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(共68张PPT)
第二节　简谐运动的描述
学 习 目 标 思 维 导 图
1.知道简谐运动的数学表达式，知道数学表达式中各物理量的意义． 2.知道简谐运动的图像是正弦或余弦曲线．
01.知识点一
03.随堂自主检测
04.课时素养评价11
内容
索引
02.知识点二
01.知识点一
知识点一　简谐运动的函数描述
【情境导学】
(1)如图是弹簧振子做简谐运动的x-t图像，它是一条正弦曲线．请根据数学知识用图中符号写出此图像的函数表达式，并说明各量的物理意义．
提示：表达式x＝A sin (t＋φ)，式中A表示振幅，T表示周期，φ表示初相位．
(2)两个简谐运动的表达式分别为x1＝3a sin (4πbt＋)和x2＝9a sin (8πbt＋)，它们的振幅之比是多少？频率各是多少？
提示：它们的振幅分别为3a和9a，比值为1∶3，频率分别为2b和4b.
【知识梳理】
1．振动曲线： 物体做简谐运动时________与时间关系的曲线叫振动曲线，简称x-t图线．
2．描述简谐运动位移—时间图像的函数表达式为x＝___________．
(1)A是简谐运动的振幅，ω为简谐运动的角频率．
(2)ω与周期T或者频率f的关系为ω＝________＝________．
状元随笔　简谐运动的表达式既可以用正弦函数表示，又可以用余弦函数表示，只是对应的初相位不同．
位移
A cos (ωt＋φ)
2πf
【重难突破】
对表达式x＝A cos (ωt＋φ)的理解
(1)式中x表示振动质点相对于平衡位置的位移；t表示振动的时间．
(2)由于ω＝＝2πf，所以表达式也可写成：
x＝A cos (t＋φ)或x＝A cos (2πft＋φ)．
(3)相位
①φ表示t＝0时，简谐运动质点所处的状态，称为初相位或初相．
②(ωt＋φ)代表了做简谐运动的质点在t时刻，处在一个运动周期中的哪个状态，所以代表简谐运动的相位．相位每增加2π就意味着完成了一次全振动．
(4)相位差
频率相同的两个简谐运动有固定的相位差：Δφ＝φ1－φ2.
①若Δφ＝0，表明两个物体运动步调相同，即同相．
②若Δφ＝π，表明两个物体运动步调相反，即反相．
③若Δφ＝φ1－φ2>0，则1的相位比2的相位超前Δφ或2的相位比1的相位落后Δφ.
④若Δφ＝φ1－φ2<0，则1的相位比2的相位落后|Δφ|或2的相位比1的相位超前|Δφ|.
例1 (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为振子的平衡位置，其振动方程为x＝5cos (10πt)cm.下列说法正确的是(　　)
A．M、N间距离为5 cm
B．振子的振动周期是0.2 s
C．t＝0时，振子位于N点
D．t＝0.05 s，振子具有最大加速度
答案：BC
解析：M、N间距离为2A＝10 cm，A错误；由ω＝10π rad/s可知振子的振动周期是T＝＝ s＝0.2 s，B正确；由x＝5cos (10πt)cm可知t＝0时x＝5 cm，即振子位于N点，C正确；t＝0.05 s时x＝0，此时振子在O点，振子的加速度为零，D错误．
【变式训练1】　(多选)物体A做简谐运动的振动位移xA＝3cos (100t＋)m，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5cos (100t＋)m.比较A、B的运动，下列说法正确的是(　　)
A．振幅是矢量，A的振幅是6 m，B的振幅是10 m
B．周期是标量，A、B周期相等，为100 s
C．A振动的频率fA等于B振动的频率fB
D．A的相位始终超前B的相位
答案：CD
解析：振幅是标量，A、B的振动范围分别是6 m、10 m，但振幅分别是3 m、5 m，A错误；A、B的振动周期为T＝＝ s≈6.28×10－2 s，B错误；因为TA＝TB，故fA＝fB，C正确；相位差Δφ＝φA－φB＝，D正确．
02.知识点二
知识点二　简谐运动的图像
【情境导学】
如图是应用频闪照相法，拍摄得到的小球和弹簧的一系列的像．如何证明弹簧振子运动的x-t图像是正弦曲线？
提示：方法一　在图中，测量小球在各个位置的横坐标和纵坐标，把测量值输入计算机中作出这条曲线，然后按照计算机提示用一个周期性函数拟合这条曲线，看一看弹簧振子的位移与时间的关系可以用什么函数表示．
方法二　假定是正弦曲线，可用刻度尺测量它的振幅和周期，写出对应的表达式，然后在曲线中选小球的若干个位置，用刻度尺在图中测量它们的横坐标和纵坐标，代入所写出的正弦函数表达式中进行检验，看一看这条曲线是否真的是一条正弦曲线．
【知识梳理】
位移—时间图像
建立坐标系，横轴代表________，纵轴代表小球__________________，它就是小球在平衡位置附近往复运动的位移—时间图像，称为弹簧振子的振动图像．
时间t
相对平衡位置的位移x
【重难突破】
1．对简谐运动图像(x-t图像)的认识
(1)图像形状：正(余)弦曲线．
(2)物理意义：表示振动质点在不同时刻偏离平衡位置的位移，是位移随时间的变化规律．
2．从简谐运动图像获取的信息
(1)任意时刻质点的位移的大小和方向．如图甲所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和－x2.
(2)任意时刻质点的振动方向：看下一时刻质点的位置，如图乙中质点在a位置时，下一时刻离平衡位置更远，故此刻质点向x轴正方向振动．
(3)简谐运动中速度和位移的关系：看下一时刻质点的位置，判断是远离还是衡位置．若远离平衡位置，则速度越来越小，位移越来越大，若衡位置，则速度越来越大，位移越来越小，如图乙中质点在b位置时，从正向位移处向着平衡位置运动，则速度为负且增大，位移正在减小，质点在c位置时，从负向位移处远离平衡位置运动，则速度为负且减小，位移正在增大．
例2 如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是(　　)
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动
D．第3 s末振子的速度为负向的最大值
答案：B
解析：振幅等于最大位移的大小，故振幅为4 cm，而周期是完成一次全振动的时间，所以振动周期为4 s，A错误；第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值，B正确；从第1 s末到第2 s末振子向负的最大位移处运动，所以振子速度减小，做减速运动，C错误；第3 s末振子的位移为零，振子正经过平衡位置向正方向运动，故速度最大且方向为正，D错误．
【变式训练2】　如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是(　　)
A．t＝2×10－3 s时刻纸盆中心的速度最大
B．t＝3×10－3 s时刻纸盆中心的加速度最大
C．在0～1×10－3 s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同
D．纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×10－4cos (50πt) m
答案：C
解析：t＝2×10－3 s时刻在位移最大位置，则纸盆中心的速度为零，A错误；t＝3×10－3 s时刻纸盆中心在平衡位置，加速度为零，B错误；在0～1×10－3 s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向均沿负方向，方向相同，C正确；因为ω＝＝ rad/s＝500π rad/s，则纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×10－4cos (500πt)m，D错误．
知识点三　简谐运动的周期性和对称性
【重难突破】
1．周期性
简谐运动是一种周期性的运动，根据其周期性可作如下判断：
(1)若t2－t1＝nT，则在t1、t2两时刻振动物体在同一位置，运动情况相同．
(2)若t2－t1＝nT＋T，则在t1、t2两时刻，描述运动物体的物理量(x、F、a、v)均大小相等，方向相反．
(3)若t2－t1＝nT＋T或t2－t1＝nT＋T，则若t1时刻物体到达最大位移处，t2时刻物体到达平衡位置；若t1时刻物体到达平衡位置，t2时刻物体到达最大位移处；若t1时刻物体在其他位置，t2时刻物体到达何处要视具体情况而定．
2．对称性
(1)时间的对称
①物体来回通过相同两点间的时间相等，即tDB＝tBD.
②物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，图中tDB＝tBD＝tCA＝tAC，tOD＝tDO＝tOC＝tCO.
