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章末知识网络建构
受力特征：回复力F=①
弹簧振子
基本模型
单摆(6≤5°)
简谐运动
概念：振幅、周期和频率
[答案]
描述
单摆周期：T=②
①-kx
x-t图像：正弦或余弦曲线
22
机械振动
振动能：动能和势能之和；机械能守恒
科学测量
用单摆测量重力加速度
③驱动力
特征：振幅递减
阻尼振动
④越小
原因：振动能逐渐转化为其他形式的能
定义：周期性的③
作用下的振动
⑤最大
f=f驱，跟f面无关
受迫振动
特征
f驱与∫固相差④
，振幅A越大
共振：∫张=∫闲时，振幅A⑤第3节　单　摆
eq \a\vs4\al()
1．知道什么是单摆。　2.理解单摆振动的特点和单摆做简谐运动的条件。　3.会分析单摆回复力的来源。　4.知道单摆周期与摆长、重力加速度的定量关系，并能进行计算。
一、单摆的振动
1．单摆模型
(1)单摆：把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个小球，线的____________和球的____________可忽略不计，这种装置称为单摆。单摆是一种________________模型。
(2)单摆的运动特点
①摆球以悬挂点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。
②摆球以最低点O为平衡位置做往复运动。
2．单摆的回复力
(1)来源：重力沿圆弧____________的分力F提供了使球沿圆弧振动的回复力。
(2)特点：在摆角很小的情况下(通常θ<__________)，单摆所受的回复力大小与摆球__________成正比，方向与摆球位移方向________，即F＝－mg sin θ≈__________。
(3)运动规律：摆角很小的情况下，单摆的振动可近似视为____________运动。
二、单摆的周期
1．实验探究
(1)探究方法：____________法。
(2)实验结论：
①单摆振动的周期与摆球质量___________________。
②摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。
2．周期公式及应用
(1)公式：T＝__________________。即周期T与摆长l的算术平方根成正比，与重力加速度g的算术平方根成反比。
(2)单摆周期公式是荷兰物理学家________________________首先提出的。
(3)单摆的等时性：在同一地点，重力加速度是一定的，摆长相等的单摆具有相同且恒定不变的________________，单摆周期与______________及__________________皆无关。
(4)应用
①摆钟：利用单摆的周期与______________和____________无关这一性质来计量时间，制成了摆钟。
②测重力加速度：如果能测出单摆的________________和____________，也可利用单摆的周期公式测量当地的重力加速度。
判断下列说法是否正确。
(1)单摆模型中对小球的要求是密度较大，其直径与线的长度相比可忽略。(　　)
(2)摆球质量越大，周期越长。(　　)
(3)摆动幅度越大，周期越长。(　　)
(4)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　)
(5)单摆的回复力是重力的分力。(　　)
(6)摆线越长时，单摆的周期越长。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√
[答案自填] 质量　大小　理想化　切向　5°　位移大小　相反　－x　简谐　控制变量　无关　2π　惠更斯　振动周期　振幅　摆球质量　振幅　摆球质量　摆长　周期
知识点一　单摆的回复力
eq \a\vs4\al()
1．判断以下摆动模型是不是单摆，为什么？
2．如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后静止释放，小球在A、A′间来回摆动，不计空气的阻力。
(1)小球的平衡位置在哪里？
(2)小球摆动过程中受到哪些力的作用？什么力提供向心力？什么力提供回复力？
(3)小球经过平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？
[提示]　1.模型①不是单摆，因为橡皮筋伸长不可忽略。模型②不是单摆，因为绳子质量不可忽略。模型③不是单摆，因为绳长没有远大于球的直径。
模型④不是单摆，因为悬点不固定，因而摆长在发生变化。模型⑤是单摆。
2．(1)小球静止时的位置O点为平衡位置。
(2)小球受重力和细线的拉力作用。细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。
(3)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。
1．实际摆可看作单摆的条件
(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．单摆运动特点
(1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都有向心力。
(2)摆球同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，沿轨迹的切线方向上都有回复力。
3．摆球的受力
(1)任意位置
如图所示，G2＝G cos θ，F－G2的作用就是提供摆球绕O′做变速圆周运动的向心力；G1＝G sin θ的作用是提供摆球以O为中心做往复运动的回复力。
(2)平衡位置
摆球经过平衡位置时，G2＝G，G1＝0，此时F应大于G，F－G提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回＝0，与G1＝0相符。
4．两点说明
(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡。(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力G sin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力F的合力。
　(2025·上海闵行区期中)关于单摆，以下说法不正确的是(　　)
A．单摆装置是研究机械振动的物理模型
B．用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长；小球要质量较大，体积较小
C.将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上，这样单摆装置就架设完成了
D．单摆在摆角小于5°时，它的机械振动可以看作简谐振动
[解析]　单摆运动是机械振动，所以单摆装置是研究机械振动的物理模型，故A正确，不符合题意；用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长，小球要质量较大，体积较小，可以有效减小空气阻力的影响，故B正确，不符合题意；将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上是错误的，这样会导致摆动的过程中，摆长发生变化，故C错误，符合题意；单摆在摆角小于5°时，它的机械振动可以看作简谐振动，故D正确，不符合题意。
[答案]　C
　如图所示，一个单摆在做简谐运动，关于摆球的运动，下列说法正确的是(　　)
A．单摆摆动到O点时，回复力为零，加速度不为零
B．摆球从A到O的过程中，机械能增大
C．摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度相同
D．减小单摆的振幅，系统的机械能增大
[解析]　单摆摆动到O点时，只受重力和绳子的拉力，回复力为零，但是拉力大于重力，摆球具有向上的向心加速度，故A正确；摆球从A到O的过程中，只有重力做功，机械能保持不变，故B错误；摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度大小相等，但方向相反，故C错误；减小单摆的振幅，系统的机械能减小，故D错误。
[答案]　A
知识点二　单摆的周期公式
eq \a\vs4\al()
1．由于单摆的回复力是由摆球所受的重力沿圆弧切线方向的分力提供的，那么是否摆球的质量越大，单摆摆动得越快，周期越小？
2．把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？
[提示]　1.不是。摆球摆动的周期由T＝2π决定，与摆球的质量无关。
2．两极处重力加速度大于赤道处重力加速度，由T＝2π 知，应增大摆长，才能使周期不变。
1．摆长l的确定
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．重力加速度g的变化
若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g取9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。
角度1　单摆周期公式的应用
　(2025·山东日照市期中)周期是2 s的单摆叫秒摆。地面上某秒摆的摆长为l，振幅为A，被火星探测器携带至火星表面。已知火星表面的重力加速度为0.4g(g为地球表面的重力加速度)。如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2 s，则可以(　　)
A．仅将摆长调整为2.5l
B．仅将摆长调整为0.4l
C．仅将振幅调整为2.5A
D．仅将振幅调整为0.4A
[解析]　根据单摆的周期T＝2π可知，单摆的周期与摆长及重力加速度有关，与振幅无关，在地球表面上T地＝2π，在火星表面T火＝2π，根据题意可知，单摆的周期不变，故有2π＝2π，解得l′＝0.4l，A、C、D错误，B正确。
[答案]　B
角度2　单摆的振动图像
　(2024·甘肃卷，T5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B．摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D．摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
[解析]　根据题图可知，单摆的周期T＝1.0π s－0.2π s＝0.8π s，结合T＝2π可得单摆的摆长L＝1.6 m，起始时刻，单摆的位移最大，加速度最大，速度为零，A、B两点速度大小相等，方向相反，A、C两点速度相同，A、B、D错误，C正确。
[答案]　C
知识点三　单摆模型的拓展
1．等效摆长：摆长是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲、乙，小球做垂直于纸面的小角度摆动，丙图小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度的圆周运动。
甲图中小球的等效摆长：L甲＝l sin α＋
乙图中小球的等效摆长：L乙＝l sin α＋l＋
丙图，小球的运动可等效为单摆，等效摆长L丙＝R(小球半径 R)。
2．等效重力加速度类
突破口：等效重力等于小球静止时所受拉力。
(1)等效重力加速度等于等效重力与小球的质量之比，如图所示，等效重力G′＝F＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝g sin θ。
(2)在加速度a竖直向上的电梯中，等效重力加速度g′＝a＋g，在加速度a竖直向下的电梯中，等效重力加速度g′＝g－a。
角度1　等效摆长
　如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长是l，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动，小球可视为质点)(　　)
A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π
