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第3讲
实验:用单摆测量重力加速度
【学习目标】
1.深入理解单摆周期公式,明确摆长、周期与重力加速度的定量关系。
2.掌握实验数据的图像处理法,理解图像斜率的物理意义,培养误差分析与实验优化的逻辑能力。
3.学会操作单摆实验,精确测量摆长与周期,探究摆角、摆球质量等因素对实验结果的影响。
4.认识重力加速度测量在地质勘探、航天技术中的应用价值,体会实验对科学研究的基础性作用。
一、装置与器材
带孔小钢球、伸缩性小的细线(约1 m长)、铁架台、铁夹、刻度尺、停表、游标卡尺。
二、实验步骤
1.在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大的结,将细线穿过球上的小孔。
2.把细线上端固定在铁架台的铁夹上,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。
3.用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm),用游标卡尺测出小球的直径d(准确到mm),然后计算出悬点到球心的距离l= ,即为摆长。
4.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°),然后放开小球让它摆动,用停表测出单摆完成30~50次全振动的时间,计算出平均完成一次全振动的时间,即为单摆的 。
5.改变 ,重做几次实验。
振动周期
摆长
三、数据处理
2.图像法
四、注意事项
1.实验所用的单摆应符合理论要求,即线要细且弹性要小,摆球用密度和质量较大的小球,并且要在摆角不超过5°的情况下进行实验。
2.要使单摆在竖直平面内振动,不能使其形成圆锥摆,方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
3.测量摆长时,摆长应为悬线长与摆球的半径之和。
4.测量单摆周期时,应从摆球通过平衡位置开始计时,并且采用倒数到0开始计时的方法,4、3、2、1、0、1、2、3…在数“0”的同时按下停表开始计时计数。
5.要注意进行多次测量,并取平均值。
五、误差分析
1.系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求:
(1)悬点是否固定;
(2)小球与细线是否符合要求;
(3)是单摆运动还是圆锥摆运动等。
2.本实验偶然误差的主要来源
(2)长度的测量:测量摆线长、摆球的直径读数时的误差等。
考点一
基础性实验
[例1] 【实验原理与操作】 (2025·江苏扬州开学考试)某同学利用单摆测量当地的重力加速度。
实验室提供了铁架台、夹子、停表、游标卡尺、长度约为1 m的细线和最小刻度为1 mm的刻度尺等器材。
(1)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　　　　。
A.最高点　　　B.最低点　　　C.任意位置
B
【解析】 (1)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,故选B。
(2)用停表测量单摆的周期。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=120时停表的示数如图甲所示,该单摆的周期是T=　　　　 s。(结果保留三位有效数字)
2.12
(3)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　　　　 cm;单摆的摆长为　　　　 m。(第2空保留三位有效数字)
2.07
1.00
(4)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=　　　　。
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2023·河北卷,11)某实验小组利用如图甲所示的装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点,下端悬挂一小钢球,通过光电门传感器采集摆动周期。
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直
B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C.小钢球可以换成较轻的橡胶球
D.应无初速度、小摆角释放小钢球
ABD
【解析】 (1)使用光电门测量时,光电门U形平面应与被测物体的运动方向垂直,A正确;测量摆线长度时,要保证绳子处于伸直状态,B正确;单摆是一个理想化模型,若采用质量较轻的橡胶球,空气阻力对摆球运动的影响较大,C错误;无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动,不形成圆锥摆,且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动,D正确。
20.035
【解析】 (2)小钢球直径为d=20 mm+3.5×0.01 mm=20.035 mm。
(3)多次改变摆线长度,在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T,并作出l-T2图像,如图丙所示。
根据图线斜率可计算重力加速度g=　　　　 m/s2(结果保留三位有效数字,π2取9.87)。
9.87
(4)若将摆线长度误认为摆长,仍用上述图像法处理数据,得到的重力加速度值将　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
不变
考点二
创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2024·湖北卷,12)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案,所用器材有:2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。
具体步骤如下:
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上,弹簧下面挂上装有遮光片的托盘,在托盘内放入一个砝码,如图甲所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l,并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放,使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量,重复②③④的操作。
(1)由步骤④,可知振动周期T=　　　　。
(2)设弹簧的原长为l0,则l与g、l0、T的关系式为l=　　 　　。
(3)由实验数据作出的l-T2图线如图乙所示,可得g=　　　　 m/s2(结果保留三位有效数字,π2取 9.87)。
9.63
(4)本实验的误差来源包括　　　　。(多选)
A.空气阻力
B.弹簧质量不为零
C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
AB
【解析】 (4)空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼振动,即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧振子,而本实验中是将振动系统理想化为弹簧振子,从而测出重力加速度的,所以空气阻力是本实验的一个误差来源,A正确;第(2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上物体的总质量,但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其上物体的总质量之和,所以弹簧质量不为零是本实验的一个误差来源,B正确;由于数字计时器记录的是30次全振动的时间,所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可,即光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来源,C错误。
[例4] 【实验器材和数据处理的创新】 (2025·湖北黄冈期末)某实验小组采用如图甲装置开展“利用单摆测量重力加速度”实验。铁架台水平支架固定线光源及摆线,手机传感器位于摆线悬点正下方,当摆球摆动时,手机光线传感器接收光照强度随时间变化。
(1)如图乙,用螺旋测微器测出摆球的直径为　　　　mm;用刻度尺测出摆线长度l,算出摆长L。
13.870
【解析】 (1)由题图乙知螺旋测微器测出摆球的直径为13.5 mm+37.0×
0.01 mm=13.870 mm。
(2)拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度(小于5°),将摆球由静止释放,同时启动光传感器,得到光照强度随时间变化的图像如图丙,根据图像判断单摆的周期T=　　　　(用t0表示)。
4t0
【解析】(2)根据题图丙判断单摆的周期T=4t0。
(3)测量多组摆长L及对应的周期T,作出lg T-lg L图像如图丁所示,图像斜率
为k,在纵轴上的截距为b,通过理论分析可知k=　　 　　,当地的重力加速
度g=　　　　(用b和π表示)。
(4)由于操作失误,致使摆球不在同一竖直平面内运动,而是在一个水平面内做圆周运动,这时如果测出摆球做这种运动的周期,再用单摆的周期公式求出重力加速度,则求出的重力加速度与当地重力加速度相比　　　 　(选填
“偏大”“偏小”或“不变”)。
偏大
感谢观看第2讲　机械波
【学习目标】
1.理解机械波的形成条件与传播特点,掌握波长、频率、波速的关系,建立波动模型与能量传递观。
2.能分析波的叠加、干涉与衍射现象,运用图像推理波动规律,培养空间建模能力。
3.联系实际(如声呐、地震预警),认识机械波在科技与防灾中的应用,培养科学应用意识。
[footnoteRef:2] [2:
1.(2025·陕晋青宁高考适应性考试)某同学在漂浮于湖中的木筏上休息,看到湖面上的水波正平稳地向着湖岸传播。该同学估测出相邻波峰与波谷之间水平距离为1.5 m,当某波峰经过木筏时开始计数,此后经20 s恰好有12个波峰通过木筏,则该水波(　　)
A.波长约为1.5 m
B.周期约为3.3 s
C.频率约为1.7 Hz
D.波速约为1.8 m/s
【答案】 D
2.(多选)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=0时刻的波形图;P是介质中位于x=2 m处的质点,其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.波速为2 m/s
B.波向左传播
C.x=3 m处的质点在t=7 s时位于平衡位置
D.质点P在0~7 s内运动的路程为70 cm
【答案】 ABD]
【答案】 波源　介质　能量　移动　垂直　同一直线上　相邻　波源　介质　λf　平衡位置　位移　平衡位置　频率　干涉图样　波长　小　绕过　相对运动　频率　频率
考点一　机械波的形成与传播　波的图像
如图为一列简谐横波在某时刻的波形图,请写出该波的函数表达式,并计算出此时质点P的横坐标值以及位于xQ=18 cm处的质点Q的位移。
提示:设该波的函数表达式为y=Asin(·x+φ),由图像知波长λ=72 cm,振幅A=20 cm,将坐标(0,-10)代入得φ=-,则y=20sin(·x-) cm;由yP=0得xP=6 cm;由xQ=18 cm得yQ=10 cm。
1.机械波的传播特点
(1)波传到任意一点,该点的起振方向都和波源的起振方向相同。
(2)介质中每个质点都做受迫振动,任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。
(3)波从一种介质进入另一种介质,由于介质的情况不同,它的波长和波速可能改变,但频率和周期都不会改变。
(4)波源经过一个周期T完成一次全振动,波恰好向前传播一个波长的距离,所以v==λf。
2.波的传播方向与质点振动方向的互判方法
项目 内容 图像
“上下 坡”法 沿波的传播方向,“上坡”时质点向下振动,“下坡”时质点向上振动
“同侧” 法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧
“微平 移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移,再由对应同一横坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向
[例1] 【波的形成与传播】 (2025·北京卷,5)质点S沿竖直方向做简谐运动,在绳上形成的波传到质点P时的波形如图所示,则(　　)
A.该波为纵波
B.质点S开始振动时向上运动
C.S、P两质点振动步调完全一致
D.经过一个周期,质点S向右运动一个波长距离
【答案】 B
【解析】 由题图可知,该波上质点的振动方向与波传播方向垂直,所以该波为横波,A错误;根据波的传播方向与质点振动方向的关系可知,质点P开始振动的方向向上,则质点S开始振动时向上运动,B正确;S、P两质点平衡位置的距离为λ,则两质点振动步调相反,C错误;波传播过程中质点不随波迁移,只能在平衡位置附近振动,D错误。
[例2] 【波的图像】 (多选)(2025·山东卷,9)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波,振幅均为2 cm,波速均为1 m/s,M、N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所示,M、N的位移均为1 cm。下列说法正确的是(　　)