(2)速度的对称
①物体连续两次经过同一点(如D点)的速度大小相等，方向相反．
②物体经过关于O点对称的两点(如C与D)时，速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．
(3)位移的对称
①物体经过同一点(如C点)时，位移相同．
②物体经过关于O点对称的两点(如C与D)时，位移大小相等、方向相反．
例3 质点做简谐运动，从质点经过某一位置时开始计时，下列说法正确的是(　　)
A．当质点再次经过此位置时，经过的时间为一个周期
B．当质点的速度再次与零时刻的速度相同时，经过的时间为一个周期
C．当质点的加速度再次与零时刻的加速度相同时，经过的时间为一个周期
D．当质点经过的路程为振幅的2倍时，经过的时间为半个周期
答案：D
解析：质点连续两次经过同一位置的时间不一定是一个周期，A错误；质点同向经过关于平衡位置对称的两点速度相同，但经过的时间不为一个周期，B错误；质点连续两次经过同一位置时，加速度相同，但经历的时间一般不等于一个周期，C错误；质点在任何半个周期内通过的路程一定是振幅的2倍，D正确．
【变式训练3】　一质点做简谐运动，它从最大位移处经0.3 s第一次到达某点M处，再经0.2 s第二次到达M点，则其振动频率为(　　)
A．0.4 Hz B．0.8 Hz
C．2.5 Hz D．1.25 Hz
答案：D
解析：由题意知，从M位置沿着原路返回到起始最大位移处的时间也为0.3 s，故完成一个全振动的时间为T＝0.3 s＋0.2 s＋0.3 s＝0.8 s，故频率为f＝＝1.25 Hz，D正确．
03.随堂自主检测
1．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为(　　)
答案：A
解析：由题意，向右为x轴的正方向，振子位于N点时开始计时，因此t＝0时，振子的位移为正的最大值，振动图像为余弦函数，A正确．
2．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为 x＝A sin t，则质点(　　)
A．第1 s末与第3 s末的位移相同
B．第1 s末与第3 s末的速度相同
C．第3 s末与第5 s末的位移方向相同
D．第3 s末与第5 s末的速度方向相同
答案：AD
解析：根据x＝A sin t可求得该质点振动周期为T＝ 8 s，则该质点振动图像如图所示，图像的斜率为正表示速度为正，反之为负，由图可以看出第1 s末和第3 s末的位移相同，但斜率一正一负，故速度方向相反，A正确，B错误；第3 s末和第5 s末的位移方向相反，但两点的斜率均为负，故速度方向相同，C错误，D正确．
3．有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是(　　)
A．x＝8×10－3sin (4πt＋) m
B．x＝8×10－3sin (4πt－) m
C．x＝8×10－3sin (4πt＋) m
D．x＝8×10－3sin (t＋) m
答案：A
解析：由题可知，A＝0.8 cm＝8×10－3 m，T＝0.5 s，可得ω＝＝4π rad/s，初始时刻具有负方向的最大加速度，则初位移x0＝0.8 cm，初相位φ＝，得弹簧振子的振动方程为x＝8×10－3sin (4πt＋)m，A正确．
4．图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是(　　)
A．在t＝0.2 s时，弹簧振子运动到O位置
B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续地减小
D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
答案：C
解析：由题图知，若从平衡位置开始计时，则在t＝0.2 s时，弹簧振子运动到B或A位置，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等、方向相反，B错误； 从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的位移越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，其动能越来越小，C正确； 在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度大小相等、方向相反，D错误．
04.课时素养评价11
1．如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动．B、C相距40 cm，从小球经过O点向B方向运动开始计时，经0.75 s首次到达C点，取向右为正方向．下列说法正确的是(　　)
A．小球振动的周期为1.0 s
B．小球振动的振幅为0.4 m
C．小球的位移—时间关系为x＝0.2sin (2πt＋) m
D．5 s末小球位移为－0.2 m
答案：A
解析：根据题意可知，T＝0.75 s，解得T＝1.0 s，A正确；根据题意可知BC＝2A＝40 cm，解得A＝20 cm＝0.2 m，B错误；由公式可得ω＝＝2π rad/s，从小球经过O点向B方向运动开始计时，小球的位移—时间关系为x＝0.2sin (2πt) m，C错误；5 s末小球回到平衡位置O，位移为0，D错误．
2．某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是(　　)
A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为正的最大值
B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为零
C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
答案：B
解析：t＝1 s时，振子的位移为正的最大值，速度为零，加速度为负的最大值，A错误；t＝2 s时，振子的位移为零，速度为负的最大值，加速度为零，B正确；t＝3 s时，振子的位移为负的最大值，速度为零，加速度为正的最大值，C错误；t＝4 s时，振子的位移为零，速度为正的最大值，加速度为零，D错误．
3．图甲为由物块和轻弹簧制作的一个竖直放置的振动装置．图乙记录了物块振动过程中速度v随时间t变化的曲线，以向上为正方向．关于该振动过程，
下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，弹簧处于原长状态
B．t＝0.4 s时，物块加速度为零
C．t＝0.2 s时，物块位于平衡位置上方
D．t＝0.6 s时，物块位于平衡位置下方
答案：B
解析：t＝0时，加速度为零，此时物块处于平衡状态，弹簧处于伸长状态，A错误；t＝0.4 s时，物块的速度最大，则加速度为零，B正确；t＝0.2 s时，物块速度为零，之后向正方向运动，所以物块位于最低点，即物块位于平衡位置下方，C错误；t＝0.6 s时，物块速度为零，之后向负方向运动，即物块位于最高点，即物块处于平衡位置上方，D错误．
4.如图所示为甲乙两个质点做简谐运动的振动图像，实线为甲的振动图像，虚线为乙的振动图像，其中甲的振动方程x＝3a sin (5πt)．下列说法中正确的是(　　)
A．它的振幅是3
B．它的频率是5π
C．t＝0时，甲、乙的相位差是
D．t＝0时，甲、乙的相位差是
答案：C
解析：根据甲的振动方程可知它的振幅是3a，A错误；根据振动图像可看出简谐运动的周期均为T＝0.4 s，则它的频率是2.5 Hz，B错误；已知甲的振动方程x＝3a sin (5πt)，根据图像可知乙的振动方程x＝3a sin (5πt－)，则t＝0时，甲乙的相位差是，C正确，D错误．
5.一弹簧振子做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．振子的振幅为8 cm
B．振子的运动轨迹为余弦曲线
C．在0.1 s末振子的速度方向沿x轴正方向
D．在0.2 s末振子的加速度达到最大
答案：D
解析：振子的振幅为A＝4 cm，A错误；x-t图像不是振子的运动轨迹，B错误；由图像可知，在0.1 s末振子的速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.2 s末振子位移负向最大，则回复力最大，加速度达到最大，D正确．
6．如图为某质点做简谐运动的振动图像，由图像可知(　　)
A．振幅为8 cm
B．周期为0.9 s
C．初相位为π
D．t＝0.7 s时振动方向沿x轴正方向
答案：C
解析：由质点的振动图像可知，振幅为A＝4 cm，周期T＝0.8 s，A、B错误；设该质点的振动方程为x＝A sin (ωt＋φ)，其中ω＝＝，当t＝0.1 s时，×0.1＋φ＝π，解得初相位为φ＝π，C正确；由图可知，t＝0.7 s时质点从平衡位置向负向振幅位置振动，故振动方向沿x轴负方向，D错误．
7.如图所示为某弹簧振子振动的x-t图像，已知该图像为正弦函数图像，下列描述正确的是(　　)
A．该振子的周期为2 s
B．在1.5～2 s时间内，振子的加速度不断增大
C．在3.5 s时，振子的速度沿x轴负方向，加速度也沿x轴负方向
D．在3.5～5.5 s时间内，振子通过的路程为5(1＋) cm
答案：C
解析：该振子的周期为4 s，A错误；在1.5～2 s时间内，振子的位移不断减小，则加速度不断减小，B错误；在3.5 s时，振子的速度和加速度都沿x轴负方向，C正确；在3.5～5.5 s时间，刚好是半个周期，振子通过的路程为s＝2A＝10 cm，D错误．
8．(多选)一弹簧振子A的位移x随时间t变化的关系式为x＝0.1sin (2.5πt)，位移x的单位为m，时间t的单位为s.则(　　)
A．弹簧振子的振幅为0.2 m
B．弹簧振子的周期为1.25 s
C．在t＝0.2 s时，振子的运动速度为零
D．若另一弹簧振子B的位移x随时间t变化的关系式为x＝0.2 sin (2.5πt＋)，则A滞后B
答案：CD
解析：由振动方程x＝0.1sin (2.5πt)，可读出振幅为0.1 m，角频率ω＝2.5π rad/s，周期T＝＝ s＝0.8 s，A、B错误；在t＝0.2 s时，振子的位移最大，速度为零，C正确；两振动的相位差Δφ＝φ2－φ1＝2.5πt＋－2.5πt＝，即B超前A ，或者说A滞后B ，D正确．
9.一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T.下列说法正确的是(　　)
A．若t和(t＋Δt)两时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则Δt一定等于T整数倍
B．若Δt＝T，则在t和(t＋Δt)两时刻，振子运动的加速度一定相等
C．若t和(t＋Δt)两时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，则Δt一定等于的整数倍
D．若Δt＝，则在t和(t＋Δt)两时刻，弹簧的长度不一定相等
答案：B
解析：若t和(t＋Δt)两时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则这两时刻振子出现在同一位置上，而每一个周期内，振子两次出现在同一个位置上，所以当速度方向相同时，Δt可以等于T的整数倍，当速度方向相反时，Δt不等于T的整数倍，A错误；若Δt＝T，则在t和(t＋Δt)两时刻振子所处位置一定相同，故此时加速度一定相等，B正确；若t和(t＋Δt)两时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，则Δt可能等于的整数倍，也可能大于的整数倍，还有可能小于的整数倍，C错误；若Δt＝，则在t和(t＋Δt)两时刻，振子的位置关于平衡位置对称，故弹簧长度不相等，D错误．
10．(12分)某质点做简谐运动的振动图像如图所示，求：
(1)在前4 s内质点的路程s；
答案：0.4 m
解析：质点做简谐运动的周期为4 s，在一个周期内质点的路程是4 A，所以在前4 s内质点的路程s＝4A＝4×0.1 m＝0.4 m.
(2)质点做简谐运动的位移随时间变化的关系式(用余弦函数表示)．
答案：x＝10cos (t＋) cm
解析：由图知，质点的振动周期为T＝4 s，
振幅A＝10 cm，
则ω＝ rad/s＝ rad/s，
质点做简谐运动的位移随时间变化的关系式x＝10cos (t＋) cm.
11．(12分)深圳市宝安区的“湾区之光”摩天轮直径为120 m，摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动，转一圈用时1 600 s如图甲．当太阳在摩天轮正上方竖直向下照射时，某轿厢在水平地面的投影的运动可视为简谐运动，假设轿厢运动过程中太阳照射角度不变，求：
(1)该简谐运动的振幅及最大速度；
答案：60 m　 m/s
解析：根据题意可知，光线竖直照射，轿厢影子在轴心两侧来回运动，到达区域正好等于直径范围，所以振幅A＝＝60 m，
其周期T为1 600 s，所以角频率ω＝＝ rad/s，
简谐运动速度最大的位置为中心位置处，此时速度等于圆周运动的线速度，大小为v＝ω·＝ m/s.
(2)如果太阳光从摩天轮所在平面上左上方45°角平行照射，如图乙，则该轿厢在水平地面的投影的运动是否为简谐运动．如果不是，请说明原因；如果是，该简谐运动的振幅为多少．
答案：是简谐运动　 60 m
解析：当阳光斜照时，投影倾斜，其投影的振幅跟原来振幅成比例关系，从最低点开始运动，其振动方程变为x＝，
依然是简谐运动，振幅A′＝A＝60 m.(共79张PPT)
第一节　简谐运动
学 习 目 标 思 维 导 图
1.知道简谐运动的定义，理解振幅、周期、频率的概念，知道全振动的含义． 2．知道弹簧振子是理想化物理模型，能对简谐运动进行动力学分析． 3．会对简谐运动进行能量分析．
01.知识点一
03.知识点三
04.随堂自主检测
05.课时素养评价10
内容
索引
02.知识点二
01.知识点一
知识点一　简谐运动和弹簧振子模型
【情境导学】
如图所示的装置，把小球向右拉开一段距离后释放，可以观察到小球左右运动了一段时间，最终停止运动．
(1)小球的运动具有什么特点？为什么小球最终停止运动？
(2)在横杆上涂上一层润滑油，重复刚才的实验，观察到的结果与第一次实验有何不同？
提示：小球的运动具有往复性．小球因为受到摩擦力的作用最终停止运动．
提示：小球往复运动的次数增多，运动时间变长．
(3)猜想：如果小球受到的阻力忽略不计，弹簧的质量比小球的质量小得多，也忽略不计，实验结果如何？
(4)如果忽略阻力，小球在运动过程中受到哪几个力作用？合力方向如何？
提示：小球将持续地做往复运动．
提示：受到重力、支持力、弹簧弹力．合力方向总指向弹簧原长的位置．
【知识梳理】
认识简谐运动
1．机械振动：物体(或者物体的一部分)在某一中心位置(平衡位置)两侧所做的________运动叫作机械振动，简称振动．
2．回复力：影响小球运动的只有弹簧的弹力，这个力的方向跟小球偏离平衡位置的位移方向相反，总指向平衡位置，它的作用是使小球能返回________，这个力叫作回复力．
往复
平衡位置
3．简谐振动：物体在跟平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的________的作用下的振动，叫作简谐振动．
状元随笔　简谐运动的位移均为相对平衡位置的位移，即表示位移的有向线段的起点是平衡位置．
回复力
【重难突破】
1．简谐运动
(1)运动性质
简谐运动的位移随时间按正弦规律变化，所以它不是匀变速运动，是变力作用下的变加速运动．
(2)简谐运动的位移
位移：从平衡位置指向振子所在位置的有向线段．
①大小：平衡位置到振子所在位置的距离．
②方向：从平衡位置指向振子所在位置．
③位移的表示方法：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，某时刻振子偏离平衡位置的位移可用该时刻振子所在位置的坐标来表示．
(3)回复力
回复力是根据力的作用效果命名的，它可以是一个力，也可以是多个力的合力，还可以由某个力的分力提供．例如：图甲所示，水平方向的弹簧振子，弹力充当回复力；图乙所示，竖直方向的弹簧振子，弹力和重力的合力充当回复力；图丙所示，m随M一起振动，m的回复力则由静摩擦力充当．
(4)对回复力公式F＝－kx的说明
①回复力F＝－kx中的k是比例系数，并非弹簧的劲度系数，其值由振动系统决定．对水平弹簧振子，回复力仅由弹簧弹力提供，k即为劲度系数，由弹簧决定，与振幅无关，其单位是N/m.