B．让小球垂直于纸面振动，周期T＝2π
C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π
D．让小球垂直于纸面振动，周期T＝2π
[解析]　让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π；让小球垂直于纸面振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为，周期T′＝2π 。
[答案]　A
　(2025·贵州贵阳统考期中)质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧面上的A、B之间来回运动，P为平衡位置，重力加速度为g。
(1)请画出小球在A位置的受力示意图，并写出此位置小球所受的重力沿圆弧切线方向的分力大小的表达式。
(2)若 R请从简谐运动受力角度推理说明小球做的是简谐运动。
[解析]　(1)受力示意图如图所示
重力沿圆弧切线方向的分力
F2＝mg sin θ。
(2)F2充当回复力。当θ很小时，圆弧的长度可认为与小球的位移x大小相等，则有sin θ≈ eq \f(,R) ≈
回复力F2与位移x的方向相反，则可表示为
F2＝－x　
此题给定的情境中为定值，可以用一个常量k表示，即F2＝－kx
故小球在运动弧度不大，偏角很小的情况下做简谐运动。
[答案]　(1)图见解析　F2＝mg sin θ　(2)见解析
角度2　等效重力加速度
　如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，将一摆长为L的单摆上端固定在O点，平衡位置在O′点做简谐运动时，周期为多少？
[解析]　分析摆球在斜面上不摆动时，摆线的拉力F＝mg sin θ
则单摆的“等效重力加速度”g′＝＝g sin θ
单摆的周期为T＝2π。
[答案]　2π
综合一练　单摆模型的动力学和能量分析
　如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，最低点A处固定一竖直挡板。将摆球从A点拉至B点，OB与竖直方向夹角为θ(θ<5°)，从B点无初速度释放摆球。摆球与挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。摆球从B点开始释放到第一次回到B点经历的时间为t。求：
(1)摆球撞击挡板的速度大小v；
(2)摆球运动至最低点时摆线上的拉力大小F；
(3)当地的重力加速度大小g。
[解析]　(1)摆球从B点开始释放到运动到最低点的过程，根据动能定理可得
mgl(1－cos θ)＝mv2
解得v＝。
(2)在最低点，根据牛顿第二定律可得
F－mg＝m
所以F＝mg(3－2cos θ)。
(3)根据单摆的周期公式
T＝2π，T＝2t
所以g＝。
[答案]　(1)　(2)mg(3－2cos θ)
(3)
1．(单摆的回复力来源)(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A．摆球运动的回复力是重力的分力
B．摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的
C．摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的
D．摆球经过平衡位置时受力是平衡的
解析：选AC。摆球运动的回复力是重力沿着切线方向的分力，A正确；摆球经过轨迹上的同一点速度大小相等，方向可能相同也可能相反，B错误；摆球经过轨迹上的同一点受力相同，合力相同，所以加速度是相同的，C正确；摆球经过平衡位置时受力不平衡，合力的方向指向圆心，D错误。
2．(单摆的周期公式)(2025·山东滨州联考期中)有甲、乙两个单摆(同一地点)，其振动图像如图所示，则甲、乙两单摆的摆长之比为(　　)
A．4∶9　　　　　　　　 B．9∶4
C．2∶3 D．3∶2
解析：选A。根据单摆的周期公式可知T＝2π，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为4∶9。
3．(单摆模型的拓展)(多选)(2025·安徽合肥市期中)如图所示，光滑圆弧槽半径为R(未知)，A为最低点，C到A的距离远远小于R，小球B位于A点的正上方，且到A点的距离为H。若同时释放小球B、C，则要使两小球B和C在A点相遇(小球B和C可视为质点)，R的可能值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选AD。小球C做简谐运动，根据题意得H＝gt2，t＝(＋n)×2π(n＝0，1，2，…)或t＝(＋n)×2π(n＝0，1，2，…)，解得R＝(n＝0，1，2，…)或R＝(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，则有R＝或R＝。
4．(单摆的周期公式和振动图像)图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像：
(1)写出摆球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式。
(2)若取当地的重力加速度为10 m/s2，π2取10，求单摆的摆长。
解析：(1)由题图乙可知单摆振动周期T＝2 s，
振幅A＝8 cm
则摆球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式
x＝Asint＝8sin πt(cm)。
(2)根据单摆周期公式
T＝2π
可得L＝1 m。
答案：(1)x＝8sin πt(cm)　(2)1 m(共49张PPT)
第3节　单　摆
学习目标
1．知道什么是单摆。　2.理解单摆振动的特点和单摆做简谐运动的条件。　3.会分析单摆回复力的来源。　4.知道单摆周期与摆长、重力加速度的定量关系，并能进行计算。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、单摆的振动
1．单摆模型
(1)单摆：把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个小球，线的____________和球的____________可忽略不计，这种装置称为单摆。单摆是一种________________模型。
(2)单摆的运动特点
①摆球以悬挂点为圆心在竖直平面内做变速圆周运动。
②摆球以最低点O为平衡位置做往复运动。
质量　
大小
理想化　
2．单摆的回复力
(1)来源：重力沿圆弧____________的分力F提供了使球沿圆弧振动的回复力。
(2)特点：在摆角很小的情况下(通常θ<__________)，单摆所受的回复力大小与摆球__________成正比，方向与摆球位移方向________，即F＝－mg sin θ≈__________。
(3)运动规律：摆角很小的情况下，单摆的振动可近似视为____________运动。
切向　
5°
位移大小
相反
简谐
二、单摆的周期
1．实验探究
(1)探究方法：____________法。
(2)实验结论：
①单摆振动的周期与摆球质量________。
②摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。
控制变量
无关
2．周期公式及应用
(1)公式：T＝__________________。即周期T与摆长l的算术平方根成正比，与重力加速度g的算术平方根成反比。
(2)单摆周期公式是荷兰物理学家__________首先提出的。
(3)单摆的等时性：在同一地点，重力加速度是一定的，摆长相等的单摆具有相同且恒定不变的________________，单摆周期与______________及__________________皆无关。
惠更斯
振动周期　
振幅　
摆球质量
(4)应用
①摆钟：利用单摆的周期与______________和____________无关这一性质来计量时间，制成了摆钟。
②测重力加速度：如果能测出单摆的________________和____________，也可利用单摆的周期公式测量当地的重力加速度。
振幅
摆球质量
摆长
周期
判断下列说法是否正确。
(1)单摆模型中对小球的要求是密度较大，其直径与线的长度相比可忽略。(　　)
(2)摆球质量越大，周期越长。(　　)
(3)摆动幅度越大，周期越长。(　　)
(4)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　)
(5)单摆的回复力是重力的分力。(　　)
(6)摆线越长时，单摆的周期越长。(　　)
×　
√
×　
×　
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　单摆的回复力
1．判断以下摆动模型是不是单摆，为什么？
[提示]　模型①不是单摆，因为橡皮筋伸长不可忽略。模型②不是单摆，因为绳子质量不可忽略。模型③不是单摆，因为绳长没有远大于球的直径。
模型④不是单摆，因为悬点不固定，因而摆长在发生变化。模型⑤是单摆。
2．如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后静止释放，小球在A、A′间来回摆动，不计空气的阻力。
(1)小球的平衡位置在哪里？
[提示]　小球静止时的位置O点为平衡位置。
(2)小球摆动过程中受到哪些力的作用？什么力提供向心力？什么力提供回复力？
[提示]　小球受重力和细线的拉力作用。细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。
(3)小球经过平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？
[提示]　小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。
1．实际摆可看作单摆的条件
(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．单摆运动特点
(1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都有向心力。
(2)摆球同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，沿轨迹的切线方向上都有回复力。
3．摆球的受力
(1)任意位置
如图所示，G2＝G cos θ，F－G2的作用就是提供摆球绕O′做变速
圆周运动的向心力；G1＝G sin θ的作用是提供摆球以O为中心做
往复运动的回复力。
(2)平衡位置
摆球经过平衡位置时，G2＝G，G1＝0，此时F应大于G，F－G提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回＝0，与G1＝0相符。
4．两点说明
(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡。(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力G sin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力F的合力。
　(2025·上海闵行区期中)关于单摆，以下说法不正确的是(　　)
A．单摆装置是研究机械振动的物理模型
B．用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长；小球要质量较大，体积较小
C.将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上，这样单摆装置就架设完成了
D．单摆在摆角小于5°时，它的机械振动可以看作简谐振动
√
[解析]　单摆运动是机械振动，所以单摆装置是研究机械振动的物理模型，故A正确，不符合题意；用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长，小球要质量较大，体积较小，可以有效减小空气阻力的影响，故B正确，不符合题意；将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上是错误的，这样会导致摆动的过程中，摆长发生变化，故C错误，符合题意；单摆在摆角小于5°时，它的机械振动可以看作简谐振动，故D正确，不符合题意。