A.甲波的周期为6 s
B.乙波的波长为6 m
C.t=6 s时,M向y轴正方向运动
D.t=6 s时,N向y轴负方向运动
【答案】 BD
【解析】 由题图可知,甲波的波长λ甲=4 m,根据λ甲=vT甲,可得T甲=4 s,A错误;设乙波中N左边在平衡位置的一个质点与N在平衡位置时的距离为x,则该质点振动情况变为与N相同时经过的时间为t=,代入振动方程y=Asin ωt,即1 cm=2sin· cm,而T=,则有=
,得x=,又6 m-2 m-2x=,可得x=0.5 m,λ乙=6 m,B正确;经过t=6 s,即M质点经过T甲+,将甲波波形左移2 m,作出此时波的图像,可知M向y轴负方向运动,C错误;由于T乙=,可得T乙=6 s,即t=6 s时振动了一个周期,与t=0时运动方向相同,N仍向y轴负方向运动,D正确。
考点二　振动图像与波的图像的综合应用
　振动图像与波的图像的比较
比较项目 振动图像 波的图像
研究对象 一个质点 波传播方向上的所有质点
研究内容 某质点位移随时间的变化规律 某时刻所有质点在空间分布的规律
图像
横坐标 表示时间 表示各质点的平衡位置
物理 意义 某质点在各时刻的位移 某时刻各质点的位移
振动方向 的判断 (看下一时 刻的位移) (同侧法)
Δt后的 图形 随时间推移,图像延伸,但已有形状不变 随时间推移,图像沿波的传播方向平移,按原有波形做周期性变化
联系 (1)纵坐标均表示质点的位移。 (2)纵坐标的最大值均表示振幅。 (3)波在传播过程中,各质点都在各自的平衡位置附近振动
[例3] 【由质点的振动图像判断波的图像】 (2025·广西河池期末)如图甲所示,用手握住长绳的端点A,t=0时刻在手的带动下A点开始上下振动,其振动图像如图乙所示。下列四幅图中能正确反映t0时刻绳波形状的是(　　)
　
A B
　
C D
【答案】 B
【解析】 根据A点振动图像可知,在t0时刻绳上A点向下运动,再由振动图像可知t0时波传播的周期恰好为,则波传播的距离为,故B正确。
[例4] 【由波的图像判断质点的振动图像】 (2025·湖北宜昌模拟)介质中坐标原点O处的波源在t=0时刻开始振动,产生的简谐横波沿x轴正方向传播,t0时刻传到L处,波形如图所示。下列描述x0处质点的振动图像是(　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
【答案】 C
【解析】 根据波形图可知波源起振方向向下,且在t0时间内传播距离L,得波速v=,当波传播至x0时,该处质点开始向下振动,起振时间为t′==,C正确。
[例5] 【波的图像与振动图像的综合】 (多选)(2025·福建福州二模)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是波传播到x=5 m的质点M时的波形图,令此时刻t=0,图乙是质点N(x=3 m)的振动图像,Q是位于x=10 m处的质点,则下列说法正确的是(　　)
A.Q点开始振动的方向沿y轴负方向
B.t=0至t=3 s内,质点M的路程为10 cm
C.质点Q和原点的振动方向始终相反
D.t=9.5 s时,质点Q的位移为-5 cm
【答案】 AC
【解析】 根据题图乙可知t=0时刻N点从平衡位置向上振动,根据同侧法可知波沿x轴正方向传播,t=0时刻刚传到M点时,M振动的方向沿y轴负方向,则Q点开始振动的方向沿y轴负方向,A正确;由题图乙可知,T=4 s,t=0至t=3 s内,质点M的路程为s=×4A=30 cm,B错误;Q点到原点的距离为10 m,由波的图像知该波的波长λ=4 m,两者相距为s=10 m=2λ,质点Q和原点的振动方向始终相反,C正确;由振动图像知λ=4 m,T=4 s,传播速度为v==
1 m/s,在0~9.5 s内,波传播的距离为s=9.5 m,根据波的平移法可知,质点Q的振动形式与x=0.5 m处质点的振动形式一样,此时质点Q的位移为-10× cm=-5 cm,D错误。
考点三　波传播的周期性与多解性
1.波的周期性
(1)质点振动nT(n=1,2,3,…)时,波形不变。
(2)在波的传播方向上,当两质点平衡位置间的距离为nλ(n=1,2,3,…)时,它们的振动步调总相同;当两质点平衡位置间的距离为(2n+1)(n=0,1,2,3,…)时,它们的振动步调总相反。
2.波的多解问题的成因分析
双向性 形成多解 (1)传播方向的双向性:波的传播方向不确定。 (2)振动方向的双向性:质点的振动方向不确定
周期性 形成多解 (1)时间的周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确。 (2)空间的周期性:波传播距离Δx与波长λ的关系不明确
波形的隐 含性形成 多解 在波动问题中,往往只给出完整波形的一部分,或给出几个特殊点,而其余信息均处于隐含状态。这样,波形就有多种情况,形成波动问题的多解性
3.解决波的多解问题的一般思路
(1)首先找出造成多解的原因,比如考虑传播方向的双向性,可先假设波向右传播,再假设波向左传播,分别进行分析。
(2)根据周期性列式,若题目给出的是时间条件,则列出t=nT+Δt(n=0,1,2,…)进行求解;若给出的是距离条件,则列出x=nλ+Δx(n=0,1,2,…)进行求解。
(3)根据需要进一步求与波速(v=或v==λf)等有关的问题。
[例6] 【双向性形成多解】 (多选)(2025·陕晋青宁卷,8)一列简谐横波在介质中沿直线传播,其波长大于1 m,a、b为介质中平衡位置相距2 m的两质点,其振动图像如图所示。则t=0时的波形图可能为(　　)
　　
A B
　　
C D
【答案】 AD
【解析】 根据振动图像可知当波的传播方向为a到b时,xab=λ+nλ(n=0,1,2,…),λ>1 m,解得n=0或1,即xab=λ或λ;当波的传播方向为b到a时,xab=λ+nλ(n=0,1,2,…),λ>1 m,解得n=0或1,即xab=λ或λ,同时t=0时,a处于平衡位置,b处于波谷位置,结合题图可知A、D符合题意。
[例7] 【空间的周期性形成多解】 (2023·海南卷,4)下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距6 m的两个质点P、Q的振动图像,下列说法正确的是(　　)
A.该波的周期是5 s
B.该波的波速是3 m/s
C.4 s时P质点向上振动
D.4 s时Q质点向上振动
【答案】 C
【解析】 由题图可知,该波的周期是4 s,A错误;由题图可知,P、Q两个质点振动反相,则可知P、Q间距离为(n+)λ=6 m(n=0,1,2,…),根据v=,得v= m/s(n=0,1,2,…),B错误;由P质点的振动图像可看出,4 s时P质点在平衡位置向上振动,C正确;由Q质点的振动图像可看出,4 s时Q质点在平衡位置向下振动,D错误。
[例8] 【波的隐含性形成多解】 (2025·重庆二模)如图所示,某均匀介质中一列沿x轴正方向传播的简谐横波(图中未画出),波速为6 m/s,两质点P、Q位于x轴上。以该波传到质点P为计时起点,质点P的振动方程为y=-2sin 5πt cm,经过时间Δt该波传到质点Q时,质点P位于x轴上方距其平衡位置1 cm处且向上振动。由此可知(　　)
A.该波的波长为2 m
B.质点Q开始振动的方向向上
C.质点P、Q平衡位置的间距可能为3.8 m
D.Δt=0.25 s
【答案】 C
【解析】 该波的周期T= s=0.4 s,波长λ=vT=2.4 m,故A错误;由振动方程y=-2sin 5πt cm,可知质点Q的起振方向向下,故B错误;质点P、Q平衡位置的间距Δx=+nλ=(1.4+2.4n) m,其中n=0,1,2,…,当n=1时,Δx=3.8 m,故C正确;由题知Δt=(+n)T=(+n)s,其中n=0,1,2,…,可知D错误。
考点四　波的干涉、衍射和多普勒效应
1.波的干涉现象中振动加强点、减弱点的判断方法
(1)图像法。
如图所示,在某时刻波的干涉的波形图上,波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点(如图中的P、Q)一定是加强点,而波峰与波谷的交点(如图中的R、S)一定是减弱点,各加强点或减弱点各自连接成以两波源为中心向外辐射的连线,形成加强线和减弱线,两种线互相间隔,加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
(2)公式法。
某质点的振动是加强还是减弱,取决于该点到两相干波源的距离之差Δr,如图所示。
①当两波源振动步调一致时,
若Δr=nλ(n=0,1,2,…),则振动加强;
若Δr=(2n+1)(n=0,1,2,…),则振动减弱。
②当两波源振动步调相反时,
若Δr=(2n+1)(n=0,1,2,…),则振动加强;
若Δr=nλ(n=0,1,2,…),则振动减弱。
2.衍射现象的两点提醒
(1)障碍物或孔的尺寸大小并不是决定衍射能否发生的条件,仅是衍射现象是否明显的条件,波长越长越容易发生明显的衍射现象。
(2)当孔的尺寸远小于波长时,尽管衍射十分突出,但衍射波的能量很弱,也很难观察到波的衍射。
3.多普勒效应的成因分析
(1)接收频率是指观察者接收到的频率,等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。
(2)当波源与观察者相互靠近时,观察者接收到的频率变大;当波源与观察者相互远离时,观察者接收到的频率变小。
[例9] 【波的干涉】 (多选)(2025·浙江1月选考卷,12)如图甲所示,两波源S1和S2分别位于x=0与x=12 m 处,以x=6 m为边界,两侧为不同的均匀介质。t=0时两波源同时开始振动,其振动图像相同,如图乙所示。t=0.1 s时x=4 m与x=6 m 两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响,则(　　)
A.t=0.15 s时两列波开始相遇
B.在6 mC.两列波叠加稳定后,x=8.4 m处的质点振动减弱
D.两列波叠加稳定后,在0【答案】 BC
【解析】 在波的传播过程中,当t=0.1 s时,位于x=4 m和x=6 m处的质点开始振动。在x=
6 m左侧,波的传播速度为40 m/s,而在x=6 m右侧,波的传播速度为60 m/s。当波从右侧跨越x=6 m后,其速度变为40 m/s。设两列波从t=0.1 s 后再经Δt时间相遇,则Δt= s=
0.025 s,因此t=0.1 s+0.025 s=0.125 s,A错误。根据波长公式λ=vT,可得在6 m8.4 m相对两波源的波程差为1.2 m,正好是1个波长,所以该点振动减弱,C正确。判断0[例10] 【波的衍射】 (2025·江苏泰州期末)如图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图样,由图样可知(　　)
A.B侧波是衍射波
B.A侧相邻波纹间距大于B侧相邻波纹间距
C.若孔的大小不变,减小水波波源的频率,衍射现象将更明显
D.增大挡板之间的间隙,衍射现象将更明显
【答案】 C
【解析】 由题图可知,A侧波是衍射波,故A错误;两侧波的频率和波速均相同,波长相同,即A侧相邻波纹间距等于B侧相邻波纹间距,故B错误;在孔的尺寸与波长差不多或者比波长更小的情况下会产生明显的衍射现象,若孔的大小不变,减小水波波源的频率,则波长变大,衍射现象将更明显,故C正确;增大挡板之间的间隙,衍射现象将变得不明显,故D
错误。
[例11] 【多普勒效应】 (2025·河北沧州模拟)如图甲所示是某型号高机动性制空战斗机训练过程中水平高速飞行的情形,图乙是该战机水平飞行时的示意图,图中一系列圆表示该战机不同时刻发出的声波所到达的位置,这些圆相切于一点,战机恰处于该点上。下列说法正确的是(　　)
A.战机正在靠近P点
B.战机的速度与它发出声波的速度大小相等
C.Q处速度为零的观察者接收到声波的频率等于战机发出声波的频率
D.P处速度为零的观察者接收到声波的频率高于Q处速度为零的观察者接收到声波的
频率
【答案】 B
【解析】 圆的位置逐渐右移,说明战机的运动方向向右,正在远离P点,A错误;战机恰处于这些圆的同一切点上,说明战机与它发出的声波在相等时间内向右运动的距离相等,故两者速度大小相等,B正确;战机远离Q点,该处速度为零的观察者接收到声波的频率小于战机发出声波的频率,C错误;战机发出的声波在各方向上速度相同,由题图可知,处于P点的观察者单位时间内接收到完全波的个数最少,D错误。
课时作业
对点1.机械波的形成与传播　波的图像
1.(多选)(2025·重庆卷,8)一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f上下振动,水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。用实线表示波峰位置,某时刻第1圈实线的半径为r,第3圈实线的半径为9r,如图所示,则(　　)
A.该波的波长为4r
B.该波的波速为2fr
C.此时浮筒在最低点
D.再经过,浮筒将在最低点
【答案】 AD
【解析】 根据题意,某时刻第1圈实线的半径为r,第3圈实线的半径为9r,可得波长λ==
4r,A正确;该波的波速为v=λf=4rf,B错误;根据某时刻第1圈实线的半径为r=λ,可得此时浮筒处于平衡位置,由于波向外传播,根据同侧法可知,此时浮筒处于平衡位置向下振动,故再经过=T,浮筒将在最低点,故C错误,D正确。
2.(2025·云南卷,7)如图所示,均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t=0时刻,波源开始振动产生简谐横波,并以相同波速分别向左、右两侧传播,P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t=1.5 s和t=2.5 s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示,则(　　)