②回复力的大小跟位移大小成正比，“－”号表示回复力与位移的方向相反．
2．弹簧振子
(1)构造：弹簧振子是一种理想化模型．其构造为一根没有质量的弹簧，其一端固定，另一端连接一个可视为质点的小球，如图所示．
(2)振动特征：①有一个“中心位置”，即平衡位置；②运动具有往复性．如图所示．
(3)弹簧振子是一种理想化模型
①弹簧振子是小球和弹簧所组成的系统的名称，但有时也把这样的小球称作弹簧振子或简称振子．
②理想化的弹簧振子：一根没有质量的弹簧一端固定，另一端连接一个质点．
③弹簧振子理想化条件：忽略弹簧质量、忽略小球的大小和形状、忽略摩擦及其他阻力．
(4)平衡位置
振子不振动时，保持静止状态的位置；振子振动时，速度最大的位置．平衡位置不一定是中心位置(如图甲所示物体的振动)，物体经过平衡位置时不一定处于平衡状态(如图乙所示物体的振动)．
例1 (多选)如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B两点之间做往复运动，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧振子在运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用
B．弹簧振子在运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
C．弹簧振子由A向O运动的过程中，回复力逐渐增大
D．弹簧振子由O向B运动的过程中，回复力的方向指向平衡位置
答案：AD
解析：回复力是根据力的效果命名的，不是做简谐运动的物体受到的具体的力，它是由物体受到的具体的力提供的，在此情境中弹簧振子受重力、支持力和弹簧弹力的作用，A正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，弹簧振子由A向O运动的过程中位移在减小，则在此过程中回复力逐渐减小，C错误；回复力的方向总是指向平衡位置，D正确．
【变式训练1】　如图所示，A、B两物体组成弹簧振子，在振动过程中，A、B始终保持相对静止．图中能正确反映振动过程中A所受摩擦力f与振子的位移x关系的图像应为(　　)
答案：C
解析：在振动过程中A、B始终保持相对静止，可以把A、B看成整体．设A、B的质量为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，则有F＝－kx＝(mA＋mB)a，解得a＝－，A受到的摩擦力f＝mAa＝－，C正确．
02.知识点二
知识点二　描述简谐运动的物理量
【情境导学】
如图所示为理想弹簧振子，O点为它的平衡位置，其中A、A′点关于O点对称．
(1)振子从某一时刻经过O点计时，至下一次再经过O点的时间为一个周期吗？
(2)先后将振子分别拉到A点和B点由静止释放，两种情况下振子振动的周期相同吗？振子完成一次全振动过程中通过的位移相同吗？路程相同吗？
提示：不是．经过一个周期振子一定从同一方向经过O点，即经过一个周期，位移、速度均第一次与初始时刻相同．
提示：周期相同，振动的周期取决于振动系统本身，与振幅无关．位移相同，均为零．路程不相同，一个周期内振子通过的路程与振幅有关．
【知识梳理】
1．全振动：小球经历B→O→ B′→O→B路径的一个________振动过程叫作一次全振动．
2．简谐运动的图像：小球的位移—时间函数为________或者________函数，我们把具有这种特征的运动叫作简谐运动．
3．振幅：物体振动时离开平衡位置的________距离叫作振动的振幅．
4．周期：物体完成一次全振动所需要的________叫作振动的周期，用T表示，对应正弦或者余弦函数的一个周期．
完整
正弦
余弦
最大
时间
5．频率：物体在一段时间内全振动的次数与所用时间________叫作振动的频率，用f表示．
状元随笔　弹簧振子的振动图像不是振子的运动轨迹，弹簧振子的运动轨迹是一段线段．
之比
【重难突破】
1．对全振动的理解
(1)振动过程：如图所示，从O点开始，一次全振动的完整过程为O→A→O→A′→O；从A点开始，一次全振动的完整过程为A→O→A′→O→A.
(2)全振动的三个特征
①物理量特征：位移(x)、加速度(a)、速度(v)三者第一次同时与初始状态相同．
②时间特征：历时一个周期．
③路程特征：振幅的4倍．
2．振幅与“三个”量的关系
(1)振幅与位移：振动中的位移是矢量，振幅是标量．在数值上，振幅与振动物体的最大位移大小相等，但在同一简谐运动中振幅是确定的，而位移随时间周期性地变化．
(2)振幅与路程：振动中的路程是标量，是随时间不断增大的．其中常用的定量关系是一个周期内的路程为4倍振幅，半个周期内的路程为2倍振幅．
(3)振幅与周期：在简谐运动中，一个确定的振动系统的周期(或频率)是固定的，与振幅无关．
3．简谐运动的速度和加速度
(1)速度
跟运动学中的含义相同，在所建立的坐标轴上，速度的正、负表示振子的运动方向与坐标轴的正方向相同还是相反，如图所示 ，在x轴上设O点为平衡位置，则振子在O点位移为零而速度最大，设A、B两点为位移大小的最大处，则振子位于A、B两点时，速度为零．
(2)加速度
水平弹簧振子的加速度是由弹簧的弹力产生的，振子在平衡位置时弹簧的弹力为零，故振子的加速度为零；在最大位移处时，弹簧的弹力最大，故振子的加速度大小最大．不管弹簧是拉伸还是压缩，弹簧对振子的弹力总是指向平衡位置，即振子的加速度方向总是指向平衡位置．
例2 对水平弹簧振子，下列说法正确的是(　　)
A．每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同
B．通过平衡位置时，速度为零，加速度最大
C．每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同
D．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值
答案：A
解析：弹簧振子的运动具有重复性，经过任意位置(除最大位移处)速度有来回两个相反的方向，所以通过同一位置时，速度不一定相同，但加速度一定相同，A正确．振子每次通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，B错误．振子每次通过平衡位置时，加速度为零，故相同；但速度有两个相反的方向，不一定相同，C错误．若位移为负值，则速度可正可负还可以为零，D错误．
【变式训练2】　弹簧振子在BC间做简谐运动，O为平衡位置，BC间距离为10 cm，由B→C运动时间为1 s，则(　　)
A．从B开始经过0.25 s，振子通过的路程是2.5 cm
B．经过两次全振动，振子通过的路程为80 cm
C．该振子任意1 s内通过的路程都一定是10 cm
D．振动周期为2 s，振幅为10 cm
答案：C
解析：由B→C运动时间为1 s，则周期T＝2 s，则从B开始经过0.25 s＝，振子通过的路程小于2.5 cm，A错误；一次全振动振子的路程为20 cm，则经过两次全振动，振子通过的路程为40 cm，B错误；由运动的对称性可知，该振子任意1 s内通过的路程都一定是10 cm，C正确；振动周期为2 s，振幅为5 cm，D错误．
03.知识点三
知识点三　简谐运动的能量分析
【情境导学】
如图所示为水平弹簧振子，振子在A、B之间往复运动．
(1)从A到B的运动过程中，振子的动能如何变化？弹簧弹性势能如何变化？振动系统的总机械能是否变化？
(2)如果把振子振动的振幅增大，振子回到平衡位置时的动能是否增大？振动系统的机械能是否增大？
提示：振子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．
提示：增大，增大．
(3)实际的振动系统有空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？理想化的弹簧振动系统，忽略空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？
提示：实际的振动系统，能量逐渐减小．理想化的弹簧振动系统，能量不变．
【知识梳理】
简谐运动的能量特征
(1)简谐运动是周期性往复运动，在回复力的作用下，振子在振动过程中离开平衡位置的距离、加速度、速度、动能、弹性势能等在每个周期里完全________.
(2)弹簧振子做简谐运动的过程中，弹簧振子的弹性势能和________相互转化，机械能的总量________．
重复
动能
不变
【重难突破】
1．如果摩擦阻力造成的损耗可以忽略，在弹簧振子运动到任意位置时，系统的动能与势能之和都是一定的，即机械能守恒．
2．简谐运动的机械能由振幅决定
对同一振动系统来说，振幅越大，振动的能量越大．如果没有能量损耗，振幅保持不变，它将永不停息地振动下去．
3．简谐运动的能量特征
振子以O为平衡位置在A、B之间做简谐运动，如图所示从A到B过程，各物理量的变化规律如表所示：
注意：振子的位移x、回复力F、加速度a、速度v的变化周期相同，均为T；动能和势能的变化周期为.