　如图所示，一个单摆在做简谐运动，关于摆球的运动，下列说法正确的是(　　)
A．单摆摆动到O点时，回复力为零，加速度不为零
B．摆球从A到O的过程中，机械能增大
C．摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度相同
D．减小单摆的振幅，系统的机械能增大
√
[解析]　单摆摆动到O点时，只受重力和绳子的拉力，回复力为零，但是拉力大于重力，摆球具有向上的向心加速度，故A正确；摆球从A到O的过程中，只有重力做功，机械能保持不变，故B错误；摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度大小相等，但方向相反，故C错误；减小单摆的振幅，系统的机械能减小，故D错误。
知识点二　单摆的周期公式
1．由于单摆的回复力是由摆球所受的重力沿圆弧切线方向的分力提供的，那么是否摆球的质量越大，单摆摆动得越快，周期越小？
2．把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？
√
角度1　单摆周期公式的应用
　 (2025·山东日照市期中)周期是2 s的单摆叫秒摆。地面上某秒摆的摆长为l，振幅为A，被火星探测器携带至火星表面。已知火星表面的重力加速度为0.4g(g为地球表面的重力加速度)。如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2 s，则可以(　　)
A．仅将摆长调整为2.5l
B．仅将摆长调整为0.4l
C．仅将振幅调整为2.5A
D．仅将振幅调整为0.4A
角度2　单摆的振动图像
　(2024·甘肃卷，T5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B．摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D．摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
√
知识点三　单摆模型的拓展
1．等效摆长：摆长是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲、乙，小球做垂直于纸面的小角度摆动，丙图小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度的圆周运动。
2．等效重力加速度类
突破口：等效重力等于小球静止时所受拉力。

(1)等效重力加速度等于等效重力与小球的质量之比，如图所示，等效重力G′＝F＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝g sin θ。
(2)在加速度a竖直向上的电梯中，等效重力加速度g′＝a＋g，在加速度a竖直向下的电梯中，等效重力加速度g′＝g－a。
√
　(2025·贵州贵阳统考期中)质量为m的小球在半径为R的光滑
圆弧面上的A、B之间来回运动，P为平衡位置，重力加速度为g。
(1)请画出小球在A位置的受力示意图，并写出此位置小球所受的重力沿圆弧切线方向的分力大小的表达式。
[解析]　受力示意图如图所示
重力沿圆弧切线方向的分力
F2＝mg sin θ。
[答案]　图见解析　F2＝mg sin θ　
[答案]　见解析
角度2　等效重力加速度
　如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，将一摆长为L的单
摆上端固定在O点，平衡位置在O′点做简谐运动时，周期为多少？
综合一练　单摆模型的动力学和能量分析
　如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，最低点A处固定一竖直挡板。将摆球从A点拉至B点，OB与竖直方向夹角为θ(θ<5°)，从B点无初速度释放摆球。摆球与挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。摆球从B点开始释放到第一次回到B点经历的时间为t。求：
(1)摆球撞击挡板的速度大小v；
(2)摆球运动至最低点时摆线上的拉力大小F；
[答案]　mg(3－2cos θ)
(3)当地的重力加速度大小g。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(单摆的回复力来源)(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A．摆球运动的回复力是重力的分力
B．摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的
C．摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的
D．摆球经过平衡位置时受力是平衡的
√
√
解析：摆球运动的回复力是重力沿着切线方向的分力，A正确；摆球经过轨迹上的同一点速度大小相等，方向可能相同也可能相反，B错误；摆球经过轨迹上的同一点受力相同，合力相同，所以加速度是相同的，C正确；摆球经过平衡位置时受力不平衡，合力的方向指向圆心，D错误。
2．(单摆的周期公式)(2025·山东滨州联考期中)有甲、乙两个单摆(同一地点)，其振动图像如图所示，则甲、乙两单摆的摆长之比为(　　)

A．4∶9　　　　　　　　 B．9∶4
C．2∶3 D．3∶2
√
√
√
4．(单摆的周期公式和振动图像)图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像：
(1)写出摆球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式。
答案：x＝8sin πt(cm)　
(2)若取当地的重力加速度为10 m/s2，π2取10，求单摆的摆长。
答案：1 m第5节　生活中的振动
eq \a\vs4\al()
1．了解阻尼振动、受迫振动和共振的概念。　2.能说明与阻尼振动、受迫振动、共振等有关的生产、生活中的一些应用。　3.掌握共振发生的条件，了解共振的防止和利用。
一、阻尼振动
1．定义
阻尼振动是指振幅不断减小的振动。振动系统受到的阻力越大，振幅减小越快。
2．产生的原因
由于存在阻力，振动物体不断克服阻力做功，系统的机械能不断________，导致振幅不断________。
3．图像
如图所示，振幅______________，最后停止振动。
二、受迫振动与共振
1．受迫振动
(1)驱动力(或强迫力)：给振动物体施加一个________________________的外力。
(2)受迫振动：在______________________外力作用下产生的振动。
(3)受迫振动的周期或频率
物体做受迫振动时，振动稳定后的周期(或频率)总等于____________的周期(或频率)，与物体的固有周期(或固有频率)无关。
2．共振
(1)条件：驱动力的周期(或频率)与物体的固有周期(或固有频率)________________。
(2)特征：共振时，物体受迫振动的________最大。
(3)共振曲线：如图所示。
三、共振的应用与防止
1．共振的应用
(1)采用方法：在应用共振时，驱动力频率接近或等于振动系统的____________。
(2)实例：共振破碎机、音叉共鸣箱。
2．共振的防止
(1)采用方法：在防止共振时，驱动力频率与系统的____________相差越大越好。
(2)实例：集体列队经过桥梁时要____________走；轮船航行时，改变航向或______________________。目的都是使驱动力的频率__________________物体的固有频率。
判断下列说法是否正确。
(1)阻尼振动振幅逐渐减小时，其频率也逐渐减小。(　　)
(2)共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率。(　　)
(3)阻尼振动是机械能不断减小的振动，它一定不是简谐运动。(　　)
(4)受迫振动的频率与振动系统的固有频率无关。(　　)
(5)驱动力频率越大，振幅越大。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×
[答案自填] 减小　减小　逐渐减小　周期性　周期性　驱动力　相等　振幅　固有频率
固有频率　便步　速率　远离
知识点一　阻尼振动
eq \a\vs4\al()
如图所示的实验装置为一挂在曲轴上的弹簧振子，匀速摇动手柄，下面的弹簧振子就会振动起来。实际动手做一下，然后回答以下几个问题：
(1)在不忽略空气阻力的情况下，如果手柄不动而用手拉动一下振子，从振幅角度看弹簧振子的振动属于什么振动？若忽略空气阻力的影响，弹簧振子的振动属于什么振动？
(2)用不同的转速匀速转动手柄，弹簧振子的振动有何不同？这能说明什么问题？
[提示]　(1)阻尼振动　自由振动
(2)转速不同时弹簧振子振动快慢不同，说明弹簧振子振动的周期和频率由手柄转速决定。
1．对阻尼振动的理解
(1)同一简谐运动能量的大小由振幅大小确定。
(2)阻尼振动振幅减小的快慢跟所受阻尼的大小有关，阻尼越大，振幅减小得越快。
(3)物体做阻尼振动时，振幅虽不断减小，但振动的频率仍由自身结构特点所决定，并不会随振幅的减小而变化。如用力敲锣，由于
锣受到空气的阻尼作用，振幅越来越小，锣声减弱，但音调不变。
(4)阻尼振动若在一段不太长的时间内振幅没有明显的减小，可以把它当成简谐运动来处理。
2．无阻尼振动(等幅振动)
如果振动物体从外界取得能量，恰好能补偿能量损失，这时它的振幅将保持不变，称为无阻尼振动。
　单摆做阻尼振动的振动图像如图所示，下列说法正确的是　(　　)
A．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能
B．摆球A时刻的重力势能等于B时刻的重力势能
C．振动过程中摆球的动能不断减小
D．振动过程中摆球的重力势能不断减小
[解析]　在A、B两时刻，摆球的位移相等，即摆球偏离平衡位置的高度相等，所以在两时刻的重力势能是相等的，故B正确；摆球在A时刻的机械能大于B时刻的机械能，但是在A、B两时刻的重力势能是相等的，所以摆球在A时刻的动能大于B时刻的动能，故A错误；振动过程中摆球的动能随着位移的增大而减小，随着位移的减小而增大，故C错误；振动过程中摆球的重力势能随着位移的增大而增大，随着位移的减小而减小，故D错误。
[答案]　B
知识点二　受迫振动
自由振动、阻尼振动和受迫振动的比较
振动类型 自由振动 阻尼振动 受迫振动
产生条件 不受阻力作用 受阻力作用 受驱动力作用
频率 固有频率 固有频率 驱动力频率
振幅 不变 减小 大小变化不确定
振动图像 形状不确定
实例 弹簧振子振动，单摆做小角度摆动 敲锣打鼓发出的声音越来越弱，是因为振幅越来越小 扬声器纸盆振动发声，钟摆的摆动
　如图所示，在一条张紧的绳子上挂着a、b、c、d四个摆球，让c摆先振动，其余各摆在c的驱动下也逐步振动起来。用手使c静止，然后再松手，则(　　)
A．摆球b、d的振动周期相同
B．摆球c将一直保持静止
C．摆球a的振幅会逐渐减小直至静止
D．摆球b自始至终不振动
[解析]　由题意，让c摆先振动，其余各摆在c的驱动下做受迫振动也将逐步振动起来，且它们的振动周期均等于c的振动周期，用手使c静止，驱动力消失，然后再松手，根据T＝2π，可知由于a、b、d三个摆球各自的摆长不同，所以各自摆动的周期不同，故A、D错误；由于c松手后，a、b、d三个摆球仍然在摆动，通过绳子对c提供驱动力，所以c将摆动，不可能一直保持静止，故B错误；由题图可知，由于摆球a做受迫振动时的摆长与c摆球的摆长最接近，所以可知a做受迫振动时的振幅最大，用手使c静止，然后再松手，a在其他摆球的影响下，将做阻尼振动，振幅将会逐渐减小直至静止，故C正确。
[答案]　C
　如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，如果转动把手，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。问：