A.波速为2.5 m/s
B.波源的平衡位置距离P点1.5 m
C.t=1.0 s时,波源处于平衡位置且向下运动
D.t=5.5 s时,平衡位置在P、Q处的两质点位移相同
【答案】 D
【解析】 根据波形图可知λ=4 m,T=2.5 s-1.5 s,可得T=2 s,故波速为v==2 m/s,A错误;设波源的平衡位置与P点的距离为x0,根据左侧 t=1.5 s时的波形可知=1.5 s,解得x0=
1 m,B错误;根据左侧实线波形结合同侧法可知波源刚开始的振动方向向下,由于t=1.0 s=
T,故可知此时波源处于平衡位置且向上运动,C错误;由于x0=1 m,可知波源的平衡位置与Q点距离为x1=3 m,故波传到P、Q两点的时间分别为t0==0.5 s,t1==1.5 s,故t=5.5 s时,平衡位置在P、Q处的两质点已经振动的时间分别为t0′=5.5 s-0.5 s=T,t1′=5.5 s-1.5 s=2T,由于波源刚开始向下振动,故t=5.5 s时,P处质点处于平衡位置向上振动,Q处质点处于平衡位置向下振动,故此时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同,D正确。
对点2.振动图像与波的图像的综合应用
3.(多选)(2025·贵州黔南模拟)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=0.3 s时刻的波形图,图乙是介质中位于x=1 m处的质点的振动图像,则该列波在t=1.2 s时刻的波形图可能是(　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
【答案】 AB
【解析】 由题图乙知,该波周期T=0.4 s,t=1.2 s时,即题图甲经历时间Δt=0.9 s=2T,则波形向右或向左平移2λ,与向右或向左平移λ的波形相同,故A、B正确,C、D错误。
4.(2025·广东佛山二模)均匀介质中有向x轴负方向传播的机械波,如图所示为t=0时的波形图,P为波源位置,已知t=0.4 s时,位于x轴上0.2 m处的质点Q第一次振动到达波谷。
(1)求该机械波的波速大小;
(2)写出P点的振动方程;
(3)求0~1.0 s内原点O处质点的振动路程。
【答案】 (1)2 m/s　(2)y=-10sin 5πt cm (3)60 cm
【解析】 (1)由题图及题意可知,位于x轴上0.2 m处的质点Q第一次振动到达波谷时,机械波需要向左传播x1=1.0 m-0.2 m=0.8 m,
用时t=0.4 s,
则该机械波的波速大小为v== m/s=2 m/s。
(2)机械波向x轴负方向传播,根据同侧法可知,t=0时,P离开平衡位置向下振动,
设P点的振动方程为y=-Asin t,
由题图可知该波波长为λ=1.6 m-0.8 m=0.8 m,
该波周期为T== s=0.4 s,
由题图知A=10 cm,
则P点的振动方程为y=-10sin 5πt cm。
(3)机械波传播到原点O处所用时间为t1== s=0.4 s,
则0~1.0 s内原点O处质点的振动时间为Δt=1.0 s-0.4 s=0.6 s=1.5T,
则0~1.0 s,O处质点的振动路程为s=1.5×4A=60 cm。
对点3.波传播的周期性与多解性
5.(多选)图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练,将绳子一端固定在杆上,用手上下甩动另一端。图乙为绳上P、Q两质点的振动图像,P、Q两质点平衡位置相距5 m。波由P向Q传播。下列说法正确的是(　　)
A.增大甩动的频率,波在绳子上传播速度不变
B.t=0.5 s时,P、Q两质点振动方向相反
C.波长可能为4 m
D.波速可能为 m/s
【答案】 AC
【解析】 机械波的传播速度只与介质有关,与振源振动频率无关,增大甩动的频率,波在绳子上传播速度不变,A正确;根据振动图像可知,t=0.5 s时,P、Q两质点振动方向相同,均沿x轴正向,B错误;结合振动图像可知xPQ=5 m=λ+nλ(n=0,1,2,3,…),整理得λ= m(n=0,1,2,
3,…),当n=1时,波长为4 m,C正确;由题图可知周期T=0.6 s,则波速v== m/s(n=0,1,
2,3,…),可知波速v= m/s时,n值为非正整数,D错误。
6.(2025·北京西城阶段检测)如图所示,实线是一列正弦波在某一时刻的波形曲线。经1 s后,其波形如图中虚线所示。
(1)若该波的周期T大于1 s,且向左传播,求波的传播速度和周期。
(2)若该波向右传播,求波的传播速度和周期。
(3)若该波的传播速度为0.54 m/s,分析说明该波向何方向传播。
【答案】 (1)0.06 m/s　4 s
(2)(0.24n+0.18) m/s(n=0,1,2,…)
s(n=0,1,2,…)
(3)见解析
【解析】 (1)若该波的周期T大于1 s,且向左传播,则该波在1 s内向左传播λ,由题图可知λ=0.24 m,波的传播速度为v== m/s=0.06 m/s,
该波的周期为T=4 s。
(2)若该波向右传播,则该波在1 s内向右传播(n+)λ,
波的传播速度为
v== m/s
=(0.24n+0.18) m/s(n=0,1,2,…),
该波的周期T满足(n+)T=1 s,
解得T= s(n=0,1,2,…)。
(3)若该波的传播速度为0.54 m/s,则该波在1 s内传播的距离为0.54 m=2λ,
所以该波向左传播。
对点4.波的干涉、衍射和多普勒效应
7.(2023·广东卷,4)渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物。声波在水中传播速度为1 500 m/s,若探测器发出频率为1.5×106 Hz的声波,下列说法正确的是(　　)
A.两列声波相遇时一定会发生干涉
B.声波由水中传播到空气中,波长会改变
C.该声波遇到尺寸约为1 m的被探测物时会发生明显衍射
D.探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关
【答案】 B
【解析】 两列声波发生干涉的条件是频率相等、相位差恒定、振动方向相同,所以两列声波相遇时不一定发生干涉,故A错误;声波由水中传播到空气中时,声波的波速发生变化,波长会发生改变,故B正确;根据波长的计算公式可得λ== m=1×10-3 m,当遇到尺寸约1 m的被探测物时不会发生明显衍射,故C错误;根据多普勒效应可知,探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关,故D错误。
8.(2024·江西卷,6)如图甲所示,利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中,入射波为连续的正弦信号,探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号,分别如图乙、丙所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6 300 m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d,下列选项正确的是(　　)
A.振动减弱;d=4.725 mm
B.振动加强;d=4.725 mm
C.振动减弱;d=9.45 mm
D.振动加强;d=9.45 mm
【答案】 A
【解析】 根据反射信号图像可知,超声波的传播周期为T=2×10-7 s,又波速v=6 300 m/s,则超声波在机翼材料中的波长λ=vT=1.26×10-3 m,结合题图乙、丙可知,两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt=1.5×10-6 s,故两个反射信号的路程差2d=vΔt=9.45×10-3 m=λ,故两个反射信号在探头处振动减弱,且d=4.725×10-3 m=4.725 mm。
9.(多选)(2025·湖南卷,7)如图,A(0,0)、B(4,0)、C(0,3)在xy平面内,两波源分别置于A、B两点。t=0时,两波源从平衡位置起振,起振方向相同且垂直于xy平面,频率均为2.5 Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波,波分别沿AC、BC方向传播,波速均为10 m/s。下列说法正确的是(　　)
A.两横波的波长均为4 m
B.t=0.4 s时,C处质点加速度为0
C.t=0.4 s时,C处质点速度不为0
D.t=0.6 s时,C处质点速度为0
【答案】 AD
【解析】 两横波的波长均为λ==4 m,故A正确;两列波传到C处所需时间分别为t1=
s=0.3 s,t2= s=0.5 s,T==0.4 s,故t=0.4 s时,A处波已传到C处且振动了T,B处波还没有传到C处,故C处质点处于正向或负向最大位移处,加速度最大,速度为0,故B、C错误;由以上分析可知t=0.6 s时两列波都已传播到C处,C处质点到两波源的距离差Δx=
5 m-3 m=2 m=λ,故C处为振动减弱点,由于两列波振幅相同,故C处位移始终为0,速度为0,故D正确。
10.平静的湖面上漂浮着如图甲所示的浮子,现有距离小于3 m的A、B两个浮子。一条大鱼在两浮子连线的延长线上某位置翻起频率稳定的波浪。当水波传播到A浮子时的波形图和从该时刻开始的A、B浮子的振动图像分别如图乙、丙所示,求:
(1)该水波传播的速度大小;
(2)A、B两浮子间水平距离的可能值。
【答案】 (1)1.25 m/s
(2)0.25 m　1.25 m　2.25 m
【解析】 (1)由题图乙、丙可知波长和周期分别为
λ=1.0 m,T=0.8 s,
则水波传播速度为
v==1.25 m/s。
(2)由于A浮子振动时B浮子已经在波峰,故B浮子先振动,
从B传到A经历的时间为t=+nT(n=0,1,2,…),
由于A、B两个浮子距离小于3 m,
则n=0时,t0=0.2 s,A、B距离为s0=vt0=0.25 m;
n=1时,t1=1.0 s,A、B距离为s1=vt1=1.25 m;
n=2时,t2=1.8 s,A、B距离为s2=vt2=2.25 m,
故A、B两浮子间的距离可能为0.25 m、1.25 m、2.25 m。(共50张PPT)
第八章　
机械振动与机械波
【考情分析】
　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
机械振动 四川·T5、广东·T1、 河北·T9、甘肃·T8、 湖北·T9 新课标·T19、福 建·T2、河北·T6、甘肃·T5、北京·T9 山东·T10、
浙江1月选
考·T6
机械波 云南·T7、海南·T5、安徽·T2、广西·T13、黑吉辽内蒙古·T5 河南·T8、陕晋青宁·T8、 山东·T9、福建·T10、湖南·T7 广东·T3、江苏·T7、 山东·T9、安徽·T3、 浙江6月选考·T11 广东·T4、
湖南·T3
实验:用单摆测量重力 加速度 海南·T7 湖北·T12 新课标·T23、河北·T11、
重庆·T11
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.跨学科融合:与声学(噪声控制)、光学(光波干涉)结合命题。
2.科技热点:5G通信(电磁波类比)、地震波预警系统等新情境。
3.探究性实验:创新测量方法(如利用智能手机传感器测声速)。
二、热点预测
1.复杂图像分析:波的图像与振动图像的综合判断(如多质点运动时序问题)。
2.多普勒效应定量计算:救护车、卫星测速等实际场景应用。
3.驻波与共振:乐器发声原理、桥梁减振设计等工程问题。
三、备考建议
1.注重图像分析:提升“图像转换能力”
(1)练习“振动图像与波的图像的转换”:例如,给出波的图像,求某质点的振动方向;给出振动图像,绘制某一时刻的波的图像。
(2)掌握“波的图像中质点振动方向的判断方法”:如“上坡下,下坡上”(沿着波的传播方向,“上坡”的质点向下振动,“下坡”的质点向上振动)。
2.联系实际:关注“生活与科技中的波”
(1)收集生活中的机械波现象:如地震、声波、乐器的振动,分析其物理原理。
(2)关注科技热点:如“量子简谐运动”“航天振动控制”,了解其与机械振动的联系。
3.强化综合训练:提高“综合应用能力”
(1)跨模块综合题:如“机械波与动量守恒”“机械波与能量守恒”的结合题,提升综合分析能力。
(2)真题与模拟题:重点练习“振动与波的图像转换”“波的干涉”“实际情境中的波”等热点题型,熟悉命题规律。
总结:“机械振动与机械波”是高考物理的核心模块之一,近三年考情稳定,注重综合考查;未来将更倾向于情境化、综合化、核心素养导向,热点集中在
“振动与波的图像转换”“波的叠加与干涉”“实际情境中的波”等方向。备考时需夯实基础、注重图像分析、联系实际、强化综合训练,同时培养科学思维与探究能力,以应对未来高考的变化。
第1讲
机械振动
【学习目标】
1.理解简谐运动的动力学特征与运动学规律,掌握振幅、周期、频率等物理量的物理意义。
2.能够通过图像法和公式法分析简谐运动,建立单摆、弹簧振子等理想模型,培养用数学工具描述物理规律的能力。
3.通过实验探究单摆周期与摆长的关系,或弹簧振子周期与质量的关系,学会控制变量、数据处理及误差分析的方法。
4.结合地震监测、摆钟设计等实际应用,认识机械振动理论在生产与生活中的重要价值,培养理论联系实际的意识。
知识构建
基础转化
1.如图所示,弹簧振子在B、C间做简谐运动,O为平衡位置,BO=OC=5 cm,若振子从B第一次运动到O的时间是0.5 s,则下列说法正确的是(　　)
A.振幅是10 cm
B.振动周期是1 s
C.经过一次全振动,振子通过的路程是10 cm
D.从B开始经过3 s,振子通过的路程是30 cm
D
2.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
C
考点一