位置 A A→O O O→B B
x 向左最大 向左减小 0 向右增大 向右最大
F、a 向右最大 向右减小 0 向左增大 向左最大
v 0 向右增大 向右最大 向右减小 0
动能 0 增大 最大 减小 0
势能 最大 减小 0 增大 最大
例3 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它以平衡位置O为对称中心在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是(　　)
A．小球在O位置时，动能最大，加速度最小
B．小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C．小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D．小球从B到O的过程中，振子振动的能量不断增加
答案：A
解析：小球在O位置时，弹簧处于原长，弹性势能为零，动能最大，位移为零，加速度为零，A正确；在最大位移A、B处，动能为零，加速度最大，B错误；由A→O，回复力做正功，由O→B，回复力做负功，C错误；由B→O，动能增加，弹性势能减小，总能量不变，D错误．
【变式训练3】　(多选)如图所示，一弹簧振子可沿竖直方向做简谐运动，O为平衡位置，现将弹簧振子从平衡位置向下拉一段距离ΔL，释放后振子在M、N间振动，且MN＝40 cm，振子第一次由M到N的时间为0.2 s，不计一切阻力，
下列说法中正确的是(　　)
A．振子在振动过程中，若速度大小相同，则弹簧的长度一定相等
B．振子在运动过程中，系统的机械能守恒
C．从释放振子开始计时，振子在0.1 s内动能逐渐增大
D．从释放振子开始计时，振子在0.6 s末偏离平衡位置的位移大小为10 cm
答案：BC
解析：依题意，振子做简谐运动，由简谐运动的对称性可知，在振动过程中，若速度大小相同，则振子要么位于同一位置，要么位于关于平衡位置对称的位置处，所以弹簧的长度不一定相等，A错误；振子在运动过程中，只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，B正确；由简谐运动的对称性可知，从释放振子开始计时，在0.1 s内振子从最大位移M处运动至平衡位置O处，其速度逐渐增大，则动能逐渐增大，C正确；依题意，简谐运动的周期为T＝2×0.2 s＝0.4 s，则t＝0.6 s＝T＋，从释放振子开始计时，振子在0.6 s末位于最大位移N处，偏离平衡位置的位移大小为20 cm，D错误．
04.随堂自主检测
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．弹簧振子的运动是简谐运动
B．简谐运动就是指弹簧振子的运动
C．简谐运动是匀变速运动
D．简谐运动是机械振动中最简单、最基本的一种
答案：AD
解析：弹簧振子的运动是一种简谐运动，而简谐运动是机械振动中最简单、最基本的运动，A、D正确．
2．(多选)对于做简谐运动的弹簧振子，下列说法正确的是(　　)
A．振子通过平衡位置时，速度最大
B．振子在最大位移处时，速度最大
C．振子在连续两次通过同一位置时，位移相同
D．振子连续两次通过同一位置时，速度相同
答案：AC
解析：振子通过平衡位置时，速度最大，A正确；振子在最大位移处时，速度最小，B错误；同一位置相对于平衡位置的位移相同，C正确；速度是矢量，振子连续两次通过同一位置时，速度大小相等，方向相反，即速度不同，D错误．
3．做简谐运动的弹簧振子除平衡位置外，在其他所有位置时，关于它的速度方向，下列说法正确的是(　　)
A．总是与位移方向相反
B．总是与位移方向相同
C．远离平衡位置时与位移方向相反
D．向平衡位置运动时与位移方向相反
答案：D
解析：做简谐运动的振子，速度方向与位移方向存在两种可能，因为位移的方向总是背离平衡位置，所以当振子衡位置时，二者方向相反，远离平衡位置时，二者方向相同，D正确．
4．某弹簧振子如图所示，其中A、B均为振子偏离平衡位置的最大位移处，O为平衡位置．在振子由O向A运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．振子偏离平衡位置的位移方向向左
B．振子偏离平衡位置的位移正在减小
C．弹簧的弹性势能正在减小
D．振子的速度正在减小
答案：D
解析：振子偏离平衡位置的位移方向向右，且正在增大，A、B错误；弹簧处于伸长状态且形变量正在增大，故弹簧的弹性势能正在增大，振子的动能转化为弹簧的弹性势能，振子的速度减小，C错误，D正确．
05.课时素养评价10
1．光滑斜面上的小球连在轻质弹簧上，如图所示，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动．对简谐运动中的小球进行受力分析，正确的是(　　)
A．重力、支持力、弹力、摩擦力
B．重力、支持力、弹力、回复力
C．重力、支持力、回复力
D．重力、支持力、弹力
答案：D
解析：对小球进行受力分析，小球受到重力、斜面对其的支持力和弹簧弹力，D正确．
2．(多选)关于机械振动和平衡位置，以下说法正确的是(　　)
A．平衡位置就是振动物体静止时的位置
B．机械振动的位移总是以平衡位置为起点的
C．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也越大
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远的位移
答案：AB
解析：平衡位置是物体静止时的位置，与受力有关，振动位移是以平衡位置为起点，到物体所在位置的有向线段；振动位移随时间而变化，物体偏离平衡位置最远时，振动物体的位移最大，而路程越大，位移不一定越大．所以只有A、B选项正确．
3．有一个在光滑水平面上的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则振子先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为(　　)
A．1∶1，1∶1 B．1∶1，1∶2
C．1∶4，1∶4 D．1∶2，1∶2
答案：B
解析：弹簧的压缩量是振子离开平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2，又因为周期与振幅无关，故周期之比为1∶1，B正确．
4．在光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的质量是2 kg，当它运动到平衡位置左侧2 cm时，受到的回复力大小是4 N，当它运动到平衡位置右侧4 cm时，它的加速度是(　　)
A．2 m/s2，方向水平向右
B．2 m/s2，方向水平向左
C．4 m/s2，方向水平向右
D．4 m/s2，方向水平向左
答案：D
解析：当弹簧振子运动到平衡位置左侧2 cm时，回复力的大小为F1＝kx1，x1＝2 cm，当它运动到平衡位置右侧4 cm时，回复力的大小为F2＝kx2，x2＝4 cm，解得F2＝8 N，方向水平向左，故加速度的大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向左，D正确．
5．如图所示为一弹簧振子，O为平衡位置，以水平向右为正方向，则振子在B、C之间振动时(　　)
A．B→O位移为负、速度为正
B．O→C位移为正、速度为负
C．C→O位移为负、速度为正
D．O→B位移为正、速度为负
答案：A
解析：振子速度方向即振子运动方向，则B→O位移向左为负，速度向右为正，A正确；O→C位移向右为正，速度向右为正，B错误；C→O位移向右为正，速度向左为负，C错误；O→B位移向左为负，速度向左为负，D错误．
6．(多选)关于质点做简谐运动，下列说法中正确的是(　　)
A．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反
B．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同
C．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大
D．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小
答案：AD
解析：设O为质点做简谐运动的平衡位置，质点在BC之间做简谐运动，则它由C经过O到B，又由B经过O到C一个周期内，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质点由B到O和由C到O的过程中，速度的方向与回复力的方向相同，A正确；质点的位移方向与加速度方向总是相反的，B错误；质点在振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，根据机械能守恒定律，其动能必然减小，C错误；当质点的势能减小时，如从C到O或从B到O阶段，回复力减小，势能减小，质点的加速度大小也减小，D正确．
7．下列关于机械振动的周期、频率和振幅，下列说法正确的是(　　)
A．振幅是矢量，方向是从平衡位置指向最大位移处
B．周期和频率的乘积可以变化
C．振幅增大，周期也必然增大，而频率减小
D．做简谐振动的物体其周期和频率是一定的，与振幅无关
答案：D
解析：振幅是标量，A错误；由于周期与频率互成倒数，则周期和频率的乘积为1，保持不变，B错误；做简谐振动的物体其周期和频率是一定的，与振幅无关；所以振幅增大，周期和频率保持不变，C错误，D正确．
8．(多选)如图所示为一个水平方向的弹簧振子，小球在M、N之间做简谐运动，O点是平衡位置．关于小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．小球经过O点时速度为零
B．小球经过M点与N点时的加速度相同
C．小球从M点向O点运动时，加速度减小，速度增大
D．小球从O点向N点运动时，加速度增大，速度减小
答案：CD
解析：小球经过O点时速度最大，A错误；小球经过M点与N点时的加速度大小相等，方向相反，B错误；小球从M点向O点运动时，加速度减小，速度增大，C正确；小球从O点向N点运动时，加速度增大，速度减小，D正确．
9.关于描述简谐运动的物理量，下列说法正确的是(　　)
A．振幅等于四分之一个周期内路程的大小
B．周期是指振动物体从任一位置出发又回到这个位置所用的时间
C．一个全振动过程中，振子的位移大小等于振幅的四倍
D．频率是50 Hz时，1 s内振动物体速度方向改变100次
答案：D
解析：由于平衡位置附近速度较大，因此四分之一个周期内的路程不一定等于振幅，A错误；周期指发生一次全振动所用的时间，B错误；一个全振动过程中，位移为零，C错误；一个周期内速度方向改变2次，频率为50 Hz，1 s内速度方向改变100次，D正确．
10．(多选)一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点，质点的振动周期可能是(　　)
A． s　　　B．4 s　　　C．8 s　　　D．16 s
答案：AD
解析：若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图所示，
则有3 s＋2× s＝ T，解得周期为T＝ s，若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，运动路线如图所示，
则有3 s＋2× s＝ T，解得周期为T＝16 s，A、D正确．
11．如图所示，在光滑水平面上振动的弹簧振子的平衡位置为O点，把振子拉到A点，OA＝1 cm，然后释放振子，经过0.2 s 振子第1次到达O点；如果把振子拉到A′点，OA′＝2 cm，则释放振子后，振子第1次到达O点所需的时间为(　　)
A．0.2 s B．0.4 s
C．0.1 s D．0.3 s
答案：A
解析：简谐运动的周期只跟振动系统本身的性质有关，与振幅无关，两种情况下振子第1次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的，它们相等，A正确．
12.(8分)一个振动，如果回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，回复力方向与位移方向相反，那么就能判定这个振动是简谐运动．如图所示，一质量为m，侧面积为S的正方体木块，放在水面上静止(平衡)．现用力向下将其压入水中一段深度后(未全部浸没)撤掉外力，木块在水面上下振动，请证明木块的振动为简谐运动．
答案：以木块为研究对象，设静止时木块浸入水中的深度为Δx，
则mg＝ρgSΔx，
当木块被压入水中位移x后受力如图所示，规定位移x方向为正方向，
此时F浮＝－ρgS(Δx＋x)，
木块所受合力即为回复力F回＝mg＋F浮，
整理得F回＝－ρgSx，
即F回＝－kx(k＝ρgS)，
所以木块的振动为简谐运动．(共62张PPT)
第五节　受迫振动　共振
学 习 目 标 思 维 导 图
1.了解等幅振动的概念，知道阻尼振动的概念． 2.理解受迫振动和共振的概念、特点，以及它们的区别和共同点． 3.知道受迫振动的振动频率与固有频率不同，受迫振动的振动频率取决于外界驱动力的频率． 4.了解共振现象，知道共振产生的条件，懂得如何应用和防止共振．
01.知识点一
03.随堂自主检测
04.课时素养评价14
内容
索引
02.知识点二
01.知识点一
知识点一　阻尼振动
【情境导学】
把用细线悬吊的小球拉离平衡位置，放手后小球在竖直面内来回摆动．
(1)观察小球摆动的振幅怎样变化？这种振动是阻尼振动吗？
(2)小球振动的周期变化吗？
提示：小球的振幅减小，该振动为阻尼振动．
提示：小球振动的周期不变．
【知识梳理】
1．等幅振动：振幅________的运动叫作等幅振动．