(1)开始时不转动把手，而用手往下拉振子，然后放手让振子上下振动，测得振子在10 s内完成20次全振动，振子做什么振动？其固有周期和固有频率各是多少？若考虑摩擦和空气阻力，振子做什么振动？
(2)在振子正常振动过程中，以转速4 r/s匀速转动把手，振子的振动稳定后，振子做什么运动？其周期是多少？
[解析]　(1)用手往下拉振子使振子获得一定能量，放手后，振子仅在回复力作用下振动，所以做自由振动，其周期和频率是由它本身的结构性质决定的，称固有周期(T固)和固有频率(f固)，根据题意T固＝＝ s＝0.5 s，f固＝＝ Hz＝2 Hz。由于摩擦和空气阻力的存在，振子克服摩擦力和阻力做功消耗能量，使其振幅越来越小，故做阻尼振动。
(2)由于把手转动的转速为4 r/s，它给弹簧振子的驱动力频率f驱＝4 Hz，周期T驱＝0.25 s，故振子做受迫振动。振动达稳定状态后，其频率(或周期)等于驱动力的频率(或周期)，而跟固有频率(或周期)无关，即T＝T驱＝0.25 s。　
[答案]　(1)自由振动　0.5 s　2 Hz　阻尼振动
(2)受迫振动　0.25 s
知识点三　共振现象及应用
eq \a\vs4\al()
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]　(1)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。
(2)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。
1．发生共振的条件
f驱＝f固，即驱动力的频率等于振动系统的固有频率。
2．共振条件
(1)从受力角度来看：驱动力的频率跟物体的固有频率越接近，使物体振幅增大的力的作用次数就越多，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，它的每一次作用都使物体的振幅增加，从而使振幅达到最大。
(2)从功能关系来看：当驱动力的频率越接近物体的固有频率时，驱动力对物体做正功越多，振幅就越大。当驱动力的频率等于物体的固有频率时，驱动力始终对物体做正功，从而使振幅达到最大。
3．共振曲线
(1)两坐标轴的意义
纵轴：受迫振动的振幅；
横轴：驱动力频率。
(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。
4．共振的应用和防止
(1)利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于系统的固有频率。
实例：共振筛、音箱、小提琴与二胡等乐器设置的共鸣箱、建筑工地上浇铸混凝土时使用的振捣器、跳水运动员做起跳动作的“颠板”过程等。
(2)防止共振时，应使驱动力的频率与系统的固有频率不同，而且相差越大越好。
实例：火车过桥时要放慢速度、军队过桥时用便步行走、轮船航行时要看波浪的打击方向而改变轮船的航向和速度、机器运转时为了防止共振要调节转速等。
　(多选)(2025·安徽黄山市模拟)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加弹簧的劲度系数，可减小筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是60 r/min。为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是(　　)
A．降低输入电压
B．增加输入电压
C．更换劲度系数更大的弹簧
D．更换劲度系数更小的弹簧
[解析]　如题图乙可知，筛子的固有频率f0＝0.8 Hz，现在某电压下偏心轮的转速是60 r/min，频率f＝n＝60 r/min＝1 r/s＝1 Hz，固有频率小于驱动力的频率，为使共振筛的振幅增大，可以减小驱动力的频率，则偏心轮的转速应减小，应降低输入电压，A正确，B错误；为使共振筛的振幅增大，可以使固有频率增大，则固有周期减小，即增加弹簧的劲度系数，C正确，D错误。
[答案]　AC
　(2025·广东梅州市模拟)轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”振动的固有周期是0.4 s，这辆轿车匀速通过某路口的条状减速带，如图所示，已知相邻两条减速带间的距离为1.2 m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是(　　)
A．当轿车以10.8 km/h的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
B．轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度也越小
C．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
D．该轿车以任意速度通过减速带时，车身上下振动的频率都等于2.5 Hz，与车速无关
[解析]　当轿车以v＝10.8 km/h＝3 m/s的速度通过减速带时，车身因过减速带而产生的受迫振动的周期T＝＝ s＝0.4 s，与“车身—悬挂系统”振动的固有周期相等，故此时车身会产生共振现象，颠簸得最剧烈，故A正确；因过减速带使车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大越剧烈，所以当轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度不一定越小，速度越大时，车身上下颠簸得也不一定越剧烈，故B、C错误；受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率，故该轿车以任意速度通过减速带时，车身上下振动的频率不都等于2.5 Hz，与车速有关，故D错误。
[答案]　A
　(多选)我国古代有一种利用共振原理的古琴调弦技术，将一小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的古琴上对应的琴弦，小纸人跳动越明显代表音调越准确，调准音调后，下列说法正确的是(　　)
A.拨动其他音调的琴弦，小纸人跳动不明显
B．敲击对应音调的音叉，也可以让小纸人跳动明显
C．拨动对应音调的琴弦力量越大，小纸人跳动幅度越小
D．调弦过程中琴弦的机械能将全部转化为纸人的机械能
[解析]　小纸人跳动明显，表明小纸人所在弦发生了共振，振幅最大，古琴上对应的琴弦与小纸人所在弦的固有频率相等，而拨动其他音调的琴弦，由于频率与小纸人所在弦的固有频率不相等，没有发生共振，小纸人跳动不明显，A正确；敲击对应音调的音叉，其振动频率等于小纸人所在弦的固有频率，小纸人所在弦的发生共振，纸人跳动明显，B正确；拨动对应音调的琴弦力量越大，对应的能量越大，小纸人跳动幅度越大，C错误；调弦过程中琴弦的振动导致其他弦也发生受迫振动，因此调弦过程中琴弦的机械能只有部分转化为纸人的机械能，D错误。
[答案]　AB
　(2025·江苏泰州期末)用来测量各种发动机转速的转速计原理图如图所示。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100 Hz、90 Hz、80 Hz、70 Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，则(　　)
A．钢片a的振动频率约为90 Hz
B．钢片b受到的驱动力最大
C．钢片c的振幅最小
D．电动机的转速为100 r/s
[解析]　因钢片b振幅很大，其余钢片振幅很小，可知钢片b与电动机接近共振，即电动机的振动频率接近90 Hz，则其他钢片在电动机带动下做受迫振动，则振动频率接近90 Hz，且驱动力都是一样大，A正确，B错误；因钢片d的固有频率最远离驱动力的频率90 Hz，则振幅最小，C错误；电动机的转速约为n＝f＝90 r/s，D错误。
[答案]　A
1．(阻尼振动)如图是某单摆做阻尼振动的部分位移—时间图像，则摆球在t1、t2时刻，相同的物理量是(　　)
A．机械能　　　　　　　 B．加速度
C．动量 D．重力势能
解析：选D。由于有阻力做功，摆球的机械能不断减小，摆球在t1时刻的动能大于t2时刻的动能，由于同一个摆球，所以其在t1时刻的速度大于t2时刻的速度，即t1时刻动量大于t2时刻的动量，故A、C错误；由数学知识可知，对位移与时间关系式求二阶导为加速度，结合题图可知，在两个时刻摆球的加速度不同，故B错误；由于摆球在t1时刻和t2时刻的位移大小相同，即在同一高度，有Ep＝mgh，所以摆球的重力势能相同，故D正确。
2.(受迫振动)如图所示，质量相同的四个摆球悬于同一根横线上，四个摆的摆长分别为L1＝2 m、L2＝1.5 m、L3＝1 m、L4＝0.5 m。现以摆3为驱动摆，让摆3振动，使其余三个摆也振动起来，则摆球振动稳定后(　　)
A．摆1的振幅一定最大
B．摆4的周期一定最短
C．四个摆的振幅相同
D．四个摆的周期相同
解析：选D。让摆3振动，则其余三个摆做受迫振动，受迫振动稳定后其周期等于驱动摆的周期，因此四个摆的周期相同，故B错误，D正确；与驱动摆的摆长越接近则振幅越大，故A、C错误。
3．(共振现象及其应用)2024年9月16日7点30分前后，“贝碧嘉”的中心登陆上海浦东临港新城，成为1949年以来登陆上海的最强台风，安装在上海中心大厦第125层的千吨“慧眼”阻尼器(如图甲所示，简化模型如图乙所示)明显晃动，“吸收”了大厦振动的部分能量，使大厦晃动逐渐减弱。下列说法正确的是(　　)
A．阻尼器的摆动频率始终不变
B．阻尼器的悬索越长，减震效果越好
C．阻尼器只能在大风天气下发挥作用，对地震不能发挥作用
D．大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器摆幅最大
解析：选D。阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，故A错误；大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器发生共振现象，摆幅达到最大值，此时阻尼器吸收能量最多，减震效果最好，故B错误，D正确；阻尼器还能对地震的横波成分有一定的减震效果，故C错误。
4．(共振现象及其应用)匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击，由于受到周期性的冲击力，列车做受迫振动。我国铁路钢轨的标准长度为12.5 m，若列车的固有振动周期为0.25 s。下列说法正确的是(　　)
A．列车的固有频率为2 Hz
B．列车的危险速率为25 m/s
C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
解析：选D。列车的固有频率f＝＝4 Hz，A错误；对于列车做受迫振动，当驱动力的频率与列车的固有频率相等时将发生共振现象，所以列车的危险速率v＝＝50 m/s，B错误；列车运行时的振动频率总等于驱动力的频率，只有共振时才等于列车的固有频率，C错误；根据v＝可知，T不变时，l增大，v变大，D正确。1．(多选)下列运动中属于机械振动的是(　　)
A．树枝在风的作用下运动
B．竖直向上抛出的物体的运动
C．说话时声带的运动
D．爆炸声引起窗扇的运动
解析：选ACD。物体在平衡位置附近所做的往复运动属于机械振动，故A、C、D正确；竖直向上抛出的物体到最高点后返回落地，不具有运动的往复性，因此不属于机械振动，故B错误。
2．一弹簧振子在振动过程中的某段时间内加速度数值越来越大，则在这段时间内(　　)
A．振子的速度逐渐增大
B．振子在向平衡位置运动
C．振子的速度方向与加速度方向一致
D．振子在向最大位移处运动
解析：选D。振子的加速度数值越来越大，说明振子在向最大位移处运动，速度方向与加速度方向相反，速度越来越小，故D正确。
3.如图所示，有一弹簧振子，O为平衡位置，以向右为正方向，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
