＋nT(n＝0,1,2,3…)①，或者1s＝eq\f(5,6)T＋nT(n＝0,1,2，3…)②，或者1s＝eq\f(T,6)＋nT(n＝0,1,2,3…)③，對于①式，只有當(dāng)n＝0時(shí)，T＝2s，為整數(shù)；對于②式，T不為整數(shù)，對于③式，只有當(dāng)n＝0時(shí)，T＝6s，為整數(shù)，故C錯(cuò)誤，D正確。11．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，長為l的細(xì)繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點(diǎn)處，在O點(diǎn)正下方eq\f(3,4)l的O′處有一固定細(xì)鐵釘。將小球向右拉開，使細(xì)繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時(shí)起先計(jì)時(shí)。當(dāng)小球a擺至最低位置時(shí)，細(xì)繩會受到鐵釘?shù)淖钃?。設(shè)小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正。下列圖象中，能描述小球在起先一個(gè)周期內(nèi)的x-t關(guān)系的是()答案A解析擺長為l時(shí)單擺的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α為擺角)，擺長為eq\f(1,4)l時(shí)單擺的周期T2＝2πeq\r(\f(\f(1,4)l,g))＝πeq\r(\f(l,g))＝eq\f(T1,2)，振幅A2＝eq\f(1,4)lβ(β為擺角)。依據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mgeq\f(l,4)(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，cosβ＝1－2sin2eq\f(β,2)，以及sineq\f(α,2)≈taneq\f(α,2)≈eq\f(α,2)，sineq\f(β,2)≈taneq\f(β,2)≈eq\f(β,2)eq\f(α,2)、eq\f(β,2)很小，解得β＝2α，故A2＝eq\f(1,2)A1，故A正確。12．(2024·北京師范高校天津附屬中學(xué)高三期末)如圖甲所示，一個(gè)有固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸的豎直圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，固定在圓盤上的小圓柱帶動(dòng)一個(gè)T形支架在豎直方向振動(dòng)，T形支架