2．阻尼振动：振幅逐渐________的振动叫作阻尼振动．
状元随笔　阻尼振动的振幅减小，但周期不变．
不变
减小
【重难突破】
1．简谐运动是一种理想化的模型，物体运动过程中的一切阻力都不考虑．
2．阻尼振动考虑阻力的影响，是更实际的一种运动．
3．二者对比列表如下．
例1 (多选)如图所示是单摆做阻尼振动的振动图线．下列说法正确的是(　　)
A．摆球在A时刻的动能等于B时刻的动能
B．摆球在A时刻的势能等于B时刻的势能
C．摆球在A时刻的机械能等于B时刻的机械能
D．摆球在A时刻的机械能大于B时刻的机械能
答案：BD
解析：在单摆振动过程中，因不断克服空气阻力做功使机械能逐渐转化为内能，C错误，D正确；虽然单摆总的机械能在逐渐减小，但在振动过程中动能和势能仍在不断地相互转化，由于A、B两时刻，单摆的位移相等，所以势能相等，但动能不相等，A错误，B正确．
总结提能
阻尼振动的三个特点
(1)振幅逐渐减小，最后停止振动．
(2)系统的机械能逐渐减少，最后耗尽．
(3)周期、频率不随振幅的变化而变化．
【变式训练1】　(多选)下列说法正确的是(　　)
A．阻尼振动是减幅振动
B．实际的振动系统不可避免地要受到阻尼作用
C．阻尼过大时，系统将不能发生振动
D．发生阻尼振动，振动系统的机械能不发生变化
答案：ABC
解析：阻尼振动即振动过程中受到阻力作用的振动，因为实际的运动在空气中要受到空气的阻力作用，因此不可避免地要受到阻尼作用，B正确；由于振幅是振动系统能量大小的标志，阻尼振动过程中，由于要克服阻力做功，消耗系统的机械能，因此系统机械能减小，所以振幅要减小，A正确；当阻尼过大时，由于合外力可能为零，将不能提供回复力，则振动系统将不能发生振动，C正确；发生阻尼振动时，振动系统的机械能逐渐减小，D错误．
02.知识点二
知识点二　受迫振动和共振
【情境导学】
洗衣机在衣服脱水完毕关闭电源后，脱水桶还要转动一会才能停下来．在关闭电源后，发现洗衣机先振动得比较弱，有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减弱直至停下来．
(1)开始时，洗衣机为什么振动比较弱？
(2)期间剧烈振动的原因是什么？
提示：开始时，脱水桶转动的频率远高于洗衣机的固有频率，振幅较小，振动比较弱．
提示：当洗衣机脱水桶转动的频率等于洗衣机的固有频率时发生共振，振动剧烈．
【知识梳理】
1．受迫振动
(1)驱动力：如果用周期性的外力作用于振动系统，补偿系统的能量损耗，使系统持续________地振动下去，这种周期性的外力叫作驱动力．
(2)受迫振动：振动系统在驱动力作用下的振动．
(3)受迫振动的频率：做受迫振动的物体振动稳定后，其振动频率等于________的频率，与物体的固有频率无关．
等幅
驱动力
(4)共振：驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫作共振．
(5)共振曲线：如图表示受迫振动的振幅A与驱动力频率f的关系，其中f0为振动系统的固有频率．
可以看出：当驱动力的频率f等于振动物体的固有频率f0时，振幅最大；驱动力的频率f跟固有频率f0相差越大，振幅越小．
状元随笔　(1)受迫振动的频率等于驱动力的频率，不一定等于固有频率．
(2)驱动力的频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大；当驱动力的频率等于固有频率时，受迫振动的振幅最大，即达到共振．
2．共振的应用与防止
(1)共振的应用
在需要用共振时，应使驱动力频率接近或等于振动系统的________，例如，测量机器转速的转速计及筛分各种粒度物料的共振筛．
(2)共振的防止
在需要防止共振时，应使驱动力频率远离振动系统的________．如部队过桥时用便步；火车过桥时减速；轮船航行时改变船的航向与速度；机器运转时调节机器的转速等．
固有频率
固有频率
【重难突破】
1．受迫振动和共振的比较
振动类型 受迫振动 共振
受力情况 周期性驱动力 周期性驱动力
振动周期或频率 由驱动力的周期或频率决定， T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T固或f驱＝f固
振动能量 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 机械运转时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
2.对共振曲线(如图所示)的理解
(1)两坐标轴的意义
纵轴：受迫振动的振幅．
横轴：驱动力的频率．
(2)f0的意义：表示固有频率．
(3)认识曲线形状：f＝f0，共振；f＞f0或f＜f0，振幅较小．f与f0相差越大，振幅越小．
(4)结论：驱动力的频率f越接近振动系统的固有频率f0，受迫振动的振幅越大，反之振幅越小．
例2 如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则(　　)
A．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
B．当转速减小时，弹簧振子的振幅减小
C．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
D．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 Hz
答案：D
解析：由题意可知振子的固有频率为f0＝2 Hz，以240 r/min的转速转动摇把时驱动力的频率为f＝＝4 Hz>f0，根据共振曲线特点可知，当转速增大时，驱动力频率增大，弹簧振子的振幅减小；当转速减小时，驱动力频率减小，弹簧振子的振幅增大，A、B错误；当振子稳定振动时，其振动频率等于驱动力的频率，即4 Hz，周期为T＝＝0.25 s，C错误，D正确．
【变式训练2】　(多选)一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，g取9.8 m/s2，则(　　)
A．此单摆的固有周期为2 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
答案：AB
解析：由共振条件知单摆固有频率为f＝0.5 Hz，则其固有周期为T＝＝2 s，A正确；由单摆周期公式T＝2π，可求得单摆的摆长为l＝≈1 m，B正确；摆长增大，单摆的周期变大，其固有频率变小，共振曲线的峰将向左移动，C、D错误．
03.随堂自主检测
1．做阻尼运动的弹簧振子，它的(　　)
A．周期越来越小 B．位移越来越小
C．振幅越来越小 D．机械能保持不变
答案：C
解析：弹簧振子的周期和频率是由它本身的性质决定的，即使做阻尼振动，周期和频率也不变，A错误；由题意可知，弹簧振子做阻尼运动，即振子振动的幅度逐渐减小，但不能说弹簧振子的位移越来越小，B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，由于阻力做负功，所以机械能越来越小，D错误．
2．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关
B．某物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关
C．某物体发生共振时的频率就是其自由振动的频率
D．某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动
答案：ABC
解析：物体做自由振动时的频率与振幅无关，而做受迫振动时的频率等于驱动力的频率，发生共振时驱动力的频率等于物体的固有频率．综上所述，A、B、C正确．
3．(多选)如图表示一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系．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，振子的振动频率为f3
C．假如让振子自由振动，它的频率为f2
D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3
答案：ABC
解析：由题图可知当驱动力的频率为f2时，振子的振幅最大，即振子发生共振现象，A正确；由共振条件知振子的固有频率为f2，C正确，D错误；振子做受迫振动时，振动频率由驱动力的频率决定，B正确．
4．(多选)如图所示，在一根张紧的水平绳上悬挂五个摆，其中A、E的摆长为l，B的摆长为0.5l，C的摆长为1.5l，D的摆长为2l.先使A振动起来，其他各摆随后也振动起来，则摆球振动稳定后(　　)
A．D的振幅一定最大
B．E的振幅一定最大
C．B的周期一定最短
D．五个摆的周期相同
答案：BD
解析：A振动起来后，使得B、C、D、E做受迫振动，振动的频率都等于A振动的频率，即各摆振动的周期都相等，C错误，D正确；由于D与A的摆长相差最大，E与A的摆长相等，所以D的振幅最小，E发生共振，振幅最大，A错误，B正确．
04.课时素养评价14
1．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．实际的自由振动必然是阻尼振动
B．在外力作用下的振动是受迫振动
C．阻尼振动的振幅越来越小
D．受迫振动稳定后的频率与自身物理条件无关
答案：ACD
解析：实际的自由振动，必须不断克服外界阻力做功而消耗能量，振幅会逐渐减小，必然是阻尼振动，A、C正确；只有在周期性外力(驱动力)的作用下，物体所做的振动才是受迫振动，B错误；受迫振动稳定后的频率等于驱动力的频率，与自身物理条件无关，D正确．
2．物体做受迫振动，驱动力的频率开始时大于物体的固有频率，则在驱动力的频率逐渐减小到零的过程中，物体的振幅将(　　)
A．增大 B．减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
答案：C
解析：驱动力的频率与物体的固有频率相等时，物体的振幅最大，驱动力的频率与物体的固有频率相差越大，振幅越小，故在驱动力的频率逐渐减小的过程中，物体的振幅将先增大后减小，C正确．
3．(多选)一单摆做阻尼振动，则在振动过程中(　　)
A．振幅越来越小，周期也越来越小
B．振幅越来越小，周期不变
C．在振动过程中，通过某一位置时，机械能始终不变
D．在振动过程中，机械能不守恒，周期不变
答案：BD
解析：因单摆做阻尼振动，所以振幅越来越小，机械能越来越小，但振动周期不变，B、D正确．
4.如图所示，把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8 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz.当支架在受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用下做受迫振动时，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8 Hz
B．甲的振幅较大，且振动频率为9 Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9 Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz
答案：B
解析：振子做受迫振动时，振动频率等于驱动力的频率，由于甲振子的固有频率与驱动力的频率相差较小，所以甲的振幅较大，选项B正确，A、C、D错误．
5．(多选)一单摆在空气中振动，振幅逐渐减小，下列说法正确的是(　　)
A．振动的机械能逐渐转化为其他形式的能
B．后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能
C．后一时刻的势能一定小于前一时刻的势能
D．后一时刻的机械能一定小于前一时刻的机械能
答案：AD
解析：单摆振动过程中，会不断克服空气阻力做功使机械能逐渐减小，A、D正确；虽然单摆总的机械能在逐渐减少，但在振动过程中动能和势能仍不断地相互转化，动能转化为势能时，动能逐渐减少，势能逐渐增加，而势能转化为动能时，势能逐渐减少，动能逐渐增加，所以不能断言后一时刻的动能(或势能)一定小于前一时刻的动能(或势能)，B、C错误．
6.(多选)把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上安一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，如图所示．筛子做自由振动时，完成10次全振动用时15 s，在某电压下，电动偏心轮转速是36 r/min.已知增大电压可使偏心轮转速提高；增加筛子质量，可以增大筛子的固有周期．那么要使筛子的振幅增大，
下列做法正确的是(　　)
A．提高输入电压 B．降低输入电压
C．增加筛子质量 D．减小筛子质量
答案：AC
解析：在题给条件下可知，筛子振动的固有周期T固＝ s＝1.5 s，电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T驱＝ s≈1.67 s．要使筛子振幅增大，就得使这两个周期值靠近，可采用两种做法：第一，提高输入电压使偏心轮转得快一些，减小驱动力的周期；第二，增加筛子的质量，使筛子的固有周期增大一些，A、C正确．
7.如图所示是用来测量各种发动机转速的转速计的原理图，在同一铁支架MN上焊有四个固有频率依次为80 Hz、60 Hz、40 Hz、20 Hz的钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，如发现b钢片的振幅最大，则电动机的转速最接近(　　)
A．4 800 r/min B．3 600 r/min
C．2 400 r/min D．1 200 r/min