简谐运动的基本特征
简谐运动的五个特征
[例1] 【简谐运动基本物理量的分析】如图所示,一质点做简谐运动,O点为其平衡位置。
(1)质点由M点到O点的运动过程中,质点的速度　　　　,加速度　　　　,机械能　　　　。(均选填“增大”“减小”或“不变”)
增大
减小
不变
【解析】 (1)质点由M到O的过程中,速度增大,加速度减小,机械能不变。
(2)质点先后以相同的速度依次通过M、N两点,历时1 s,质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点,在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为　　　　。
A.3 s、6 cm B.4 s、6 cm
C.4 s、9 cm D.2 s、8 cm
B
(3)质点动能变化的周期是　　　　 s。
2
[例2] 【回复力的应用】 (多选)(2025·甘肃卷,8)如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断细线,下列说法正确的是(　　 )
A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大
BC
考点二
简谐运动的图像和表达式
1.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φ(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,回复力的方向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。
2.简谐运动表达式的书写
(2)根据t=0时的位移求出初相φ,即x0=Asin φ。
(3)把A、ω、φ代入表达式x=Asin(ωt+φ)即可(若图像为余弦函数图像或其他形式,也可以用该方法求得,只不过φ不相同)。
[例3] 【对简谐运动图像的认识】 (2024·福建卷,2)如图甲,装有砂粒的试管竖直静浮于水中,将其提起一小段距离后释放,一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,试管振动图像如图乙所示,则试管(　　)
A.振幅为2.0 cm
B.振动频率为2.5 Hz
C.在t=0.1 s时速度为零
D.在t=0.2 s时加速度方向竖直向下
B
A.振子在0.5 s和1.5 s时速度相同
B.振子动能变化的周期为2 s
C.t=1 s时振子的加速度最大
D
考点三
单摆及其周期公式
1.单摆的受力特征
(3)两个特殊位置。
2.单摆周期公式
3.类单摆问题
构成
(1)光滑球形曲面AOB;
(2)小球m
要求 (1)球形曲面光滑;
(2)小球直径远小于球形曲面半径R;
(3)小球在小范围AOB内做往复运动
[例5] 【单摆周期公式的应用】 (2025·四川卷,5)如图所示,甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,从左至右摆长依次增加,小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直于纸面向外拉起一小角度,由静止同时释放,释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时,小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点,同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时,小球丙加速度为零
B.小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
C
[例6] 【单摆振动图像的应用】 (多选)(2025·云南昆明期中)一单摆如图甲所示,M、N为单摆偏移的最大位置,O点为最低点,该单摆的振动图像如图乙所示。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向,重力加速度g取10 m/s2,取π2=10,下列说法正确的是(　 　)
A.该单摆的摆长为1 m
B.t=1 s时,摆球的加速度为零
C.从t1=0.5 s到t2=1.5 s时间内单摆的回复力先减小后增大
D.t=1.25 s时,摆球的速度方向与位移方向相反
AC
[例7] 【类单摆问题】 (2024·浙江6月选考卷,9)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5 m。小球平衡时,A端细线与杆垂直;当小球受到垂直于纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.摆角变小,周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力
B
考点四
受迫振动和共振
1.简谐运动、受迫振动和共振的比较
项目 简谐运动 受迫振动 共振
是否受 驱动力 不受 驱动力 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 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
2.对共振的理解
(1)共振曲线。
如图所示,横坐标为驱动力的频率f,纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动时振幅的影响。由图可知,f与f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大。
(2)受迫振动中系统能量的转化。
做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换。
[例8] 【对受迫振动的理解】 (2025·广东江门期末)飞力士棒是物理治疗师发明的一种物理康复器材。标准型飞力士棒中间的握柄和两端负重头用一根PVC软杆连接,棒的固有频率为4.5 Hz,如图所示,可以使用双手对飞力士棒进行驱动,忽略空气阻力,下列关于飞力士棒的说法正确的是(　　)
A.使用者用力越大棒振动越快
B.若只将PVC杆增长,棒的固有频率不变
C.该棒振动的频率一定等于4.5 Hz,与驱动力的频率无关
D.随着手振动的频率越接近固有频率,棒振动的幅度一定变大
D
【解析】 使用者用力大小影响的是振幅,与振动快慢没有关系,A错误;将PVC杆增长,棒的固有频率发生改变,B错误;该棒做受迫振动,振动频率等于驱动力频率,C错误;当驱动力的频率等于其固有频率时,棒振动的振幅最大,随着手振动的频率越接近固有频率,棒振动的幅度一定变大,D正确。
[例9] 【对共振曲线的理解】 (2025·广西南宁模拟)如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系),下列说法正确的是(　　)
A.此单摆的固有周期约为0.5 s
B.若摆长变小,共振曲线的峰将左移
C.若保持摆长不变,将该单摆移至月球表面上做受迫振动,则共振曲线的峰将左移
D.此单摆的摆长约为3 m
C
感谢观看第3讲　实验:用单摆测量重力加速度
【学习目标】
1.深入理解单摆周期公式,明确摆长、周期与重力加速度的定量关系。
2.掌握实验数据的图像处理法,理解图像斜率的物理意义,培养误差分析与实验优化的逻辑能力。
3.学会操作单摆实验,精确测量摆长与周期,探究摆角、摆球质量等因素对实验结果的影响。
4.认识重力加速度测量在地质勘探、航天技术中的应用价值,体会实验对科学研究的基础性作用。
一、装置与器材
带孔小钢球、伸缩性小的细线(约1 m长)、铁架台、铁夹、刻度尺、停表、游标卡尺。
二、实验步骤
1.在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大的结,将细线穿过球上的小孔。
2.把细线上端固定在铁架台的铁夹上,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。
3.用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm),用游标卡尺测出小球的直径d(准确到mm),然后计算出悬点到球心的距离l=l′+,即为摆长。
4.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°),然后放开小球让它摆动,用停表测出单摆完成30~50次全振动的时间,计算出平均完成一次全振动的时间,即为单摆的振动周期。
5.改变摆长,重做几次实验。
三、数据处理
1.公式法:将相应的l和T代入公式 g=中求出g值,通过改变摆长,求得重力加速度g的平均值。
2.图像法
由单摆周期公式T=2π,可得l=T2,以摆长l为纵坐标,以T2为横坐标作出的l-T2图像是一条过原点的直线,如图所示,其斜率k=,由图像斜率即可求得重力加速度g。
四、注意事项
1.实验所用的单摆应符合理论要求,即线要细且弹性要小,摆球用密度和质量较大的小球,并且要在摆角不超过5°的情况下进行实验。
2.要使单摆在竖直平面内振动,不能使其形成圆锥摆,方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
3.测量摆长时,摆长应为悬线长与摆球的半径之和。
4.测量单摆周期时,应从摆球通过平衡位置开始计时,并且采用倒数到0开始计时的方法,4、3、2、1、0、1、2、3…在数“0”的同时按下停表开始计时计数。
5.要注意进行多次测量,并取平均值。
五、误差分析
1.系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求:
(1)悬点是否固定;
(2)小球与细线是否符合要求;
(3)是单摆运动还是圆锥摆运动等。
2.本实验偶然误差的主要来源
(1)振动时间t (单摆周期T=)的测量:是否从摆球通过平衡位置开始计时、是否多记或漏记全振动的次数、停表的读数是否准确等。
(2)长度的测量:测量摆线长、摆球的直径读数时的误差等。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理与操作】 (2025·江苏扬州开学考试)某同学利用单摆测量当地的重力加速度。
实验室提供了铁架台、夹子、停表、游标卡尺、长度约为1 m的细线和最小刻度为1 mm的刻度尺等器材。
(1)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　　　　。
A.最高点　　　B.最低点　　　C.任意位置
(2)用停表测量单摆的周期。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=120时停表的示数如图甲所示,该单摆的周期是T=　　　　 s。(结果保留三位有效数字)
(3)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
　　　　 cm;单摆的摆长为　　　　 m。(第2空保留三位有效数字)
(4)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=　　　　。
【答案】 (1)B　(2)2.12　(3)2.07　1.00　(4)
【解析】 (1)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,故选B。
(2)停表读数为t=120 s+6.0 s=126.0 s,该单摆的周期为T==2.12 s。
(3)摆球的直径为D=20 mm+7×0.1 mm=20.7 mm=2.07 cm,摆线长为l=99.00 cm,所以单摆的摆长为L=l+=1.00 m。
(4)根据单摆周期公式有T=2π,可得g=。
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2023·河北卷,11)某实验小组利用如图甲所示的装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点,下端悬挂一小钢球,通过光电门传感器采集摆动周期。
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直
B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C.小钢球可以换成较轻的橡胶球
D.应无初速度、小摆角释放小钢球
(2)组装好装置,用毫米刻度尺测量摆线长度L,用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图乙所示,小钢球的直径d=　　　　 mm,记摆长l=L+。
(3)多次改变摆线长度,在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T,并作出l-T2图像,如图丙所示。
根据图线斜率可计算重力加速度g=　　　　 m/s2(结果保留三位有效数字,π2取9.87)。
(4)若将摆线长度误认为摆长,仍用上述图像法处理数据,得到的重力加速度值将　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】 (1)ABD　(2)20.035　(3)9.87
(4)不变
【解析】 (1)使用光电门测量时,光电门U形平面应与被测物体的运动方向垂直,A正确;测量摆线长度时,要保证绳子处于伸直状态,B正确;单摆是一个理想化模型,若采用质量较轻的橡胶球,空气阻力对摆球运动的影响较大,C错误;无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动,不形成圆锥摆,且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动,D正确。