解析：选A。速度方向即振子运动方向，而振动位移以平衡位置O为初始位置指向振子所在位置，B→O位移向左为负，速度向右为正；O→C位移向右为正，速度向右为正；C→O位移向右为正，速度向左为负；O→B位移向左为负，速度向左为负，可见本题正确选项为A。
4．机械振动中，下列各组物理量中其方向始终相反的是(　　)
A．回复力与速度　　　　 B．位移与速度
C．加速度与位移 D．速度与加速度
解析：选C。回复力与位移的关系F＝－kx，根据牛顿第二定律F＝ma，可知加速度与位移方向始终相反，故C正确，A、B、D错误。
5．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中(　　)
A．振子所受的回复力逐渐增大
B．振子的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐减小
D．振子的加速度逐渐减小
解析：选D。振子的位移为由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律a＝得，加速度也减小，D正确，A、B错误；物体向平衡位置运动过程中，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大，C错误。
6．(多选)物体做简谐运动时，下列叙述正确的是(　　)
A．平衡位置就是回复力为零的位置
B．处于平衡位置的物体，不一定处于平衡状态
C.物体到达平衡位置，合力一定为零
D．物体到达平衡位置，回复力不一定为零
解析：选AB。平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受到的合力不一定为零，物体不一定处于平衡状态。
7．(2025·广东中山月考)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，若漏斗做简谐运动，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是选项图中的(　　)
解析：选B。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，漏到地面上的细沙最少，两端漏斗运动得最慢，细沙漏到地面上的最多。
8．(2025·北京海淀区高二期末)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子。弹簧处于原长时小物块位于O点。现使小物块在M、N两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中(　　)
A．小物块运动到M点时回复力与位移方向相同
B．小物块每次运动到N点时的加速度一定相同
C．小物块从O点向M点运动过程中做加速运动
D．小物块从O点向N点运动过程中机械能增加
解析：选B。根据F＝－kx可知小物块运动到M点时回复力与位移方向相反，故A错误；根据a＝－可知小物块每次运动到N点时的位移相同，则加速度一定相同，故B正确；小物块从O点向M点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故C错误；小物块从O点向N点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减小，故D错误。
9．(多选)物体m以O点为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图所示，下列说法正确的是　(　　)
A．物体在A、B两点的速度和加速度都是零
B．物体通过O点时，加速度方向发生变化
C．回复力方向总是跟物体速度方向相反
D．物体离开平衡位置的运动是减速运动
解析：选BD。物体做简谐运动时，通过平衡位置一次，回复力的方向变化一次，所以加速度方向改变一次，B正确；物体运动到最大位移A、B处时，回复力最大，所以加速度最大，A错误；当物体向平衡位置运动时，回复力的方向跟速度方向相同，C错误；物体由平衡位置向最大位移处运动时，回复力的方向跟速度方向相反，物体做减速运动，D正确。
10.(2025·江西上饶高二检测)如图所示，当一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时，下列说法正确的是(　　)
A．振子经过同一位置时，速度大小一定相等
B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功
C．振子在从最低点向平衡位置运动过程中受到重力、弹力和回复力
D．振子在平衡位置时，其动能最大，弹簧的弹性势能最小
解析：选A。简谐运动中，振子经过同一位置时速度大小相等，A正确；振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹力的方向与速度的方向同向，故弹力做正功，B错误；振子在振动过程中的回复力由弹簧的弹力和振子所受的重力的合力提供，C错误；振子在平衡位置时，其动能最大，弹簧的弹性势能不是最小，当弹簧恢复到原长的时候，弹性势能最小，D错误。
11.(2025·贵州六盘水期中)如图所示，斜面体固定在水平地面上，滑块和弹簧组成弹簧振子，滑块在光滑斜面上的A、B两点之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是(　　)
A．滑块运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
B．滑块运动到O点时，弹簧的弹力为0
C．滑块由A向O运动过程中，弹簧弹性势能一直在减小
D．滑块由O向B运动过程中，滑块的机械能一直在增大
解析：选C。滑块运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力3个力的作用，回复力是效果力，并非滑块受到的力，故A错误；滑块运动到O点时，所受合力为0，则弹簧的弹力等于滑块重力沿斜面向下的分力，不为0，故B错误；滑块由A向O运动过程中，弹簧的形变量减小，弹性势能一直在减小，故C正确；滑块由O向B运动过程中，如果到达B点时，弹簧仍处于伸长状态，则弹力一直做正功，滑块的机械能一直在增大，如果到达B点时，弹簧处于压缩状态，则弹力先做正功后做负功，滑块的机械能先增大后减小，故D错误。
12.(2025·广西河池期末)如图所示，将质量为m的小球悬挂在一轻质弹簧下端，静止后小球所在的位置为O点(图中未标出)。现将小球从O点向下拉至弹簧对小球的弹力大小为2mg(g为重力加速度)，然后释放。已知小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则小球位于最高点时弹簧的弹力大小为(　　)
A．2mg B．0
C．mg D．mg
解析：选B。小球处于最低点时弹簧的伸长量为x1，则有kx1＝2mg，释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得kx1－mg＝ma1，解得a1＝g，小球运动到最高点时弹簧的形变量的大小为x2，加速度大小为a2，根据对称性可得a2＝a1，在最高点对小球由牛顿第二定律可得kx2＋mg＝ma2，解得x2＝0，故小球位于最高点时弹簧的弹力大小为0。
13.(8分)如图所示，物体m系在两弹簧之间，弹簧劲度系数分别为k1和k2，且k1＝k，k2＝2k，两弹簧均处于原长。现向右拉动物体m，然后释放，物体m在B、C间振动，O为平衡位置(不计阻力)，试分析物体m的运动是不是简谐运动。
解析：设向右为正方向，当物体位移为x时，物体受到的合力F＝F1＋F2＝－k1x－k2x＝－3kx
符合简谐运动的回复力表达式，物体m的运动是简谐运动。
答案：见解析
14.(12分)(2025·江西景德镇期中)如图所示，将质量mA＝100 g的平台A连接在劲度系数k＝200 N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地上，形成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置mB＝mA的物块B，使A、B一起上下振动，弹簧原长为5 cm。A的厚度可忽略不计，g取10 m/s2。
(1)当振子做简谐运动时，A的平衡位置离地面有多高？(4分)
(2)当振子的振幅A＝0.5 cm时，B对A的压力为多大？(8分)
解析：(1)令原长L0＝5 cm，对A、B进行分析，根据平衡条件有(mA＋mB)g＝k(L0－h0)
解得h0＝4 cm。
(2)当振子处于最低点时，加速度方向向上且最大，此时B对A的压力达到最大，对A、B进行分析有
k(A＋L0－h0)－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
对B进行分析有N1－mBg＝mBa
根据牛顿第三定律有N2＝N1
解得N2＝1.5 N。
答案：(1)4 cm　(2)1.5 N题组1　阻尼振动
1．一单摆做阻尼振动，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．振动过程中，机械能不守恒，频率减小
解析：选B。单摆做阻尼振动，振幅越来越小，根据周期公式T＝2π知，周期与振幅无关，故A错误，B正确；单摆做阻尼振动过程中，振幅逐渐减小，振动的能量也在减少，即机械能不守恒，通过某一位置的机械能越来越小，由于周期不变，则频率不变，故C、D错误。
2.(多选)将测力传感器接到计算机上可以测量快速变化的力，将单摆挂在测力传感器的探头上，测力探头与计算机连接，用此方法测得的单摆摆动过程中摆线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示，g取10 m/s2，π2取10。某同学由此图像提供的信息做出了下列判断，其中正确的是(　　)
A．摆球的周期T＝0.5 s
B．单摆的摆长l＝1 m
C．t＝0.5 s时摆球正经过最低点
D．摆球运动过程中周期越来越小
解析：选BC。由题图可知，单摆两次拉力极大值的时间差为1 s，所以单摆的振动周期为2 s，A错误；根据单摆的周期公式T＝2π 可得摆长l＝1 m，B正确；t＝0.5 s 时摆线的拉力最大，所以摆球正经过最低点，C正确；摆线拉力的极大值发生变化，说明摆球在最低点时的速度发生了变化，所以摆球做阻尼振动，振幅越来越小，由于周期与振幅无关，所以单摆的周期不变，D错误。
题组2　受迫振动
3．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．实际的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．受迫振动稳定后频率与自身物理条件无关
解析：选ACD。实际的振动，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由驱动力的频率决定，与自身物理条件无关，D正确。
4.如图所示的装置中，弹簧振子的固有频率是4 Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为(　　)
A．1 Hz　　　　　　　　 B．3 Hz
C．4 Hz D．5 Hz
解析：选A。根据受迫振动的频率等于驱动力的频率知，A正确。
题组3　共振现象及应用
5．如图所示，汽车的车身与轮胎间装有弹簧和减震器，某车车身—弹簧系统的固有频率为1.5 Hz，当汽车匀速通过学校门口水平路面上间距为2 m的若干减速带时，下列说法正确的是(　　)
A．汽车行驶的速度越大，颠簸得越厉害
B．汽车行驶的速度越小，颠簸得越厉害
C．当汽车以0.75 m/s的速度行驶时，颠簸得最厉害
D．当汽车以3 m/s的速度行驶时，颠簸得最厉害
解析：选D。根据v＝xf＝2×1.5 m/s＝3 m/s，可得当汽车以3 m/s的速度行驶时，过减速带的频率与汽车的固有频率相同，发生共振，汽车颠簸得最厉害。
6．(多选)小说里“狮子吼”是一门用声音给敌人造成巨大伤害的功夫，网络游戏中也将“狮子吼”设为物理攻击，某电影中主人公一声“狮子吼”可将桌上的杯子震碎。用手指轻弹同样的杯子，杯子发出清脆的声音，测得声音频率为500 Hz。结合所学知识推断电影中主人公发出的“狮子吼”的攻击原理及声波的特点，下列说法可能的是(　　)
A．“狮子吼”引发了共振现象
B．“狮子吼”的频率应该远小于500 Hz
C．“狮子吼”的音量一定很大