答案：B
解析：当电动机转动的频率等于钢片的固有频率时，将发生共振，振幅最大，由题知b的振幅最大，则电动机转动的频率最接近b钢片的固有频率，即60 Hz，所以电动机的转速最接近60 r/s＝3 600 r/min，B正确．
8．(多选)某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中的曲线Ⅰ所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中的曲线Ⅱ所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(　　)
A.a点
B．b点
C．c点
D．一定不是c点
解析：振子的固有周期与驱动力周期的关系是T驱＝T固，所以受迫振动的状态一定不是图乙中的c点，可能是a点，A、D正确．
答案：AD
9．(多选)正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不剧烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了剧烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱．在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从零较缓慢地增大到ω0，在这一过程中(　　)
A．机器不一定发生剧烈的振动
B．机器一定发生剧烈的振动
C．若机器发生剧烈振动，剧烈振动发生在飞轮的角速度为ω0时
D．若机器发生剧烈振动，剧烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0
答案：BD
解析：当机器发生剧烈的振动时，飞轮转动的频率一定与机器的固有频率相等，又因此情况发生在飞轮从角频率ω0开始减速以后，所以机器的固有频率一定比ω0对应的频率小．因此，当飞轮的角频率由零较缓慢地增大到ω0的过程中，一定经过飞轮转动频率与机器固有频率相等的过程，发生剧烈振动，B、D正确．
10.据新闻报道，某地在100 m的路面上设置了41条减速带，非但没有带来安全，反而给群众的正常出行造成了极大的影响．假设减速带均匀设置，某汽车的固有频率为1.5 Hz.当该汽车匀速通过减速带时(　　)
A.当车速为3.75 m/s时，汽车最颠簸
B．汽车的行驶速度越快，颠簸越厉害
C．当车速为10 m/s时，汽车的固有频率变为4 Hz
D．当车速为10 m/s时，汽车的振动频率为1.5 Hz
答案：A
解析：相邻两个减速带之间的距离为d＝2.5 m，最颠簸时，汽车产生共振，则速度v＝＝df＝3.75 m/s，并不是汽车的行驶速度越快，颠簸越厉害，A正确，B错误；汽车的固有频率由汽车本身的结构决定，与车速无关，C错误；当车速为10 m/s时，此时驱动力的频率为f′＝＝ Hz＝4 Hz，即此时汽车的振动频率为4 Hz，D错误．
11．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一定相同
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
答案：D
解析：当振动器的频率等于树木的固有频率时树木将产生共振，此时树干的振幅最大，落果效果最好，而不同的树木的固有频率不一定相同，所以针对不同树木，落果效果最好的振动频率不一定不同，A错误；当振动频率大于树木的固有频率时，随着振动器频率的增加，树干振动的幅度将减小，B错误；打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率为树干的固有频率，此时粗细不同的树干振动频率不同，C错误；受迫振动的频率等于周期性外力的频率，树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确．
12.飞力士棒是一种物理康复器材，其整体结构是一根弹性杆两端带有负重(图甲)，某型号的飞力士棒固有频率为4.5 Hz，某人用手振动该飞力士棒进行康复训练(图乙)，则下列说法正确的是(　　)
A．使用者用力越大，飞力士棒的振幅越大
B．手振动的频率越大，飞力士棒的振幅越大
C．手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大
D．当手每分钟振动270次时，飞力士棒振动最弱
答案：C
解析：人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫振动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大，C正确；驱动力的频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，当手每分钟振动270次时，驱动力的频率f＝ Hz＝4.5 Hz＝f0，此时飞力士棒振动最强，A、B、D错误．
13．(12分)如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中．当圆盘静止时，让小球在水中振动，球将做阻尼振动．现使圆盘以不同的频率振动，测得共振曲线如图乙所示．(g＝9.86 m/s2，π＝3)
(1)当圆盘以0.4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的频率是多少？
答案：2.5 Hz
解析：小球做受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以小球振动达到稳定时的周期为0.4 s，它振动的频率是f＝＝ Hz＝2.5 Hz.
(2)若一个单摆的摆动周期与球做阻尼振动的周期相同，该单摆的摆长约为多少？(结果保留两位有效数字)
答案：3.0 m
解析：由图乙可知，单摆的固有频率为0.3 Hz，周期为T＝＝ s，
由单摆的周期公式T＝2π可得，
l＝＝＝3.0 m.(共66张PPT)
第三节　单摆
学 习 目 标 思 维 导 图
1.知道什么是单摆． 2.理解单摆振动回复力的来源及做简谐运动的条件． 3.知道单摆周期的决定因素，掌握单摆的周期公式．
01.知识点一
03.随堂自主检测
04.课时素养评价12
内容
索引
02.知识点二
01.知识点一
知识点一　单摆及单摆的回复力
【情境导学】
摆钟的钟摆在摆动时是做简谐运动，做简谐运动的物体一定受到回复力的作用，是什么力作为钟摆的回复力呢？摆钟的钟摆摆到最低点时，回复力为零，合外力为零吗？
提示：重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，合外力不为零．
【知识梳理】
1．单摆
(1)概念：如果悬挂物体的绳子的________和________可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置可以看作单摆．
(2)若单摆的摆角________，单摆摆球的摆动可近似看成简谐运动．
伸缩
质量
小于5°
2．单摆的回复力
重力mg沿圆弧切线方向的分力F为单摆摆球的回复力，得F＝________， 在偏角很小(小于5°)时，有sin θ≈________，则单摆所受的回复力F≈________，可见单摆的摆动在摆角很小时是________.
状元随笔　 不可误认为回复力是
重力G与摆线拉力T的合力．
mg sin θ
－mg
简谐运动
【重难突破】
1．实际的摆可以看成单摆的条件
(1)形变要求：当摆线的形变量比摆线的长度小得多时，摆线的伸缩可以忽略．可把摆线看成不可伸长的线．
(2)质量要求：摆线质量与摆球质量相比小得多，这时可以认为摆线是没有质量的．
(3)长度要求：摆球的直径与摆线的长度相比可以忽略时，可把摆球看成质点．
(4)受力要求：忽略摆动过程中摆球所受空气阻力的作用．
2．单摆的受力特点
(1)摆球受力：如图所示，摆球受细线拉力和重力作用．
(2)向心力来源：细线对摆球的拉力和摆球
重力沿径向的分力的合力．
(3)回复力来源：摆球重力沿圆弧切线方向
的分力F＝mg sin θ为单摆摆球的回复力．
例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点之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　)
A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零
C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
答案：D
解析：摆球在摆动过程中，在最高点A、C点处速度为零，回复力最大，合力不为零，A、B错误；在最低点B点处，速度最大，回复力为零，细线的拉力也最大，C错误，D正确．
【变式训练1】　(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是(　　)
A．摆线质量不计
B．摆线不伸缩
C．摆球的直径比摆线长度小得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案：ABC
解析：单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C正确．把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小的情况下才能视单摆的运动为简谐运动，D错误．
02.知识点二
知识点二　单摆的周期公式
【情境导学】
(1)发现摆钟走时不准时，为什么要调整摆锤下面的螺母？
(2)将走时准确的摆钟，由赤道拿到两极，走时还准吗？
提示：调整摆锤下面的螺母，可以改变摆的摆长，从而改变摆的周期，以调整摆钟的走时快慢．
提示：不准了．
【知识梳理】
1．探究影响单摆周期的因素
如图所示，在铁架台的横梁上固定两个单摆，按照以下几种情况，把它们拉起一定角度后同时释放，观察两摆的振动周期.
(1)两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同(都在小偏角下).
(2)两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同.
(3)两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同.
比较三种情况下两摆的周期，可以得出：在摆角很小的情况下，单摆的周期与摆球质量和摆角________(选填“有关”或“无关”)，与单摆摆长有关．即T∝________．
无关
2．周期公式：1659年，荷兰物理学家惠更斯在研究单摆的振动时，发现摆球做简谐运动的周期T跟摆长L的二次方根成________，跟重力
加速度g的二次方根成________，用公式表示为T＝________.
①单摆的简谐运动周期与装置的固有因素________，与外界条件________；(均选填“有关”或“无关”)
②单摆的简谐运动周期也叫作单摆的________；
③弹簧振子的简谐运动周期和频率也是固有的，与弹簧的劲度系数和小球的质量________(选填“有关”或“无关”)．
正比
反比
2π
有关
无关
固有周期
有关
【重难突破】
对单摆的周期公式的理解
由公式T＝2π知，某单摆做简谐运动(摆角小于5°)的周期只与其摆长L和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期．
(1)摆长L
①实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度：即L＝L0＋，L0为摆线长，d为摆球直径．
②等效摆长：图(a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为L·sin α，这就是等效摆长．其周期T＝2π.图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效．
(2)重力加速度g
若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定．另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值．不同地点g的取值不同．
例2 做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的(　　)
A．周期不变，振幅不变
B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变
D．周期改变，振幅变大
答案：B
解析：由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的，由于振动过程中机械能守恒，则有mgh＝mv2，则有2gh＝v2，据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅变小，B正确．
【变式训练2】　图甲为生活中常见的一种摆钟，图乙为摆钟内摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动．在龙岩走时准确的摆钟移到北京，要使摆钟仍然走时准确，则(　　)
A．因摆钟周期变大，应将螺母适当向上移动
B．因摆钟周期变大，应将螺母适当向下移动
C．因摆钟周期变小，应将螺母适当向上移动
D．因摆钟周期变小，应将螺母适当向下移动
答案：D
解析：由龙岩到北京，重力加速度变大，因T＝2π，可知周期变小，则要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动，D正确 .