(2)小钢球直径为d=20 mm+3.5×0.01 mm=20.035 mm。
(3)单摆周期公式T=2π,整理得l=T2,由图像知图线的斜率k== m/s2= m/s2,解得g=9.87 m/s2。
(4)由周期公式有T=2π,则L=-,若将摆线长度L误认为摆长l,即L-T2图像中,图线斜率不变,仍用上述图像法处理数据得到的重力加速度值不变。
考点二　创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2024·湖北卷,12)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案,所用器材有:2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。
具体步骤如下:
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上,弹簧下面挂上装有遮光片的托盘,在托盘内放入一个砝码,如图甲所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l,并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放,使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量,重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T=2π,其中k为弹簧的劲度系数,M为振子的质量。
(1)由步骤④,可知振动周期T=　　　　。
(2)设弹簧的原长为l0,则l与g、l0、T的关系式为l=　　　　。
(3)由实验数据作出的l-T2图线如图乙所示,可得g=　　　　 m/s2(结果保留三位有效数字,π2取 9.87)。
(4)本实验的误差来源包括　　　　。(多选)
A.空气阻力
B.弹簧质量不为零
C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
【答案】 (1)　(2)l0+　(3)9.63　(4)AB
【解析】 (1)30次全振动所用时间为t,则振动周期T=。
(2)由弹簧振子的振动周期T=2π,可得振子的质量M=,振子平衡时,根据平衡条件有Mg=kΔl,可得Δl=,则l与g、l0、T的关系式为l=l0+Δl=l0+。
(3)根据l=l0+整理可得l=l0+·T2,则l-T2图像斜率k== m/s2=0.244 m/s2,解得g=9.63 m/s2。
(4)空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼振动,即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧振子,而本实验中是将振动系统理想化为弹簧振子,从而测出重力加速度的,所以空气阻力是本实验的一个误差来源,A正确;第(2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上物体的总质量,但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其上物体的总质量之和,所以弹簧质量不为零是本实验的一个误差来源,B正确;由于数字计时器记录的是30次全振动的时间,所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可,即光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来源,C错误。
[例4] 【实验器材和数据处理的创新】 (2025·湖北黄冈期末)某实验小组采用如图甲装置开展“利用单摆测量重力加速度”实验。铁架台水平支架固定线光源及摆线,手机传感器位于摆线悬点正下方,当摆球摆动时,手机光线传感器接收光照强度随时间变化。
(1)如图乙,用螺旋测微器测出摆球的直径为　　　　mm;用刻度尺测出摆线长度l,算出摆长L。
(2)拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度(小于5°),将摆球由静止释放,同时启动光传感器,得到光照强度随时间变化的图像如图丙,根据图像判断单摆的周期T=　　　　(用t0表示)。
(3)测量多组摆长L及对应的周期T,作出lg T-lg L图像如图丁所示,图像斜率为k,在纵轴上的截距为b,通过理论分析可知k=　　　　,当地的重力加速度g=　　 　　(用b和π表示)。
(4)由于操作失误,致使摆球不在同一竖直平面内运动,而是在一个水平面内做圆周运动,这时如果测出摆球做这种运动的周期,再用单摆的周期公式求出重力加速度,则求出的重力加速度与当地重力加速度相比　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】 (1)13.870　(2)4t0　(3)　
(4)偏大
【解析】 (1)由题图乙知螺旋测微器测出摆球的直径为13.5 mm+37.0×0.01 mm=
13.870 mm。
(2)根据题图丙判断单摆的周期T=4t0。
(3)根据单摆的周期公式T=2π,变形可得lg T=lg L+lg ,故图像斜率k=,
截距b=lg ,解得g=。
(4)假设圆锥摆的顶角为θ,半径为r,悬挂点到圆心的竖直高度为h,
根据动力学方程m()2r=mgtan θ,解得g=h,
而根据单摆周期公式T=2π,解得g=L,
由于L>h,故重力加速度g的测量值大于真实值。
课时作业
1.(2025·海南卷,7)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=　　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
　　　　(选填“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=　　　　s,由此可得当地重力加速度g= m/s2(π2取10,结果保留三位有效数字)。
【答案】 (1)80.00　(2)最低　1.8　9.88
【解析】 (1)单摆的摆长为L=l+=80.00 cm。
(2)为减小实验计时误差,需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=,代入数据解得g=9.88 m/s2。
2.(2025·广东广州期末)某同学利用单摆测当地重力加速度。
(1)下列叙述正确的是　　　　。(填字母)
A.有1 m和30 cm长度不同的同种细线,选用30 cm的细线做摆线
B.有直径为1.8 cm的塑料球和铁球,选用铁球做摆球
C.为方便改变摆长,多次实验,每次测量周期时,摆线上端可缠绕在铁架台的横杆上,悬点不必打结固定
D.当单摆经过平衡位置时开始计时,50次经过平衡位置后停止计时,用此时间除以50作为单摆振动的周期
(2)该同学采用如图甲所示的实验装置。由于没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长L,测得多组周期T和L的数据,作出L-T2图像,如图乙所示。实验得到的L-T2图线是　　 　　(选填“a”“b”或“c”)。得出当地的重力加速度g=　　　 　m/s2,小球的半径为　　 　　cm。(π2取9.86,结果保留三位有效数字)
(3)若不考虑测量误差,计算均无误,算得的g值和真实值相比是　　　　(选填“偏大”“偏小”或“一致”)的。
【答案】 (1)B　(2)c　9.86　0.600　(3)一致
【解析】 (1)摆线长度应适当长一些,故选用1 m的细线做摆线,A错误;摆球尽量质量大些、体积小些,故选用铁球做摆球,B正确;每次测量周期时,摆线上端可缠绕在铁架台的横杆上,悬点必须打结固定,保证摆长不变,C错误;当单摆经过平衡位置时开始计时,50次经过平衡位置后停止计时,相邻两次经过平衡位置的时间是半个周期,故用此时间除以25作为单摆振动的周期,D错误。
(2)根据单摆周期公式T=2π,解得L=T2+,则L-T2图像斜率k==0.25,截距b=,可知图像c符合实际,即d=1.2 cm,小球半径r=0.600 cm,g=4π2k=9.86 m/s2。
(3)图线c测量摆长虽然不准确,但不影响L-T2图像的斜率,故g的测量值与真实值一致。
3.(2025·浙江杭州二模)(1)用单摆测量重力加速度实验中,图甲所示的各项实验操作中合理的是　　　　。
A.采用如图甲a所示的悬挂方式
B.如图甲b,在小球摆到最高点时开始计时
C.如图甲c,用竖直放置的直尺和三角板测量球心到悬点间距离,作为摆长
(2)采用如图乙所示的实验装置继续探究,取一根棉线从金属戒指中穿过,两端悬于细杆上。
实验步骤如下:
①用刻度尺测得两个悬点距离为x,两悬点间棉线总长为s。
②轻敲戒指使之在垂直于纸面的竖直平面内摆动,摆角小于5°。
③记录摆动30个周期的总时间,计算周期数值。多次测量,得到周期的平均值T。
④如图丙所示,选用游标卡尺的测量爪　　　　(选填“A”或“B”)测量戒指内径。10分度游标卡尺的示数如图丁所示,那么该戒指的内径d=　　　　mm。
⑤等效摆长L为　　　　。(填字母)
A.
B.+
C.
⑥改变棉线长度,多次重复上述实验步骤。
⑦将数据绘制成T2-L图像,如图戊所示,请将图中数据点进行拟合。
⑧经计算得到重力加速度的测量值为　　　　m/s2(π2取9.87,结果保留三位有效数字)。
【答案】 (1)C (2)④B　16.0　⑤C　⑦图见解析　⑧9.87
【解析】 (1)为防止实验过程摆长发生变化,单摆上端悬点应固定,A错误;应在小球摆到最低点时开始计时,B错误;应用竖直放置的直尺和三角板测量球心到悬点间距离作为摆长,
C正确。
(2)选用游标卡尺的测量爪B测量戒指内径,10分度游标卡尺的分度值为0.1 mm,该戒指的内径d=16 mm +0×0.1 mm=16.0 mm,等效摆长 L=+=,故选C。拟合图线如图所示。
根据单摆周期公式有T=2π,变形得T2=L,根据图像斜率可知k== s2/m,解得g=9.87 m/s2。
4.(2025·江苏盐城模拟)科技文化节中,某兴趣小组利用单摆测量重力加速度,实验操作
如下:
(1)使用50分度的游标卡尺测量钢球的直径,如图甲所示,钢球直径的读数为d=
　　　　 mm。
(2)将器材按图乙方式连接,用刻度尺测量出悬点与钢球最上端间细线长度为l;使钢球按照图丙方式运动,摆角小于5°,钢球第1次经过最低点时开始计时,第n次经过最低点时的总时间为t,则重力加速度g=　　 　　　。(用测得的物理量表示)
(3)该小组将钢球换成沙摆,如图丁所示,薄木板被沿箭头方向水平拉出的过程中,漏斗漏出的沙在板上形成的一段曲线如图戊所示,当沙摆摆动经过最低点时开始计时(记为第1次),当它第20次经过最低点时测得所需的时间为19 s(忽略摆长的变化),当地重力加速度g取10 m/s2,则:
①该沙摆的摆长约为　　　　 m(结果保留两位有效数字)。
②由图戊可知薄木板做的是匀加速运动,且加速度大小约为　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1)13.36　(2)
(3)①1.0　②3.1×10-2
【解析】 (1)50分度的游标卡尺分度值为0.02 mm,则钢球直径的读数为d=13 mm+18×
0.02 mm=13.36 mm。
(2)由题意可知单摆的摆长为L=l+,钢球第1次经过最低点时开始计时,第n次经过最低点时的总时间为t,则单摆的周期为T==,由单摆的周期公式有T=2π,可得重力加速度为g=。
(3)①当沙摆摆动经过最低点时开始计时(记为第1次),当它第20次经过最低点时测得所需的时间为19 s,则单摆周期T= s=2 s,根据T=2π,解得L=1.0 m。
②根据Δx=a()2,解得加速度大小a=×10-2 m/s2=3.1×10-2 m/s2。
5.(2025·北京西城区模拟)某同学用图甲所示装置测定当地重力加速度。
(1)关于器材选择及测量时的一些实验操作,下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.摆线尽量选择细些、伸缩性小些且适当长一些的
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,应使摆角大一些
(2)在某次实验中,测得单摆摆长为l,单摆完成n次全振动的时间为t,则利用上述测量量可得重力加速度的表达式g=　　　　。
(3)实验时改变摆长,测出几组摆长l和对应的周期T的数据,作出l-T2图像,如图乙所示。
①利用A、B两点的坐标可得重力加速度的表达式g=　　　　。
②因摆球质量分布不均匀,小球的重心位于其几何中心的正下方。若只考虑摆长测量偏小造成的影响,则由①计算得到的重力加速度的测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(4)关于摩擦力可以忽略的斜面上的单摆,某同学猜想单摆做小角度摆动时周期满足T=2π,
如图丙所示。为了检验猜想正确与否,他设计了如下实验:如图丁所示,铁架台上装一根重垂线,在铁架台的立柱跟重垂线平行的情况下,将小球、摆线、摆杆组成的“杆线摆”装在立柱上,调节摆线的长度,使摆杆与立柱垂直,摆杆可绕着立柱自由转动,且不计其间的摩擦。如图戊所示,把铁架台底座的一侧垫高,立柱倾斜,静止时摆杆与重垂线的夹角为β,小球可等效于在一倾斜平面上运动。下列图像能直观地检验猜想是否正确的是　　　　。
A.-sin β图像
B.-cos β图像
C.-tan β图像
【答案】 (1)AB　(2)
(3)①　②等于　(4)B
【解析】 (1)为减小实验误差,摆线尽量选择细些、伸缩性小些且适当长一些的,摆球尽量选择密度大的,即质量大些、体积小些的,A、B正确;应使摆角小于5°,才可看作理想单摆,C错误。
(2)在某次实验中,测得单摆摆长为l、单摆完成n次全振动的时间为t,则周期为T=,根据单摆周期公式T=2π,解得g=。