D．“狮子吼”的频率应该接近500 Hz
解析：选AD。“狮子吼”使被攻击的物体发生受迫振动，其振动频率等于“狮子吼”声波的频率，当“狮子吼”的频率接近或等于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅达到最大，从而使物体被破坏，此时音量不一定很大，A正确，C错误；由题意可知杯子的固有频率为500 Hz，所以主人公发出的“狮子吼”的频率应该接近或等于500 Hz，B错误，D正确。
7．(多选)(2025·山东烟台联考期中)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．此单摆的摆长约为1 m
B．此单摆的摆长约为4 m
C．若摆长适当减小，共振曲线的峰将向右移动
D．若摆长适当减小，共振曲线的峰将向左移动
解析：选BC。当驱动力频率等于单摆固有频率时，单摆振幅最大，由图像可知当驱动力频率为0.250 Hz时单摆振幅最大，故单摆固有频率为0.250 Hz，故T＝＝4 s，又因为T＝2π，联立可得摆长L≈4 m，故A错误，B正确；由单摆周期公式可知T＝2π＝，故若摆长适当减小，则固有频率变大，共振曲线的峰将向右移动，C正确，D错误。
8.如图，一根张紧的绳上悬挂3个单摆，摆长关系为lA＝lCmB＝mC。当A摆振动起来，通过张紧的绳迫使B、C也振动起来，达到稳定后有(　　)
A．A摆的摆球质量最大，故振幅最小
B．A、B摆振动周期相同，振幅不同
C．B摆的摆长最大，故振动周期最长
D．A、C摆振幅不同，振动周期相同
解析：选B。摆球A振动后带动其他球做受迫振动，而受迫振动的周期等于驱动力的周期，故它们的振动周期均和A摆相同，而T＝2π，可知C的固有周期与驱动力的周期相等，C摆发生共振，其振幅最大，与A摆振幅相同，B振幅最小。
9．(2025·河北邯郸市期中)在古代典籍中有大量关于共振现象的记录，比如《庄子》中记载了中国古代的乐器的各弦间发生的共振现象。关于受迫振动与共振现象，下列说法正确的是(　　)
A．仿古盥洗用的脸盆，用手摩擦盆耳，到一定节奏时会溅起水花，这是共振现象
B．喇叭常放在音箱内是利用共振现象，受迫振动是共振的一种特殊情况
C．为消除共振现象，应使驱动力的频率与物体的固有频率相差越小越好
D．耳朵凑近空热水瓶口能听到嗡嗡的声音不属于共振现象
解析：选A。仿古盥洗用的脸盆，用手摩擦盆耳，到一定节奏时会溅起水花，这是共振现象，A正确；喇叭常放在音箱内是利用共振现象，做受迫振动的物体，当驱动力的频率与固有频率相等时，振幅最大的现象叫共振，所以共振是受迫振动的一种特殊情况，B错误；根据共振条件可知，为消除共振现象，应使驱动力的频率与物体的固有频率相差越大越好，C错误；热水瓶的空气柱有一定长度，对应一定的振动频率，符合此频率的声波信号因共振而绵延不绝，故总能听到嗡嗡的声音，空热水瓶口能听到嗡嗡的声音，属于共振现象，D错误。
10.(多选)(2025·山东日照市期中)如图所示，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形支架下面系着一个弹簧和小球组成的固有周期为2 s的振动系统。现使圆盘以频率f匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。下列判断正确的是(　　)
A.f＝1 Hz时，小球振动的周期为2 s
B．f＝0.25 Hz时，小球振动的周期为4 s
C.f越大，小球振动的振幅就越大
D．小球振动的振幅最大时，f一定为0.5 Hz
解析：选BD。当f＝1 Hz时，小球振动的周期T1＝＝ s＝1 s，f＝0.25 Hz时，小球振动的周期T2＝＝ s＝4 s，故A错误，B正确；当f＝0.5 Hz时，小球振动的周期为2 s，与弹簧和小球组成的系统的固有周期相等，此时小球产生共振，振幅最大，故C错误，D正确。
11．(8分)火车在铁轨上行驶，每经过一次接轨处会受到一次震动，使得车厢在弹簧上上下振动。弹簧自由振动n＝30个周期，所用时间t＝60 s，当火车以v＝50 m/s的速率行驶时，车厢的振幅最大。求：
(1)弹簧自由振动的圆频率ω；(4分)
(2)相邻两个接轨处的长度x。(4分)
解析：(1)根据题意可得，弹簧振动的周期
T＝＝ s＝2 s
则ω＝＝π rad/s。
(2)当火车以v＝50 m/s的速率行驶时，车厢的振幅最大，则
x＝vT＝100 m。
答案：(1)π rad/s　(2)100 m(共47张PPT)
第2章　机械振动
第1节　简谐运动
学习目标
1．了解机械振动的概念，知道弹簧振子是一种理想化模型。　2.知道简谐运动及其运动特点。
3．理解简谐运动过程中的位移、回复力、加速度、速度变化情况。　4.知道简谐运动过程中势能与动能相互转化，但系统的机械能守恒。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、机械振动
1．定义：物理学中，将物体(或物体的某一部分)在______________附近的往复运动称为机械振动，简称振动。这个位置称为平衡位置。
2．回复力
(1)方向：总是指向__________________。
(2)作用效果：总是要把振动物体拉回到平衡位置。
(3)来源：回复力可由振动物体受到的某一个力来提供，也可由振动物体受到的几个力的合力来提供。
3．平衡位置：振动物体所受回复力为______的位置。
某一位置
平衡位置
0　
二、简谐运动及其特征
1．弹簧振子
(1)定义：弹簧一端固定，另一端连接一个可视为______的物体，不计弹簧____________，物体置于____________水平面上，这样构成的振动系统称为弹簧振子。
(2)振子模型：弹簧振子是一种理想模型，常见的有水平弹簧振子和竖直弹簧振子，如图甲、乙所示。
质点
质量　
光滑
2．简谐运动及其特征
(1)定义：像弹簧振子这样，物体所受回复力的大小与位移大小成正比，方向总是与位移方向相反的运动称为简谐运动。
(2)简谐运动的回复力：F＝____________。
说明：①式中k是弹簧的劲度系数。
②x是物体相对于平衡位置的位移，负号表示力与位移的方向相反。
－kx
位移
位移
3．简谐运动的能量
从能量角度看，由于弹簧振子在振动过程中只有弹簧的弹力做功，系统的动能和弹性势能相互转换，机械能守恒。
判断下列说法是否正确。
(1)简谐运动的回复力可以是恒力。(　　)
(2)回复力的方向总是跟位移的方向相反。(　　)
(3)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为0的位置。(　　)
(4)通过速度的增减变化情况，能判断回复力大小的变化情况。(　　)
(5)简谐运动加速度的方向总是与位移方向相同。　(　　)
(6)简谐运动过程中机械能守恒。(　　)
×　
√
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　机械振动和弹簧振子
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？
[提示]　小球的运动具有往复性。小球因为受到阻力的作用最终停止运动。
(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？
[提示]　小球将持续地做往复运动。
1．机械振动的特点
(1)运动具有往复性。
(2)有一个“平衡位置”，平衡位置是指物体所受回复力为0的位置。总是指向平衡位置的力称为回复力。
2．弹簧振子是理想化模型，实际装置能看成弹簧振子的条件如下：
(1)弹簧的质量比振子的质量小得多，可以认为质量集中于振子；
(2)阻力(摩擦力及空气阻力)足够小；
(3)振动中，弹簧形变始终处于弹性限度内。
　(多选)下列运动属于机械振动的是(　　)
A．说话时声带的运动
B．弹簧振子在竖直方向的上下运动
C．体育课上某学生进行25 m折返跑
D．竖立于水面上的圆柱体的运动
[解析]　机械振动的特点是物体在平衡位置附近做往复运动。体育课上某学生进行25 m折返跑不是在平衡位置两侧的往复运动，故C错误，易知A、B、D正确。
√
√
√
　如图所示，弹簧下端悬挂一钢球、上端固定组成一个振动系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，下列说法正确的是(　　)
A．钢球运动的最高处为平衡位置
B．钢球运动的最低处为平衡位置
C．钢球速度为0处为平衡位置
D．钢球原来静止时的位置为平衡位置
[解析]　钢球振动的平衡位置应在钢球所受重力与弹簧弹力相等的位置，即钢球原来静止时的位置，D正确。
√
知识点二　对回复力的理解
水平方向的弹簧振子模型如图所示。
(1)当振子离开O点后，是什么力使其回到平衡位置？
[提示]　当振子离开O点后，受到弹簧的弹力总是指向O点，作为回复力，使其回到平衡位置。
(2)使振子回到平衡位置的力与振子离开平衡位置的位移的大小及方向有何关系？
[提示]　由胡克定律可知，使振子回到平衡位置的力与振子离开平衡位置的位移大小成正比，方向总是指向平衡位置，即与位移方向相反。
1．回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，是按照力的作用效果来命名的。可能是一个力的分力，也可能是几个力的合力。
2．简谐运动的回复力的特点
(1)由F＝－kx知，简谐运动的回复力大小与振子的位移大小成正比，回复力的方向与位移的方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置。
√
角度1　对回复力的理解
　(多选)如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是(　　)

A．弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用
B．弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用
C．振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大
D．振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
√
[解析]　在水平方向上振动的弹簧振子所受的力有重力、支持力、弹簧的弹力，故A正确，B错误；振子由A向O运动过程中，位移x减小，根据公式F＝－kx可知，回复力减小，故C错误；振子由O向B运动过程中，回复力的方向与位移方向相反，指向平衡位置，故D正确。
角度2　简谐运动的判断
　如图所示，物体A置于物体B上，A、B的质量分别为mA、mB，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，在弹性限度内，A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力)，并保持相对静止。
(1)试分析A、B在振动过程中物体A的回复力来源。
[解析]　A、B整体在振动过程中的回复力为弹簧的弹力，由于A、B整体的运动为简谐运动，所以，物体A的回复力为B对A的静摩擦力f。
[答案]　B对A的静摩擦力f　
(2)试证明物体A的振动为简谐运动。
[答案]　见解析
知识点三　简谐运动及其特征
如图所示，弹簧振子是一种理想模型，弹簧振子运动过程中不计阻力，因此弹簧振子的机械能守恒，已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比，试分析振子在关于平衡位置O对称的A、B两点时位移、速度、加速度的关系。
[提示]　弹簧振子在A、B两点时，弹簧的形变量大小相同，由于位移是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，所以A、B两点的位移大小相等、方向相反。弹簧的弹力大小相等、方向相反，因此在A、B两点时振子的加速度大小相等、方向相反。由弹簧的弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比可知，弹簧振子在A、B两点时的弹性势能相同，所以弹簧振子在A、B两点时的动能相同，即弹簧振子在A、B两点时的速度大小相等，为零。
1．简谐运动的位移、速度和加速度