03.随堂自主检测
1．(多选)关于单摆，下列说法中正确的是(　　)
A．单摆摆球的回复力指向平衡位置
B．摆球经过平衡位置时加速度为零
C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零
D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
答案：AC
解析：根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，A正确；摆球经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，D错误．
2．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的(　　)
答案：B
解析：不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动速度最慢，细沙漏到地面上的最多，B正确，A、C、D错误．
3．(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A．单摆的回复力是重力的分力
B.单摆的摆角小于5°，可看作简谐运动
C．单摆的振幅不论多大，其周期均为T＝2π
D．单摆的振动是变加速运动
答案：ABD
解析：单摆的回复力是重力的切向分力，A正确；单摆做简谐运动的条件是摆角很小，不超过5°，B正确；单摆做简谐运动周期T＝2π，要求摆角很小，不超过5°，C错误；单摆振动过程中加速度不断变化，是变加速运动，D正确．
4．一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，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
答案：B
解析：根据单摆的周期公式T＝2π，知走时变快了，则周期变小了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g甲＜g乙，为了增大周期，可以增大摆长，B正确．
04.课时素养评价12
1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是(　　)
答案：A
解析：这些装置都是实际的摆．我们在研究单摆的摆动过程时，通常忽略空气等对单摆的阻力，因此实验中我们总是尽量选择质量大体积小的球和尽量细、不可伸长的线组成单摆．单摆是实际摆的理想化模型．所以只有A中所示装置可视为单摆，A正确．
2．对单摆在竖直面内做简谐运动，下列说法中正确的是(　　)
A．摆球所受向心力处处相同
B．摆球的回复力是它所受的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
答案：C
解析：单摆在竖直面内做简谐运动，拉力和重力沿径向分力的合力提供向心力，向心力方向时刻改变，所以向心力不是处处相同；重力沿轨迹切线方向的分量提供回复力，所以在经过最低点时只有向心力，没有回复力，C正确，A、B、D错误．
3．利用盛砂的漏斗演示简谐运动，如果考虑漏斗里砂子逐渐减少，则砂摆的频率将(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
答案：D
解析：砂子逐渐减少，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先变长后变短，根据单摆周期公式T＝2π知周期先增大后减小，频率先减小后增大，D正确．
4．(多选)单摆是实际摆的理想化模型，关于单摆的周期下列说法正确的是(　　)
A．摆球的质量越大，周期就越大
B．摆长越长，周期越大
C．将单摆由上海运到北京周期会发生变化
D．周期为2 s的摆叫作秒摆
答案：BCD
解析：根据单摆的周期T＝2π可知，单摆的周期与摆球质量无关，摆长越长，周期越大，A错误，B正确；由于上海与北京的重力加速度不同，根据单摆的周期T＝2π可知，将单摆由上海运到北京周期会发生变化，C正确；周期为2 s的单摆叫作秒摆，D正确．
5.如图所示，在铁架横梁上依次挂上A、B两个摆，摆长LA>LB，先让A摆垂直水平横梁的方向摆动起来，B摆随后也跟着摆动起来，A、B两个摆的周期依次为TA、TB，频率分别为fA、fB，摆动稳定后可以发现(　　)
A．TA>TB B．TA＝TB
C．fA>fB D．fA答案：A
解析：由T＝2π知，L越大，T越小，由于LA>LB，则TA>TB，A正确，B错误；频率与振动源频率相等，则fA＝fB，C、D错误．
6.如图所示是一个单摆(θ＜5°)，其周期为T，则下列说法正确的是(　　)
A．仅把摆球的质量增加一倍，其周期变小
B．摆球的振幅变小时，周期也变小
C．此摆由O→B运动的时间为
D．摆球在B→O过程中，动能向势能转化
答案：C
解析：根据T＝2π，单摆的周期与摆球的质量无关，与振幅无关，A、B错误；摆球由平衡位置O运动到左端最大位移处需要的时间是四分之一周期，摆由O→B运动的时间为，C正确；摆球由最大位置B向平衡位置O运动的过程中，重力做正功，摆球的重力势能转化为动能，即摆球在B→O过程中，势能转化为动能，D错误．
7．如图甲，一个小球在A、B间做简谐运动，O点为最低点．以O点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示．重力加速度g大小取9.8 m/s2，π2≈9.8，不计空气阻力，
下列说法正确的是(　　)
A．小球的振动方程为x＝5sin (2πt)cm
B．0～0.5 s时间内，小球的动能逐渐增大
C．动能和重力势能相互转化的周期为1 s
D．此单摆的摆长约为2 m
答案：C
解析：由图乙可知，小球的振动周期为T＝2 s，振幅A＝5 cm，ω＝＝π rad/s，小球的振动方程是x＝A sin ωt＝5sin (πt) cm，A错误；0～0.5 s时间内，小球远离平衡位置，动能转化为势能，小球的动能逐渐减小，B错误；单摆周期为2 s，一个周期内动能和重力势能相互转化两次，故动能和重力势能相互转化的周期为1 s，C正确；根据周期公式有T＝2π ，解得L＝1 m，D错误．
8．一单摆做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．该单摆做简谐运动的振幅为4 cm
B．在t＝2 s时，摆球的速度为零
C．在t＝0.5 s和t＝3.5 s时，摆球偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反
D．取重力加速度大小g＝10 m/s2，π2＝10，则该单摆的摆长为2 m
答案：C
解析：振幅为离开平衡位置的最大距离，由图可知，该单摆做简谐运动的振幅为2 cm，A错误；由图可知，在t＝2 s时，摆球位于平衡位置，则摆球的速度最大，B错误；由图可知，在t＝0.5 s时摆球位于正向最大位移处，t＝3.5 s时摆球位于负向最大位移处，则在这两个时刻摆球偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反，C正确；由图可知，单摆周期为2 s，由单摆周期公式T＝2π，得l＝＝ m＝1 m，D错误．
9.惠更斯利用摆的等时性发明了摆钟，钟摆的周期可以通过调节等效摆长(整个钟摆的重心到悬挂点的距离)控制，控制的方法是旋转钟摆下端的旋转螺母以调节圆盘高度．下列关于摆钟的说法正确的是(　　)
A．将摆钟从广州运到北京，应将圆盘向上移
B．摆钟慢了，应将圆盘向上移
C．若夏天摆钟准确，则到冬天要将圆盘向上移
D．若钟摆周期为1 s，则等效摆长约为0.5 m
答案：B
解析：根据单摆周期公式T＝2π可知，把摆钟从广州移到北京，则重力加速度增大，应增大摆长，即使圆盘沿摆杆下移，才能准确，A错误；根据单摆周期公式T＝2π可知，摆钟慢了，即周期变长，所以应使圆盘沿摆杆上移，减小周期，才能准确，B正确；
根据单摆周期公式T＝2π可知，由夏季变为冬季时，温度降低，则由热胀冷缩可知，应使圆盘沿摆杆下移，才准确，C错误；根据单摆周期公式T＝2π可知，若钟摆周期为1 s，则等效摆长约为0.25 m，D错误．
10.如图所示，曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10 cm.现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2，那么(　　)
A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2
C．v1＝v2，t1＝t2 D．上述三种都有可能
答案：B
解析：因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度的单摆振动，即做简谐运动，其等效摆长为2 m，单摆周期与振幅无关，因此t1＝t2，又由于小球运动过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，解得v＝，知v1>v2，B正确 .
11.(多选)如图所示，两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，
则(　　)
A．如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mA＜mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧
C．无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
答案：CD
解析：单摆做简谐运动的周期T＝2π与摆球的质量无关，因此两单摆周期相同．碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧，C、D正确．
12．(16分)将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的AC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置．∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息(g取10 m/s2 )，求：
(1)单摆的周期．
答案：1.3 s
解析：摆球受力分析如图所示．
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律有，T＝0.4π s≈1.3 s.
(2)单摆的摆长．
答案：0.4 m
解析：由单摆的周期公式为T＝2π，解得L＝＝＝0.4 m.
(3)摆球的质量．
答案：0.05 kg
解析：在最高点A，有Fmin＝mg cos α＝0.495 N，
在最低点B，有Fmax＝mg＋m＝0.510 N，
从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL(1－cos α)＝mv2，
联立并代入数据解得m＝0.05 kg.(共64张PPT)
第四节　用单摆测量重力加速度
学 习 目 标 思 维 导 图
1.会设计用单摆测重力加速度的实验方案． 2.学会正确使用实验器材获取数据，对数据进行分析后得出结论． 3.会分析误差，用物理语言准确描述实验结论．
01.知识点一
03.随堂自主检测
04.课时素养评价13
内容
索引
02.知识点二
01.知识点一
知识点一　实验原理和操作
【知识梳理】
1．实验思路
当摆角较小时，单摆做简谐运动．由单摆的周期公式T＝2π，可得g＝.只要测出单摆的摆长L和周期T，就能算出当地的重力加速度g.
2．实验装置
(1)器材：细丝线、球心开有小孔的金属小球、铁架台、秒表、游标卡尺、刻度尺．
(2)装置：如图所示．
状元随笔　细丝线选用形变量较小的尼龙线，
小球选用钢球．
3．实验步骤
(1)将细线穿过金属小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一点的结，制成一个单摆．将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在桌边，使铁夹伸出桌面，然后把单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂．
(2)用1 m长的刻度尺量出悬线长度L0，用游标卡尺量出摆球的直径d，摆长L＝L0＋.
(3)把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(5°左右)后释放．从摆球某次通过平衡位置时启动秒表开始计时，数出摆球完成全振动次数n.用秒表记下使用的时间t，则单摆振动的周期T＝.
(4)改变摆长，重做几次实验．
状元随笔　计时起始的时刻选在摆球通过平衡位置时，测量误差较小．
【重难突破】
例1 根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
(1)用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图所示，读数为________mm.
18.6
解析：该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________.
a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝
abe
解析：根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断正确的为abe.
【变式训练1】　某同学利用单摆测定重力加速度．
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________．
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻质且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
BC
解析：在利用单摆测定重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、直径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C.
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离Δl.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________．
解析：设第一次摆长为l，第二次摆长为l－Δl，则T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝.
02.知识点二
知识点二　数据处理和误差分析
【知识梳理】
1．数据处理
(1)平均值法：每改变一次摆长，将相应的L和T代入公式g＝中求出g值，最后求出g的平均值．
设计如下所示实验表格
实验次数 L0 d n t g
1
2 3 (2)图像法：由T＝2π得T2＝L.作出T2-L图像，即以T2为纵轴，以L为横轴，其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g.