(3)①根据单摆周期公式T=2π,变形有l=T2,根据图像的斜率可知k==,解得g=。
②因摆球质量分布不均匀,小球的重心位于其几何中心的正下方。若只考虑摆长测量偏小造成的影响,则图像的斜率不变,测量值等于真实值。
(4)根据题图可知等效重力加速度为a=gcos β,根据单摆周期公式T=2π,变形可知=,则应作- cos β图像,故B正确,A、C错误。(共49张PPT)
第2讲
机械波
【学习目标】
1.理解机械波的形成条件与传播特点,掌握波长、频率、波速的关系,建立波动模型与能量传递观。
2.能分析波的叠加、干涉与衍射现象,运用图像推理波动规律,培养空间建模能力。
3.联系实际(如声呐、地震预警),认识机械波在科技与防灾中的应用,培养科学应用意识。
知识构建
【答案】 波源　介质　能量　移动　垂直　同一直线上　相邻　波源　介质　λf　平衡位置　位移　平衡位置　频率　干涉图样　波长　小　绕过　相对运动　频率　频率
基础转化
1.(2025·陕晋青宁高考适应性考试)某同学在漂浮于湖中的木筏上休息,看到湖面上的水波正平稳地向着湖岸传播。该同学估测出相邻波峰与波谷之间水平距离为1.5 m,当某波峰经过木筏时开始计数,此后经20 s恰好有12个波峰通过木筏,则该水波(　　)
A.波长约为1.5 m
B.周期约为3.3 s
C.频率约为1.7 Hz
D.波速约为1.8 m/s
D
2.(多选)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是t=0时刻的波形图;P是介质中位于x=2 m处的质点,其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　 　)
A.波速为2 m/s
B.波向左传播
C.x=3 m处的质点在t=7 s时位于平衡位置
D.质点P在0~7 s内运动的路程为70 cm
ABD
考点一
机械波的形成与传播　波的图像
如图为一列简谐横波在某时刻的波形图,请写出该波的函数表达式,并计算出此时质点P的横坐标值以及位于xQ=18 cm处的质点Q的位移。
模理探真·深度学习
1.机械波的传播特点
(1)波传到任意一点,该点的起振方向都和波源的起振方向相同。
(2)介质中每个质点都做受迫振动,任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。
(3)波从一种介质进入另一种介质,由于介质的情况不同,它的波长和波速可能改变,但频率和周期都不会改变。
2.波的传播方向与质点振动方向的互判方法
项目 内容 图像
“上下 坡”法 沿波的传播方向,“上坡”时质点向下振动,“下坡”时质点向上振动
“同侧”法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧
“微平 移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移,再由对应同一横坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向
[例1] 【波的形成与传播】 (2025·北京卷,5)质点S沿竖直方向做简谐运动,在绳上形成的波传到质点P时的波形如图所示,则(　　)
A.该波为纵波
B.质点S开始振动时向上运动
C.S、P两质点振动步调完全一致
D.经过一个周期,质点S向右运动一个波长距离
B
[例2] 【波的图像】 (多选)(2025·山东卷,9)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波,振幅均为2 cm,波速均为1 m/s,M、N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所示,M、N的位移均为1 cm。下列说法正确的是(　 　)
A.甲波的周期为6 s
B.乙波的波长为6 m
C.t=6 s时,M向y轴正方向运动
D.t=6 s时,N向y轴负方向运动
BD
考点二
振动图像与波的图像的综合应用
振动图像与波的图像的比较
比较项目 振动图像 波的图像
研究对象 一个质点 波传播方向上的所有质点
研究内容 某质点位移随时间的变化规律 某时刻所有质点在空间分布的规律
图像
横坐标 表示时间 表示各质点的平衡位置
物理 意义 某质点在各时刻的位移 某时刻各质点的位移
振动方向 的判断 (看下一时刻的位移)
(同侧法)
Δt后的 图形 随时间推移,图像延伸,但已有形状不变 随时间推移,图像沿波的传播方向平移,按原有波形做周期性变化
联系 (1)纵坐标均表示质点的位移。 (2)纵坐标的最大值均表示振幅。 (3)波在传播过程中,各质点都在各自的平衡位置附近振动
[例3] 【由质点的振动图像判断波的图像】 (2025·广西河池期末)如图甲所示,用手握住长绳的端点A,t=0时刻在手的带动下A点开始上下振动,其振动图像如图乙所示。下列四幅图中能正确反映t0时刻绳波形状的是(　　)
A B C D
B
[例4] 【由波的图像判断质点的振动图像】 (2025·湖北宜昌模拟)介质中坐标原点O处的波源在t=0时刻开始振动,产生的简谐横波沿x轴正方向传播,t0时刻传到L处,波形如图所示。下列描述x0处质点的振动图像是(　　)
A B
C D
C
[例5] 【波的图像与振动图像的综合】 (多选)(2025·福建福州二模)一列简谐横波沿x轴传播,图甲是波传播到x=5 m的质点M时的波形图,令此时刻t=0,图乙是质点N(x=3 m)的振动图像,Q是位于x=10 m处的质点,则下列说法正确的是(　 　)
A.Q点开始振动的方向沿y轴负方向
B.t=0至t=3 s内,质点M的路程为10 cm
C.质点Q和原点的振动方向始终相反
D.t=9.5 s时,质点Q的位移为-5 cm
AC
考点三
波传播的周期性与多解性
1.波的周期性
(1)质点振动nT(n=1,2,3,…)时,波形不变。
2.波的多解问题的成因分析
双向性 形成多解 (1)传播方向的双向性:波的传播方向不确定。
(2)振动方向的双向性:质点的振动方向不确定
周期性 形成多解 (1)时间的周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
(2)空间的周期性:波传播距离Δx与波长λ的关系不明确
波形的隐 含性形成 多解 在波动问题中,往往只给出完整波形的一部分,或给出几个特殊点,而其余信息均处于隐含状态。这样,波形就有多种情况,形成波动问题的多解性
3.解决波的多解问题的一般思路
(1)首先找出造成多解的原因,比如考虑传播方向的双向性,可先假设波向右传播,再假设波向左传播,分别进行分析。
(2)根据周期性列式,若题目给出的是时间条件,则列出t=nT+Δt(n=0,1,2,…)进行求解;若给出的是距离条件,则列出x=nλ+Δx(n=0,1,2,…)进行求解。
[例6] 【双向性形成多解】 (多选)(2025·陕晋青宁卷,8)一列简谐横波在介质中沿直线传播,其波长大于1 m,a、b为介质中平衡位置相距2 m的两质点,其振动图像如图所示。则t=0时的波形图可能为(　 　)
AD
A B
C D
[例7] 【空间的周期性形成多解】 (2023·海南卷,4)下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距6 m的两个质点P、Q的振动图像,下列说法正确的是(　　)
A.该波的周期是5 s
B.该波的波速是3 m/s
C.4 s时P质点向上振动
D.4 s时Q质点向上振动
C
[例8] 【波的隐含性形成多解】 (2025·重庆二模)如图所示,某均匀介质中一列沿x轴正方向传播的简谐横波(图中未画出),波速为6 m/s,两质点P、Q位于x轴上。以该波传到质点P为计时起点,质点P的振动方程为y=-2sin 5πt cm,经过时间Δt该波传到质点Q时,质点P位于x轴上方距其平衡位置1 cm处且向上振动。由此可知(　　)
A.该波的波长为2 m
B.质点Q开始振动的方向向上
C.质点P、Q平衡位置的间距可能为3.8 m
D.Δt=0.25 s
C
考点四
波的干涉、衍射和多普勒效应
1.波的干涉现象中振动加强点、减弱点的判断方法
(1)图像法。
如图所示,在某时刻波的干涉的波形图上,波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点
(如图中的P、Q)一定是加强点,而波峰与波谷的交点(如图中的R、S)一定是减弱点,各加强点或减弱点各自连接成以两波源为中心向外辐射的连线,形成加强线和减弱线,两种线互相间隔,加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
(2)公式法。
某质点的振动是加强还是减弱,取决于该点到两相干波源的距离之差Δr,如图所示。
①当两波源振动步调一致时,
若Δr=nλ(n=0,1,2,…),则振动加强;
②当两波源振动步调相反时,
若Δr=nλ(n=0,1,2,…),则振动减弱。
2.衍射现象的两点提醒
(1)障碍物或孔的尺寸大小并不是决定衍射能否发生的条件,仅是衍射现象是否明显的条件,波长越长越容易发生明显的衍射现象。
(2)当孔的尺寸远小于波长时,尽管衍射十分突出,但衍射波的能量很弱,也很难观察到波的衍射。
3.多普勒效应的成因分析
(1)接收频率是指观察者接收到的频率,等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。
(2)当波源与观察者相互靠近时,观察者接收到的频率变大;当波源与观察者相互远离时,观察者接收到的频率变小。
[例9] 【波的干涉】 (多选)(2025·浙江1月选考卷,12)如图甲所示,两波源S1和S2分别位于x=0与x=12 m 处,以x=6 m为边界,两侧为不同的均匀介质。t=0时两波源同时开始振动,其振动图像相同,如图乙所示。t=0.1 s时x=4 m与x=
6 m 两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响,则(　 　)
A.t=0.15 s时两列波开始相遇
B.在6 mC.两列波叠加稳定后,x=8.4 m处的质点振动减弱
D.两列波叠加稳定后,在0BC
[例10] 【波的衍射】 (2025·江苏泰州期末)如图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图样,由图样可知(　　)
A.B侧波是衍射波
B.A侧相邻波纹间距大于B侧相邻波纹间距
C.若孔的大小不变,减小水波波源的频率,衍射现象将更明显
D.增大挡板之间的间隙,衍射现象将更明显
C
【解析】 由题图可知,A侧波是衍射波,故A错误;两侧波的频率和波速均相
同,波长相同,即A侧相邻波纹间距等于B侧相邻波纹间距,故B错误;在孔的尺寸与波长差不多或者比波长更小的情况下会产生明显的衍射现象,若孔的大小不变,减小水波波源的频率,则波长变大,衍射现象将更明显,故C正确;增大挡板之间的间隙,衍射现象将变得不明显,故D错误。
[例11] 【多普勒效应】 (2025·河北沧州模拟)如图甲所示是某型号高机动性制空战斗机训练过程中水平高速飞行的情形,图乙是该战机水平飞行时的示意图,图中一系列圆表示该战机不同时刻发出的声波所到达的位置,这些圆相切于一点,战机恰处于该点上。下列说法正确的是(　　)
A.战机正在靠近P点
B.战机的速度与它发出声波的速度大小相等
C.Q处速度为零的观察者接收到声波的频率等于战机发出声波的频率
D.P处速度为零的观察者接收到声波的频率高于Q处速度为零的观察者接收到声波的频率
B
【解析】 圆的位置逐渐右移,说明战机的运动方向向右,正在远离P点,A错
误;战机恰处于这些圆的同一切点上,说明战机与它发出的声波在相等时间内向右运动的距离相等,故两者速度大小相等,B正确;战机远离Q点,该处速度为零的观察者接收到声波的频率小于战机发出声波的频率,C错误;战机发出的声波在各方向上速度相同,由题图可知,处于P点的观察者单位时间内接收到完全波的个数最少,D错误。
感谢观看【考情分析】
　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
机械振动 四川·T5、广东·T1、 河北·T9、甘肃·T8、 湖北·T9 新课标·T19、福建·T2、 河北·T6、甘肃·T5、 北京·T9 山东·T10、 浙江1月选考·T6
机械波 云南·T7、海南·T5、 安徽·T2、广西·T13、 黑吉辽内蒙古·T5 河南·T8、陕晋青宁·T8、 山东·T9、福建·T10、 湖南·T7 广东·T3、江苏·T7、 山东·T9、安徽·T3、 浙江6月选考·T11 广东·T4、 湖南·T3
实验:用单摆测 量重力加速度 海南·T7 湖北·T12 新课标·T23、河北·T11、 重庆·T11
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.跨学科融合:与声学(噪声控制)、光学(光波干涉)结合命题。
2.科技热点:5G通信(电磁波类比)、地震波预警系统等新情境。
3.探究性实验:创新测量方法(如利用智能手机传感器测声速)。
二、热点预测
1.复杂图像分析:波的图像与振动图像的综合判断(如多质点运动时序问题)。
2.多普勒效应定量计算:救护车、卫星测速等实际场景应用。
3.驻波与共振:乐器发声原理、桥梁减振设计等工程问题。
三、备考建议
1.注重图像分析:提升“图像转换能力”
(1)练习“振动图像与波的图像的转换”:例如,给出波的图像,求某质点的振动方向;给出振动图像,绘制某一时刻的波的图像。
(2)掌握“波的图像中质点振动方向的判断方法”:如“上坡下,下坡上”(沿着波的传播方向,“上坡”的质点向下振动,“下坡”的质点向上振动)。
2.联系实际:关注“生活与科技中的波”
(1)收集生活中的机械波现象:如地震、声波、乐器的振动,分析其物理原理。
(2)关注科技热点:如“量子简谐运动”“航天振动控制”,了解其与机械振动的联系。
3.强化综合训练:提高“综合应用能力”