(1)简谐运动的位移：由平衡位置指向振子所在位置的有向线段。
(2)简谐运动的速度
①物理含义：速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。
②特点：如图所示的是一弹簧振子的模型，O点为平衡位
置，小球在B、C间做往复运动，振子在O点速度最大，在
B、C两点速度为0。
2．各物理量的变化规律
(1)变化规律(弹簧振子如图所示，O为平衡位置)
小球位置 O→B B→O O→C C→O
位移x 渐大向右 渐小向右 渐大向左 渐小向左
回复力F 渐大向左 渐小向左 渐大向右 渐小向右
小球位置 O→B B→O O→C C→O
加速度a 渐大向左 渐小向左 渐大向右 渐小向右
速度v 渐小向右 渐大向左 渐小向左 渐大向右
动能Ek 渐小 渐大 渐小 渐大
弹性势能Ep 渐大 渐小 渐大 渐小
(2)两个转折点
①平衡位置是位移方向、回复力方向和加速度方向变化的转折点。
②最大位移处是速度方向变化的转折点。
(3)一个守恒：简谐运动过程中动能和势能之间相互转化，但系统的机械能守恒。
(4)弹簧振子振动过程中具有对称性
①时间的对称；
②速度的对称；
③动能、势能的对称；
④位移和加速度的对称。
√
角度1　简谐运动的性质
　简谐运动属于(　　)
A．匀速直线运动　　　 B．匀加速直线运动
C．匀变速运动 D．非匀变速运动
　关于简谐运动，下列说法正确的是(　　)
A．位移的方向总是指向平衡位置
B．速度方向可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反
C．位移方向总是与速度方向相反
D．速度方向与位移方向相同
[解析]　位移的方向总是背离平衡位置，故A错误；速度方向可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反，故B正确，C、D错误。
√
角度2　简谐运动中各物理量的变化
　 (多选)如图所示，有一弹簧振子，O点为平衡位置，在振子从A点运动到C点的过程中(　　)
A．振子相对平衡位置的位移变小，方向向右
B．振子的速度变小，方向向左
C．振子的加速度变小，方向向左
D．振子的回复力变小，方向向左
√
√
√
[解析]　在振子从A点运动到C点的过程中，相对于平衡位置的位移变小，振子的位移方向向右，故A正确；由F＝ma＝－kx可知，此过程中，加速度和回复力方向向左，变小，故C、D正确；速度向左，加速，速度变大，故B错误。
角度3　简谐运动的能量问题
　(多选)(2025·河北衡水中学月考)光滑斜面上有一物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O点，如图所示，现将物块A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块A在B、C之间做简谐运动，则下列说法正确的是(　　)
A．物块A在运动过程中机械能守恒
B．物块A在C点时弹簧的弹性势能最小
C．物块A在C点时和弹簧构成的系统的势能最大，在O点时系统的势能最小
D．物块A在B点时机械能最小
√
√
[解析]　在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故物块A的机械能不守恒，A错误；当物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O点时，物块A受到弹簧沿斜面向上的弹力，弹簧处于伸长状态，结合简谐运动的对称性可知，物块A在B点时弹簧的伸长量一定最大，而物块A在C点时，弹簧可能处于原长状态，也可能处于压缩状态或伸长状态，可知在C点时，弹簧的弹性势能不一定最小，B错误；物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在C点时，动能为零，故物块A与弹簧构成的系统的势能(重力势能和弹性势能之和)最大，在O点时，动能最大，故势能最小，C正确；物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在B点时，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，物块A的机械能最小，D正确。
角度4　简谐运动的对称性
　 如图所示，弹簧振子在一光滑直导轨槽上做简谐运动，O点为平衡位置，其第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同。那么，下列说法正确的是(　　)
A．振子在M、N两点所受弹簧弹力相同
B．振子在M、N两点对平衡位置的位移相同
C．振子在M、N两点加速度大小相等
D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
√
[解析]　由题意和简谐运动的对称性特点知，M、N两点关于平衡位置O对称。因位移、速度、加速度和力都是矢量，它们要相同，必须大小相等、方向相同，M、N两点关于O点对称，则振子所受弹簧弹力应大小相等、方向相反，振子位移也是大小相等、方向相反，由此可知，A、B错误；振子在M、N两点的加速度虽然方向相反，但大小相等，故C正确；振子由M点到O点速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动，振子由O点到N点速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，故D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(弹簧振子的理解)(2025·上海闵行期中)关于弹簧振子，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧振子是研究机械振动的物理模型
B．小球的质量远小于弹簧的质量
C．弹簧的质量不需要很轻
D．弹簧和小球组成的系统机械能不守恒
解析：弹簧振子是研究机械振动的物理模型，故A正确；弹簧的质量需要很轻，小球的质量远大于弹簧的质量，故B、C错误；弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故D错误。
√
2．(简谐运动的理解)(2025·江苏南通月考)如图所示，一水平弹簧振子在P、Q间做简谐运动，距离平衡位置的最大位移为A，取平衡位置O处为原点，向右为正，则图中表示振子速度v与振动位移x关系的图像可能正确的是(　　)
√
3．(回复力的理解)如图所示，能正确反映做简谐运动的物体所受回复力与位移关系的图像是(　　)
√
解析：由F＝－kx知B正确。
4．(简谐运动中物理量的分析)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，它围绕平衡位置O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
√
解析：小球在平衡位置O时，弹簧处于原长，弹性势能为0，动能最大，位移为0，加速度为0，A正确；在最大位移A、B处，动能为0，加速度最大，B错误；由A到O，回复力做正功，由O到B，回复力做负功，C错误；由B到O，动能增加，弹性势能减少，总能量不变，D错误。
5.(简谐运动的对称性)一个水平方向的弹簧振子如图所示，小球在M、N间做简谐运动，O点是平衡位置。关于小球的运动情况，下列描述正确的是(　　)
A．小球经过O点时速度为零
B．小球经过M点与N点时有相同的加速度
C．小球从M点向O点运动过程中，加速度增大，速度增大
D．小球从O点向N点运动过程中，加速度增大，速度减小
√
解析：小球经过O点时速度最大，A错误；小球在M点与N点的加速度大小相等、方向相反，B错误；小球从M点向O点运动过程中，速度增大，加速度减小，C错误；小球从O点向N点运动过程中，速度减小，加速度增大，D正确。题组1　描述简谐运动的物理量
1．(2025·江苏淮安市期中)一弹簧振子完成10次全振动通过的路程是40 cm，则此弹簧振子的振幅为(　　)
A．0.5 cm　　　　　　 B．1 cm
C．1.5 cm D．2 cm
解析：选B。弹簧振子一次全振动的路程等于4个振幅，10次全振动通过的路程是40个振幅，即s＝40A＝40 cm，可得A＝1 cm。
2．一个做简谐运动的质点，它的振幅是4 cm，频率是 2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5 s后，位移的大小和经过的路程为(　　)
A．4 cm、10 cm　　　 　 B．4 cm、100 cm
C．0、24 cm D．0、100 cm
解析：选B。质点的振动周期T＝＝0.4 s，故时间t＝T＝6T，所以2.5 s末质点在最大位移处，位移大小为4 cm，质点通过的路程为4×4×6 cm＝100 cm，B正确。
3．(2025·河南月考)如图甲所示，粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在杯内水中，把木筷向上提起一段距离后，由静止释放，木筷在水中的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，木筷在一段时间内的振动图像如图乙所示，该振动的频率为(　　)
A．2.0 Hz　　　 B．4.0 Hz
C．0.25 Hz D．0.5 Hz
解析：选A。由题图乙可知，木筷振动的周期为0.5 s，频率f＝＝2.0 Hz。
4．如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是(　　)
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
解析：选D。振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm，弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过路程为40 cm，3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm，故D正确，A、B、C错误。
题组2　简谐运动的表达式
5．(2025·广东广州校考)做简谐运动的物体的位移x与运动时间的关系是x＝A sin (ωt＋φ)，那么物体在运动一个周期内的平均速率是　(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D。物体在运动一个周期内的路程为4A，周期T＝，故物体在运动一个周期内的平均速率v＝＝。
6．(多选)一简谐运动的振动方程为x＝3sin (5πt＋)。式中位移x的单位是cm，则(　　)
A．振动的振幅为3 cm
B．振动的频率为2.5 Hz
C．振动的初相φ＝
D．t＝1 s时的位移为2 cm
解析：选ABC。对比简谐运动表达式x＝A sin (ωt＋φ)＝A sin (2πft＋φ)可知，振动的振幅A＝3 cm，频率f＝2.5 Hz，初相φ＝，A、B、C正确；t＝1 s时的位移x＝3sin cm＝－ cm，D错误。
7．(多选)有两个振动的振动方程分别是：x1＝3sin cm，x2＝5sin (100πt＋)cm，下列说法正确的是(　　)
A．它们的振幅相同
B．它们的周期相同
C.它们的相位差恒定
D．它们的振动步调一致
解析：选BC。它们的振幅分别是3 cm、5 cm，所以它们的振幅不相同，故A错误；运动周期都是T＝＝0.02 s，所以它们的周期相同，故B正确；它们的相位差Δφ＝－＝，可得相位差恒定，故C正确；因为相位差不等于0，所以它们振动步调不一致，故D错误。
题组3　简谐运动的图像
8．如图所示的是质点P在前4 s内的振动图像，下列叙述正确的是(　　)
A．再过1 s，该质点的位移是正方向最大
B．再过1 s，该质点的速度方向为正方向
C．再过1 s，该质点的速度方向为负方向
D．再过1 s，该质点的速度最大
解析：选A。由振动图像可知，再过1 s即第5 s时，质点在正方向最大位移处，速度为零。
9．(2025·黑龙江牡丹江月考)如图所示的是一质点做简谐运动的图像，由图像可知(　　)
A．质点的运动轨迹为正弦曲线
B．在t＝0.1 s时，质点的速度最大