(3)作T2-L图像的优点：用图像法处理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响．由于T-L的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用T2-L的图像，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．
2．误差分析
(1)本实验系统误差主要来源于单摆模型本身，即：悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等．只要注意了上面这些方面，就可以使系统误差减小到远小于偶然误差，达到忽略不计的程度．
(2)本实验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，并采用倒数计时计数的方法，即4、3、2、1、0、1、2……在数至“0”时按下秒表开始计时，不能多记或漏记全振动次数．为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值．
(3)时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在“秒”的十分位即可，秒表读数不需要估读．
3．注意事项
(1)摆线应选择细、轻且不易伸长的线(长度为1 m左右)；小球应选用密度较大、直径较小(最好不超过2 cm)的金属球．
(2)单摆悬线的上端应当固定牢固，不可随意卷在铁架台的横杆上，以免摆动时摆长改变；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．
(3)测量时应以摆球通过最低位置时开始计时、计数，以后摆球每完成一次全振动计数一次．
【重难突破】
例2 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，两位同学测出了单摆不同摆长(l)对应的周期(T)，在进行实验数据处理时：
(1)甲同学以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2-l图像，若他测得的图像的斜率为k，则测得的重力加速度g＝________．
若测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．
准确
解析：根据测量数据，作出T2-l图像，其斜率为k＝，而g＝，故有g＝.图像函数式为T2＝l，如果忘记测摆球半径，则函数式写为T2＝·(l＋)，显然图像的斜率不变，所以加速度的测量值不变．
(2)乙同学根据公式T＝2π得g＝计算重力加速度，若测摆长时，他也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．
偏小
解析：根据公式T＝2π得g＝，如果忘记测摆球半径，将摆线的长误认为摆长，即摆长l的测量值偏小，显然重力加速度测量值偏小．
(3)若他们测量5种不同摆长下单摆的振动周期，记录结果如表所示．
请你以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标，在虚线框中作出T2-l图像，利用此图像求出的重力加速度为________m/s2.
l/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2
T/s 1.42 1.79 1.90 2.00 2.20
T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84
9.86
解析：建立如图所示坐标系，并标出适当的刻度，依据数学描点法画出T2-l图像如图所示，则图像的斜率k＝4.0 s2/m，则重力加速度为g＝≈9.86 m/s2.
【变式训练2】　某同学在实验室利用单摆测量当地的重力加速度．
(1)在摆球自然悬垂的状态下，用毫米刻度尺量取从悬点到摆球最顶端的长度L；用游标卡尺测量摆球的直径，如图甲，则d＝________mm.
18.8
解析：摆球的直径d＝18 mm＋7×0.1 mm＝18.7 mm.
(2)如图乙，该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2-L图线，由图线可精确求出重力加速度g＝________m/s2(已知π2≈9.87，结果保留三位有效数字)．
9.77
解析：根据T＝2π解得T2＝L根据图像的斜率k＝＝4.04＝，解得重力加速度g＝9.77 m/s2.
(3)另一同学由单摆周期公式直接求得的g值偏小，则可能是________．
A.测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径
B.把N次全振动误计为(N＋1)次全振动
C.摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长
AC
解析：根据T＝2π解得g＝.测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，使摆长小于实际摆长，则g值偏小；根据T＝把N次全振动误计为(N＋1)次全振动，则测得的周期变小，则g值偏大；摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长，而计算时仍用松动前的摆长测量值，使摆长比实际摆长要小，则g值偏小，A、C正确．
03.随堂自主检测
1．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，摆线应选用(　　)
A．长约10 cm的细线
B．长约1 m的细线
C．长约1 m的粗绳
D．80 cm长的橡皮绳
答案：B
解析：做单摆的细线的要求是细且长，轻且无伸缩性，故B正确．
2．(多选)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，为减小误差(　　)
A．应选质量小的球做摆球
B．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时
C．用停表测出30～50次全振动的时间，计算出平均周期
D．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量
答案：BC
解析：摆球应选择质量大、体积小的小球，A错误；开始计时的起点应从平衡位置开始，此位置速度大，测量误差小，B正确；计算周期时，应用多个周期的累加总时间，除以全振动次数得到平均周期，利于减小误差，C正确；测摆长时应使摆线自然下垂，不能拉紧，拉紧摆线后测得摆长变长，误差大，D错误．
3．(1)在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________．若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________m.若测定了40次全振动的时间为75.2 s，计算可得单摆周期是________s.
0.875 0
1.88
解析：由T＝2π可知g＝.由题图甲可知，摆长l＝(88.50－1.00)cm＝87.50 cm＝0.875 0 m，单摆周期T＝＝1.88 s.
(2)为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值．现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上(如图乙所示)，即图中用“·”表示的点．
①单摆做简谐运动应满足的条件是___________________________.
摆线偏离平衡位置的夹角小于5°
解析：单摆做简谐运动应满足的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°.
②根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．

9.9
解析：T2和l的关系图线如图所示，直线斜率k＝≈4.0 s2/m，由g＝＝，可得g≈9.9 m/s2.
04.课时素养评价13
1．(4分)关于“用单摆测量重力加速度”的实验，下列说法正确的是(　　)
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
答案：C
解析：单摆做简谐运动的条件是摆线偏离平衡位置的摆角小于5°，并从平衡位置开始计时，A错误；若摆球第一次过平衡位置时记为“0”，则周期T＝，若摆球第一次过平衡位置时记为“1”，则周期T＝，B错误；由T＝2π得g＝，其中l为摆长，即悬线长加摆球半径，若代入悬线长加摆球直径，由公式知g偏大，C正确；选择密度较大体积较小的摆球，才能够将摆球看成质点，减小空气阻力引起的误差，D错误．
2．(10分)在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动，如图甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻．光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为______．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)．
2t0
变大
解析：单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R-t图线可知周期为2t0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T＝2π 知，摆长变大，周期变大．
3．(16分)在用单摆测量重力加速度大小的实验中．
(1)为了比较准确地测量出当地重力加速度的数值，在下列所给的器材中，应选用________．
A．长约1 m的细线 B．长约20 m的细线
C．直径为1 cm的铁球 D．直径为1 cm的木球
E．秒表 F．时钟
G．最小分度值为1 dm的直尺 H．最小分度值为1 mm的直尺
ACEH
解析：为了减小误差，比较准确地测量出当地重力加速度的数值，应选用长约1 m的细线和直径为1 cm的铁球组成单摆，A、C正确，B、D错误；为了提高测量精度，应选用秒表和最小分度值为1 mm的直尺，E、H正确，F、G错误．
(2)进行实验时，同学们在悬挂小球时，采用了两种不同的方式，分别如图甲中的1、2所示，应该选用________(填“1”或“2”)．
2
解析：为避免摆线晃动导致摆长发生变化，应采用图甲中的第2种方案．
(3)某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2-L的图像如图乙所示，再利用图线上的两点A、B的坐标(x1，y1)，(x2，y2)，可求得重力加速度大小g＝________．若该同学计算摆长时直接用摆线长度加上小球的直径，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
4π2
等于
解析：单摆的周期公式为T＝2π，整理可得T2＝L，故图像的斜率为k＝＝，
解得重力加速度大小为g＝4π2；若该同学计算摆长时直接用摆线长度加上小球的直径，而其他测量、计算均无误，也不考虑实验误差，T2-L关系变为T2＝(L＋r)，其中L为准确摆长(即摆线长加上小球半径)，可知图像斜率不变，用上述方法算得的g值等于真实值．
4．(16分)如图甲为用单摆测重力加速度的实验装置，在实验中用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．
(1)下列说法正确的有________．
A．测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态
B．摆长等于摆线的长度加上摆球的直径
C．测单摆的周期时，应从摆球经过最高点速度为0时开始计时
D．如果有两个大小相等且都带孔的铜球和木球，应选用木球作摆球
A
解析：测摆长时摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，A正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，B错误；计时应从摆球经过平衡位置(或最低点)时开始计时，测多次全振动所用时间后求出周期的平均值，C错误；摆球应选择质量大一些、体积小一些的小球，如果有两个大小相等且都带孔的铜球和木球，应选用铜球作摆球，D错误．
(2)O为悬挂点，从图乙可知单摆的摆长为_______________________ m.
(3)若用l表示单摆的摆长，T表示单摆振动周期，可求出当地重力加速度大小g＝________.
0.997 0(0.997 0～0.998 0均可)
解析：从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长L＝0.997 0 m.
解析：若用l表示单摆的摆长，T表示单摆振动周期，由单摆的周期公式T＝2π，可求出当地重力加速度大小g＝.
(4)若把该单摆放在月球上，则其摆动周期________(填“变大”“变小”或“不变”)．
变大
解析：由于月球上的重力加速度比地球上的重力加速度小，所以将同一单摆放在月球上时，其摆动周期将变大．
5.(14分)传感器在物理实验研究中具有广泛的应用．单摆在运动过程中，摆线的拉力在做周期性的变化，这个周期性变化的力可用力传感器显示出来，从而可进一步研究单摆的运动规律．
(1)实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径d＝________ mm.
15.4
解析：主尺示数是15 mm，游标尺示数是4×0.1 mm＝0.4 mm，摆球的直径为15 mm＋0.4 mm＝15.4 mm.
(2)接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图所示，则重力加速度的表达式g＝
________(用题目和图中的已知物理量表示)．
解析：在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值，由F-t图像可知，单摆周期T＝4t0，根据T＝2π，整理得g＝　①.
(3)某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2-l0图像后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲______，乙________．(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
偏小
无影响
解析：根据公式①甲同学把摆线长l0作为摆长，则摆长的测量值偏小，则g的测量值偏小；乙同学作出T2-l0图像后求出斜率k＝，重力加速度g＝　②，
由公式②可知，该方法计算出的重力加速度与摆长无关．
6．(16分)某中学物理课外活动小组准备测量当地的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下半部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁．本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.
(1)实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图丙所示，该摆球的直径d＝________ mm.
12.0
解析：游标卡尺读数为12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm.
(2)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为________．
A． B．
C． D．
C
解析：从0数到60时经历了30个周期，该单摆的周期为.
(3)如果实验中所得到的T2-L关系图线如图乙中的________(填“a”“b”或“c”)所示，当地的重力加速度g＝________ m/s2(π取3.14，结果保留小数点后两位)
a
9.86
解析：悬线在筒内部分的长度为h，由T＝2π可得T2＝L＋h，可知其关系图线应为a；由图线可得斜率k＝ s2/m＝，解得g＝m/s2 ≈9.86 m/s2.

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