(1)跨模块综合题:如“机械波与动量守恒”“机械波与能量守恒”的结合题,提升综合分析能力。
(2)真题与模拟题:重点练习“振动与波的图像转换”“波的干涉”“实际情境中的波”等热点题型,熟悉命题规律。
总结:“机械振动与机械波”是高考物理的核心模块之一,近三年考情稳定,注重综合考查;未来将更倾向于情境化、综合化、核心素养导向,热点集中在“振动与波的图像转换”“波的叠加与干涉”“实际情境中的波”等方向。备考时需夯实基础、注重图像分析、联系实际、强化综合训练,同时培养科学思维与探究能力,以应对未来高考的变化。
第1讲　机械振动
【学习目标】
1.理解简谐运动的动力学特征与运动学规律,掌握振幅、周期、频率等物理量的物理意义。
2.能够通过图像法和公式法分析简谐运动,建立单摆、弹簧振子等理想模型,培养用数学工具描述物理规律的能力。
3.通过实验探究单摆周期与摆长的关系,或弹簧振子周期与质量的关系,学会控制变量、数据处理及误差分析的方法。
4.结合地震监测、摆钟设计等实际应用,认识机械振动理论在生产与生活中的重要价值,培养理论联系实际的意识。
[footnoteRef:2] [2:
1.如图所示,弹簧振子在B、C间做简谐运动,O为平衡位置,BO=OC=5 cm,若振子从B第一次运动到O的时间是0.5 s,则下列说法正确的是(　　)
A.振幅是10 cm
B.振动周期是1 s
C.经过一次全振动,振子通过的路程是10 cm
D.从B开始经过3 s,振子通过的路程是30 cm
【答案】 D
2.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内,振子通过的路程为5(1+) cm
【答案】 C]
【答案】 正弦函数　正弦曲线　正比　指向　回复力　Asin(ωt+φ)
初相　-kx　分力　2π　　减小　其他形式　周期性
等于　f固
考点一　简谐运动的基本特征
　简谐运动的五个特征
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 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
能量特征 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
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所用时间等于由O到P′所用时间,即tPO=。 (3)物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO。 (4)相隔或(n为正整数)的两个时刻,物体位置关于平衡位置对称,位移、速度、加速度大小相等,方向相反
[例1] 【简谐运动基本物理量的分析】如图所示,一质点做简谐运动,O点为其平衡位置。
(1)质点由M点到O点的运动过程中,质点的速度　　　　,加速度　　　　,机械能　　　 　。(均选填“增大”“减小”或“不变”)
(2)质点先后以相同的速度依次通过M、N两点,历时1 s,质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点,在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为　　　 　。
A.3 s、6 cm B.4 s、6 cm
C.4 s、9 cm D.2 s、8 cm
(3)质点动能变化的周期是　　　　 s。
【答案】 (1)增大　减小　不变　(2)B　(3)2
【解析】 (1)质点由M到O的过程中,速度增大,加速度减小,机械能不变。
(2)做简谐运动的质点,先后以相同的速度通过M、N两点,则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称,所以质点由M到O的时间与由O到N的时间相等,那么从平衡位置O到N点的时间t1=0.5 s;因过N点后再经过t=1 s,质点以方向相反、大小相等的速度再次通过N点,则从N点到右侧最大位移处的时间t2=0.5 s,因此,质点振动的周期T=4(t1+t2)=4 s。这2 s内质点通过的总路程的一半,即为振幅,所以振幅A==6 cm,故选B。
(3)动能是标量,由简谐运动的对称性知,变化周期为=2 s。
[例2] 【回复力的应用】 (多选)(2025·甘肃卷,8)如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断细线,下列说法正确的是(　　)
A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为
C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为
D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为
【答案】 BC
【解析】 剪断细线之前,有F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变,此时弹力大于小球A所受的重力,则小球先向上做加速运动,随着弹力减小,向上的加速度减小,当加速度为零时速度最大,此时弹力与重力大小相等,弹簧处于拉伸状态,A错误;对小球A有F弹-2mg=2ma,解得小球A的加速度a=,B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=,剪断细线后小球A做简谐运动,在平衡位置时弹簧伸长量x2=,即振幅为A=x1-x2=,由对称性可知小球A运动到最高点时,弹簧伸长量为,而小球A运动到最低点时弹簧伸长量与剪断细线时相等,即伸长量为,C正确,D错误。
考点二　简谐运动的图像和表达式
1.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φ(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,回复力的方向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。
2.简谐运动表达式的书写
(1)从振动图像中找出振幅A和周期T,ω=。
(2)根据t=0时的位移求出初相φ,即x0=Asin φ。
(3)把A、ω、φ代入表达式x=Asin(ωt+φ)即可(若图像为余弦函数图像或其他形式,也可以用该方法求得,只不过φ不相同)。
[例3] 【对简谐运动图像的认识】 (2024·福建卷,2)如图甲,装有砂粒的试管竖直静浮于水中,将其提起一小段距离后释放,一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,试管振动图像如图乙所示,则试管(　　)
A.振幅为2.0 cm
B.振动频率为2.5 Hz
C.在t=0.1 s时速度为零
D.在t=0.2 s时加速度方向竖直向下
【答案】 B
【解析】 由题图乙可知该振动的振幅为1.0 cm、周期T=0.4 s,根据f=可得振动频率f为2.5 Hz,故A错误,B正确;t=0.1 s时试管回到平衡位置,速度最大,故C错误;在t=0.2 s时,试管处于向下最大位移处,回复力方向竖直向上,加速度方向竖直向上,故D错误。
[例4] 【对简谐运动表达式的理解】 (2025·湖北宜昌模拟)某弹簧振子的振动方程x=
2sin (πt+) cm,关于该振子的运动,下列说法正确的是(　　)
A.振子在0.5 s和1.5 s时速度相同
B.振子动能变化的周期为2 s
C.t=1 s时振子的加速度最大
D.振子从x1=1 cm处运动到x2=-1 cm处的最短时间为 s
【答案】 D
【解析】 根据振子的振动方程x=2sin (πt+) cm,可知振子在0.5 s和1.5 s时的位移分别为 cm和- cm,可知振子在0.5 s和1.5 s时速度大小相同,方向相反,A错误;振子的周期为T= s=2 s,可知动能变化的周期为1 s,B错误;t=1 s时x=- m,可知振子不在位移最大的位置,则振子的加速度不是最大,C错误;振子从x1=1 cm处向平衡位置运动至x2=-1 cm处用时最短,最短时间为tmin=2×= s,D正确。
考点三　单摆及其周期公式
1.单摆的受力特征
(1)回复力:摆球所受重力沿与摆线垂直方向的分力,F回=mgsin θ=-x=-kx,负号表示回复力F回与位移x的方向相反,故单摆做简谐运动。
(2)向心力:摆线的拉力和摆球所受重力沿摆线方向分力的合力充当向心力,FT-mgcos θ=
m。
(3)两个特殊位置。
①当摆球在最高点时,Fn=m=0,FT=mgcos θ。
②当摆球在最低点时,Fn=m,Fn最大,FT=mg+m。
2.单摆周期公式
公式 T=2π
等效 摆长l 摆球在垂直于纸面方向小角度摆动,等效摆长为l0sin α
摆球在垂直于纸面方向小角度摆动,等效摆长为l0sin α+l0
等效 重力 加速度 g效=gsin θ
g效=
g等效=g
3.类单摆问题
构成 (1)光滑球形曲面AOB; (2)小球m
要求 (1)球形曲面光滑; (2)小球直径远小于球形曲面半径R; (3)小球在小范围AOB内做往复运动
[例5] 【单摆周期公式的应用】 (2025·四川卷,5)如图所示,甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,从左至右摆长依次增加,小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直于纸面向外拉起一小角度,由静止同时释放,释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时,小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点,同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时,小球丙加速度为零
B.小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
【答案】 C
【解析】 根据单摆周期公式T=2π,可知T丁>T丙>T乙>T甲,根据题意可得2T甲==
T丙=,可得T丙=2T甲,T乙=T甲,T丁=4T甲,所以T甲∶T乙=3∶4,T丙∶T丁=1∶2,C正确;根据单摆周期公式T=2π,结合T丙∶T丁=1∶2,可得小球丙、丁的摆长之比l丙∶l丁=1∶4,D错误;小球甲第一次回到释放位置时,即经过T甲(即)时间,小球丙到达另一侧最高点,此时速度为零,位移最大,根据a=-,可知此时加速度最大,A错误;根据上述分析可得T乙=T丁,小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙振动的时间为(即),可知此时小球乙经过平衡位置,速度最大,动能最大,B错误。
[例6] 【单摆振动图像的应用】 (多选)(2025·云南昆明期中)一单摆如图甲所示,M、N为单摆偏移的最大位置,O点为最低点,该单摆的振动图像如图乙所示。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向,重力加速度g取10 m/s2,取π2=10,下列说法正确的是(　　)
A.该单摆的摆长为1 m
B.t=1 s时,摆球的加速度为零
C.从t1=0.5 s到t2=1.5 s时间内单摆的回复力先减小后增大
D.t=1.25 s时,摆球的速度方向与位移方向相反
【答案】 AC
【解析】 由题图乙可知单摆的周期T=2 s,根据T=2π可得该单摆的摆长l=1 m,A正确;由题图乙可知,在t=1 s时摆球在平衡位置,速度最大,摆球具有向心加速度,B错误;从t1=
0.5 s到t2=1.5 s时间内单摆的位移先减小后增大,单摆的回复力F=-kx,回复力大小与位移大小成正比,所以单摆的回复力先减小后增大,C正确;由题图乙可知,在t=1.25 s时,单摆的位移为负,运动方向向左,所以摆球的速度方向与位移方向相同,D错误。
[例7] 【类单摆问题】 (2024·浙江6月选考卷,9)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5 m。小球平衡时,A端细线与杆垂直;当小球受到垂直于纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.摆角变小,周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时,A端拉力为 N
D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力
【答案】 B
【解析】 根据单摆的周期公式T=2π可知,周期与摆角无关,故A错误;A端拉力大小等于B端拉力大小,平衡时对小球受力分析如图,
有2FAcos 30°=mg,解得FA=FB== N,故C、D错误;摆长为l= m=1 m,故周期为T=2π=2 s,故B正确。
考点四　受迫振动和共振
1.简谐运动、受迫振动和共振的比较
项目 简谐运动 受迫振动 共振
是否受 驱动力 不受 驱动力 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 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
2.对共振的理解
(1)共振曲线。
如图所示,横坐标为驱动力的频率f,纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动时振幅的影响。由图可知,f与f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大。
(2)受迫振动中系统能量的转化。
做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换。
[例8] 【对受迫振动的理解】 (2025·广东江门期末)飞力士棒是物理治疗师发明的一种物理康复器材。标准型飞力士棒中间的握柄和两端负重头用一根PVC软杆连接,棒的固有频率为4.5 Hz,如图所示,可以使用双手对飞力士棒进行驱动,忽略空气阻力,下列关于飞力士棒的说法正确的是(　　)
A.使用者用力越大棒振动越快
B.若只将PVC杆增长,棒的固有频率不变
C.该棒振动的频率一定等于4.5 Hz,与驱动力的频率无关
D.随着手振动的频率越接近固有频率,棒振动的幅度一定变大
【答案】 D
【解析】 使用者用力大小影响的是振幅,与振动快慢没有关系,A错误;将PVC杆增长,棒的固有频率发生改变,B错误;该棒做受迫振动,振动频率等于驱动力频率,C错误;当驱动力的频率等于其固有频率时,棒振动的振幅最大,随着手振动的频率越接近固有频率,棒振动的幅度一定变大,D正确。
[例9] 【对共振曲线的理解】 (2025·广西南宁模拟)如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系),下列说法正确的是(　　)
A.此单摆的固有周期约为0.5 s
B.若摆长变小,共振曲线的峰将左移
C.若保持摆长不变,将该单摆移至月球表面上做受迫振动,则共振曲线的峰将左移
D.此单摆的摆长约为3 m
【答案】 C
【解析】 由题图知,当驱动力频率为0.5 Hz时振幅最大,则固有周期为T==2 s,故A错误;根据公式T=2π,可得摆长l=1 m,故D错误;若摆长变小,固有周期变小,固有频率增大,共振曲线的峰将右移,故B错误;若保持摆长不变,将该单摆移至月球表面上,重力加速度减小,固有周期变大,则固有频率减小,共振曲线的峰将左移,故C正确。
课时作业
对点1.简谐运动的基本特征
1.(2025·广东茂名模拟)如图所示,平静湖面上漂浮的浮子受到轻微扰动后,在竖直方向上做简谐运动,周期为T,振幅为A。已知t=0时刻,浮子正经过平衡位置竖直向下运动,下列说法正确的是(　　)
A.在t=时,浮子的加速度最大,方向竖直向下
B.在t=时,浮子的位移最大,速度方向竖直向下
C.在t=时,浮子的加速度和位移均为零,速度方向竖直向上
D.浮子的振幅越大,其振动周期就越大
【答案】 C
【解析】 已知t=0时刻,浮子正经过平衡位置竖直向下运动,可知在t=时,浮子处于下方最大位移处,则浮子的加速度最大,方向竖直向上,故A错误;在t=或t=时,浮子处于平衡位置向上运动,浮子的加速度和位移均为零,速度方向竖直向上,B错误,C正确;简谐运动的周期与振幅无关,D错误。
2.(多选)(2025·湖北卷,9)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接,小球a由不可伸长的细线悬挂在O点,系统处于静止状态,如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g,忽略空气阻力,弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后(　　)
A.小球a可能会运动
B.若小球b做简谐运动,则其振幅为
C.当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动
D.当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动
【答案】 AD
【解析】 如果小球a不动而小球b单独振动,则小球b做简谐运动,简谐运动的平衡位置处合力为零,即小球b初始时刻位置,可知小球b的振幅为l,B错误;小球a发生运动的临界条件为弹簧对小球a向上的弹力大于小球a受到的重力,此时对小球a有kx0=mg,对小球b有kx0+mg=ma,由简谐运动的对称性可知,向下拉到最低点松手释放时,小球b的加速度也为a,则有kl=ma,解得l=,即当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动,A、D正确,C错误。
对点2.简谐运动的图像和表达式
3.(2024·北京卷,9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况,以向上为正方向,得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线,如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.t=0时,弹簧弹力为0
B.t=0.2 s时,手机位于平衡位置上方
C.从t=0至t=0.2 s,手机的动能增大
D.a随t变化的关系式为a=4sin 2.5πt m/s2
【答案】 D
【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F=mg,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,B错误;由题图乙知,从t=0至t=0.2 s,手机的加速度增大,手机从平衡位置向最大位移处运动,速度减小,动能减小,C错误;由题图乙知,T=0.8 s,ω==2.5π rad/s,则a随t变化的关系式为a=
4sin 2.5πt m/s2,D正确。
4.(2025·河南郑州模拟)甲、乙两个物体做简谐运动的方程分别为x甲=A甲sin (t+φ甲)、
x乙=A乙sin (t+φ乙)。下列说法正确的是(　　)
A.内,甲的路程一定为2A甲,内,乙的路程一定为A乙
B.经过任意的时间,乙的动能均不变
C.若A甲=A乙,甲、乙两物体的机械能相等
D.若φ甲<φ乙,则一定有T甲【答案】 B
【解析】 内,甲的路程一定为2A甲,内,乙的路程不一定为A乙,要看计时时刻乙所处的位置,A错误;经过任意的时间,初、末位置一定相对于平衡位置对称,速度等大反向,动能不变,B正确;若A甲=A乙,由于甲、乙质量未知,机械能大小未知,C错误;φ甲、φ乙分别表示两简谐运动方程的初相,无法判断两者周期的大小,D错误。
对点3.单摆及其周期公式
5.(2025·天津二模)如图所示的是两个单摆的振动图像,纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法正确的是(　　)
A.t=4 s时,两单摆的回复力最大
B.乙摆球在第1 s末和第3 s末速度相同
C.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4
D.甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sin (t+) cm
【答案】 C
【解析】 t=4 s时,两单摆均处于平衡位置,该位置的回复力为零,A错误;根据x-t图像切线斜率表示速度可知,乙摆球在第1 s末和第3 s末速度大小相等、方向相反,B错误;由单摆的周期公式T=2π,得l=,甲、乙两个摆的摆长之比为==,C正确;由题图可知,甲摆的振幅为2 cm,周期为4 s,且零时刻位于平衡位置并开始向上运动,故甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sin t cm,D错误。
6.(2025·浙江湖州二模)如图甲,小球在光滑球面上的A、B之间来回运动。t=0时刻将小球从A点由静止释放,球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示,若弧长AB远小于半径,则(　　)
A.小球运动的周期为0.2π s
B.光滑球面的半径为0.1 m
C.小球的质量为0.05 kg
D.小球的最大速度约为0.10 m/s
【答案】 C
【解析】 小球在一个周期内两次经过最低点,根据题图乙可知,小球的运动周期为0.4π s,A错误;小球在光滑球面上做简谐运动,根据周期公式T=2π,式中l可等效为光滑球面的半径R,代入数据得R=l=0.4 m,B错误;设小球在光滑球面上最高点时与其做圆周运动的圆心连线与竖直方向的夹角为θ,小球到达最低点时速度的最大值为v,则在最高点有
mgcos θ=F1,在最低点有F2-mg=m,从最高点到最低点,由动能定理有mgR(1-cos θ)=mv2,其中F1=0.495 N,F2=0.510 N,联立解得m=0.05 kg,v= m/s,C正确,D错误。
对点4.受迫振动和共振
7.(多选)(2025·辽宁沈阳期中)如图所示为手搓蔬菜大棚“阻尼器”示意图,通过编织袋装土并悬挂,可有效抵抗强阵风,确保大棚稳定。强阵风来袭时,大棚出现晃动,“阻尼器”开始减振工作。下列说法正确的是(　　)
A.“阻尼器”做的是自由振动
B.“阻尼器”质量越小效果越好
C.强阵风的破坏力除和风力大小有关外,还和频率有关
D.强阵风的频率等于“阻尼器”固有频率时“阻尼器”振幅最大
【答案】 CD
【解析】 “阻尼器”在强风作用下发生受迫振动,质量较大的“阻尼器”能更有效地吸收和消耗强风的能量,效果更好,A、B错误;强阵风的破坏力除和风力大小有关外,还和频率有关,当强阵风的频率等于“阻尼器”固有频率时,“阻尼器”振幅最大,即发生了共振,C、D正确。
8.(教材改编题)图甲为共振筛基本结构图,由四根弹簧和一个电动偏心轮组成,当偏心轮每转一周,就给筛子一个周期性变化的驱动力。若增大电压,可使偏心轮转速提高;增加筛子质量,可增大筛子固有周期。图乙是该共振筛的共振曲线。现在某电压下偏心轮的转速是54 r/min,下列说法正确的是(　　)
A.质量不变时,增大电压,图中振幅的峰值会往右移
B.电压不变,适当增加共振筛的质量,可以增大其振幅
C.质量不变时,适当减小电压,可以增大共振筛的振幅
D.突然断电,共振筛不会立即停下来,频率立即变为0.8 Hz
【答案】 C
【解析】 现在某电压下偏心轮的转速是54 r/min,偏心轮振动的频率为f= Hz=0.9 Hz,突然断电,共振筛不会立即停下来,频率不会立即变为0.8 Hz,仍为0.9 Hz,D错误;由共振曲线可知,共振筛的固有频率为0.8 Hz,质量不变时,增大电压,共振筛的固有频率不变,题图中振幅的峰值不会移动,A错误;电压不变,适当增加共振筛的质量,则共振筛的固有周期增大,固有频率减小,使得固有频率与驱动力频率的差值变大,共振筛的振幅减小,B错误;质量不变时,适当减小电压,会减小偏心轮转速,驱动力频率减小,使得固有频率与驱动力频率的差值变小,共振筛的振幅增大,C正确。
9.(多选)(2025·河北卷,9)如图,截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上,两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮,静止在斜面体两侧,细绳与斜面平行。此外,两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连,且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离,然后松开。弹簧始终在弹性限度内,斜面倾角为θ,不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.左侧小物块沿斜面做简谐运动
B.细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C.右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D.若θ增大,则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
【答案】 AC　
【解析】 对左侧小物块,设沿斜面向下的位移为x,则有FT+kx-mgsin θ=ma,此时,对右侧小物块,有mgsin θ+kx-FT=ma,联立可得kx=ma,则左侧小物块受到的合力F=ma=kx,方向与位移方向相反,故其做简谐运动,A正确;根据以上分析,可得FT=mgsin θ,细绳拉力保持不变,B错误;同理可知,右侧小物块也做简谐运动,所以其在最高位置和最低位置的加速度大小相等,C正确;弹簧振子振动周期T周=2π,与斜面倾角无关,D错误。
10.(2025·湖南开学考试)如图所示,质量均为m=2 kg、可视为质点的滑块M、N用劲度系数为k=200 N/m的轻弹簧相连,静止放置在倾角为θ=37° 的光滑斜面上,N下端与垂直于斜面的挡板P接触;现将质量为M=4 kg的物体Q在斜面上M的上方某点由静止释放,Q和M碰撞后立即粘为一体,此后做简谐运动。运动过程中,滑块N恰好不离开挡板,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)M、Q整体做简谐运动的振幅;
(2)M、Q碰撞后瞬间的速度大小;
(3)Q在斜面上由静止释放的位置与M最初位置间的距离。
【答案】 (1)0.24 m　(2)1.2 m/s　(3)0.27 m
【解析】 (1)弹簧弹力等于M、Q整体所受的重力沿斜面的分力时处于平衡状态,有
kx0=(M+m)gsin θ,
可知,平衡位置时弹簧的形变量为x0==0.18 m,
弹簧处于压缩状态;
运动过程中,滑块N恰好不能离开挡板,则有mgsin θ=kx,
故弹簧应伸长到最大位移处,此时形变量x==0.06 m,
此时弹簧处于伸长状态;
故简谐运动的振幅为A=x0+x=0.24 m。
(2)Q与M碰撞之前,对弹簧有mgsin θ=kx1,
解得x1=0.06 m,
此时弹簧处于压缩状态。
从物体Q与滑块M刚碰后到滑块N恰好不离开挡板的过程,根据能量守恒定律有
(M+m)g(x+x1)sin θ=(M+m)v2,
解得v=1.2 m/s。
(3)物体Q与滑块M碰撞过程,根据动量守恒定律有
(M+m)v=Mv0,
解得v0=1.8 m/s,
物体Q下滑的过程有
Mglsin θ=M,
解得l=0.27 m。

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