C．在t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移方向相同
D．质点运动过程中，周期为0.5 s
解析：选B。简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；在 t＝0.1 s时，质点在平衡位置，速度最大，故B正确；在 t＝0.25 s时，质点的位移为负，速度为正，可知质点的速度方向与位移方向相反，故C错误；由题图可知，质点运动过程中，周期为0.4 s，故D错误。
10.如图所示，小球在竖直平面内以半径R、角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，用竖直向下的平行光照射小球，观察到其影子在水平面上做简谐运动。取圆心投影点O′为原点，水平向右为正方向建立x轴坐标系，从小球某次经过最高点的时刻开始计时，关于影子的说法正确的是(　　)
A．振幅为2R
B．振动过程中的最大速度为ωR
C．振动周期为
D．位移表达式为x＝R cos ωt
解析：选B。圆心投影点O′为平衡点，最大位移为R，则振幅为R，故A错误；影子通过平衡点时的速度最大，此时其速度等于小球运动速度，即最大速度为ωR，故B正确；影子的振动周期应和小球做圆周运动的周期相同，即T＝，故C错误；影子初始位于平衡位置，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，从小球某次经过最高点的时刻开始计时，位移表达式为x＝R sin (t＋π)＝－R sin ωt，故D错误。
11．(2025·江苏徐州月考)如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。振子到达D点开始计时。以竖直向上为正方向，在一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．振子在O点受到的弹簧弹力等于零
B．振子做简谐运动的表达式为x＝10sin (πt－) cm
C．0.5 s到1.0 s的时间内，振子通过的路程为5 cm
D．t＝0.25 s和t＝0.75 s时，振子的速度不同，但加速度大小相等
解析：选C。振子在O点受到的回复力为零，此时弹簧弹力等于振子自身重力大小，故A错误；由题图乙可得，振子的振幅A＝5 cm，初相位φ0＝－，周期T＝2.0 s，则圆频率ω＝＝π rad/s，所以振子做简谐运动的表达式为x＝5sin (πt－) cm，故B错误；由题图乙可知t＝0.5 s时刻振子在平衡位置，t＝1.0 s时刻振子到达正向最大位移处，所以在0.5 s到1.0 s的时间内，振子通过的路程为5 cm，故C正确；根据简谐振动的对称性可知，在t＝0.25 s和t＝0.75 s时，振子的速度相同，加速度大小相等，故D错误。
12.(2025·贵州期中)一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间t的关系图线如图所示，下列说法错误的是(　　)
A．该简谐运动的频率是50 Hz，振幅是7 cm
B.该简谐运动的表达式可能为x＝7sin (100πt＋) cm
C.t＝0.25×10－2 s时振子的位移为－3.5 cm　
D．t＝1.5×10－2 s时振子的速度最大，沿x轴负方向
解析：选C。根据图像可知，该简谐运动的周期是2×10－2 s，所以频率f＝50 Hz，振幅是7 cm，故A正确；设振动方程为x＝A sin (ωt＋φ)，由题图可知，A＝7 cm，ω＝＝100π rad/s，φ＝－＋2πn(n＝0，1，2，…)，当n＝1时，φ＝π，所以该简谐运动的表达式可能为x＝7sin (100πt＋) cm，故B正确；根据图像可知，t＝1.5×10－2 s时振子处于平衡位置，振子的速度最大，速度方向沿x轴负方向，故D正确；由x＝7sin (100πt＋π) cm，可以解得t＝0.25×10－2 s时振子的位移x＝－ cm≠－3.5 cm，故C错误。
13．(16分)如图所示的是一弹簧振子的振动图像，完成以下问题。
(1)求该振子振动的振幅、周期、频率。(4分)
(2)该振子在前100 s内的总位移是多少？路程是多少？(6分)
(3)写出该振子简谐运动的表达式，计算t＝1.5 s时振子的位移。(6分)
解析：(1)由振动图像可得振子振动的振幅A＝2 cm
周期T＝4 s
频率f＝＝0.25 Hz。
(2)振子经过一个周期位移是零，路程为4A＝8 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子总位移x＝0，振子路程s＝25×4A cm＝200 cm＝2 m。
(3)初相位φ＝π，圆频率ω＝＝ rad/s，故该振子做简谐运动的表达式为x＝2sin (t＋π)cm
由简谐运动的表达式，可知当t＝1.5 s时振子的位移
x＝2sin (×1.5＋π)cm＝2sin cm＝－ cm。　
答案：(1)2 cm　4 s　0.25 Hz　(2)0　2 m
(3)x＝2sin (t＋π)cm　－ cm第2节　振动的描述
eq \a\vs4\al()
1．知道振幅、周期、频率的概念，理解周期和频率的关系，知道全振动的含义。　2.知道简谐运动的图像是一条正弦(或余弦)曲线。　3.会根据图像得出简谐运动的数学表达式，并理解各物理量的意义。
一、振动特征的描述
1．振幅
(1)定义：振动物体离开平衡位置的____________________，用A表示。
(2)物理意义：表示____________________的物理量，是标量。
2．周期和频率
(1)全振动
①振子以相同的速度相继两次通过同一位置所经历的过程，即一个完整的振动过程。
②不管以哪里作为开始研究的起点，弹簧振子完成一次全振动的时间总是相等的。
(2)周期和频率
①周期：物体完成一次全振动所经历的______________，用T表示，国际单位是秒，符号为s。
②频率：在一段时间内，物体完成全振动的____________与这段时间之比，用f表示，单位是赫兹，符号为Hz。
③周期T与频率f的关系：f＝。
④物理意义：周期和频率都是表示物体__________________的物理量，周期越短，频率________________，表明物体振动越快；物体振动周期越长，频率越低，表明物体振动越慢。
(3)固有周期(或固有频率)：物体仅在回复力作用下的振动周期(或频率)，称为固有周期(或固有频率)。固有周期和固有频率是振动系统本身的属性。
二、简谐运动的位移图像
1．坐标系的建立
建立平面直角坐标系，横坐标表示____________，纵坐标表示弹簧振子相对于____________的位移x。
2．图像的特点
一条正弦(或余弦)曲线。如图所示。
3．物理意义
(1)它能直观地表示做简谐运动物体的________________随____________________________按正弦(或余弦)规律变化的情况。
(2)在振动图像上还可以表示出振幅A和周期T。曲线在纵轴方向上的最大值等于
____________，相邻两个相同状态间隔的时间等于____________________。
三、简谐运动的位移公式
1．以平衡位置为坐标原点，用x代表振动物体偏离________________的位移，以物体沿x轴正方向运动至平衡位置的时刻作为计时零点，则简谐运动的位移公式为x＝__________________。
2．角速度ω称为简谐运动的____________，表示简谐运动的快慢，它与简谐运动周期之间的关系为ω＝。
拓展：简谐运动的相位
(1)一般情况下位移的关系式可写成x＝A sin (ωt＋φ0)。式中，____________是简谐运动的相位，φ0是简谐运动的_____________________。
(2)当两个振动的相位差是____________的整数倍时，两个振动的步调一致；当两个振动的相位差为____________的奇数倍时，两个振动的步调正好相反。
判断下列说法是否正确。
(1)振幅随时间做周期性变化。(　　)
(2)物体两次通过平衡位置的时间叫作周期。(　　)
(3)简谐运动图像反映了物体在不同时刻相对于平衡位置的位移。(　　)
(4)振动位移的方向总是背离平衡位置。(　　)
(5)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(　　)
(6)只要质点的位移随时间按正弦规律变化，这个质点的运动就是简谐运动。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√
[答案自填] 最大距离　振动强弱　时间　次数　振动快慢　越高　时间t　平衡位置
位移　时间　振幅A　周期T　平衡位置　A sin ωt　圆频率　ωt＋φ0　初相位　2π　π
知识点一　描述简谐运动的物理量
eq \a\vs4\al()
理想弹簧振子如图所示，O点为它的平衡位置，其中A、A′点关于O点对称。
(1)从振子某一时刻经过O点开始计时，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通过的位移相同吗？路程相同吗？
[提示]　(1)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、速度均第一次同时与初始时刻相同。
(2)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。
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相等，在同一简谐运动中振幅是确定的，而位移随时间做周期性的变化。
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。
4．对全振动的理解
(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。
(4)相位特征：增加2π。
5．简谐运动的周期性
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，运动情况完全相同。
(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，则当t1时刻物体到达最大位移处时，t2时刻物体到达平衡位置；当t1时刻物体到达平衡位置时，t2时刻物体到达最大位移处；当t1时刻物体在其他位置时，t2时刻物体到达何处要视具体情况而定。
角度1　简谐运动物理量的分析
　如图所示，将弹簧振子从平衡位置O向右拉开4 cm后放手，让它做简谐运动，已知从放手到第一次回到平衡位置的时间为0.1 s。
(1)求弹簧振子的振幅、周期、频率。
(2)求2 s内完成全振动的次数。
(3)求振子从开始运动经过2.5 s的位移的大小。此刻正要向哪个方向做怎样的运动？
(4)求振子经5 s通过的路程。
(5)若将弹簧振子从平衡位置向右拉开6 cm后释放，运动过程中的振幅、周期、频率变为多大？
[解析]　(1)根据振幅的定义，可知振幅A＝4 cm；由于一周期内有4个等时的运动阶段，从最大位移处到第一次回到平衡位置运动的时间为，所以周期T＝0.1 s×4＝0.4 s，频率f＝＝2.5 Hz。
(2)因为T＝0.4 s，t1＝2 s＝5T，所以2 s内完成了5次全振动。
(3)经过2.5 s，t2＝2.5 s＝T
振子经整数周期恰好回到原来位置(即右侧最大位移处)，再经振子正向左经过平衡位置，所以2.5 s末振子的位移为0，向左做加速度增大的减速运动。
(4)由于振子在一个周期内运动的路程为4倍的振幅，t3＝5 s＝12.5T，所以振子经过5 s通过的路程s＝12.5×4×0.04 m＝2 m。
(5)由于振子振动的周期与振幅无关，所以振子的振幅变为6 cm，而周期与频率均不变。
[答案]　(1)4 cm　0.4 s　2.5 Hz　(2)5　(3)0　向左做加速度增大的减速运动　(4)2 m　(5)6 cm　0.4 s　2.5 Hz　
　(2024·河北卷，T6)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x－t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　)
A.0.2 rad/s，1.0 m
B．0.2 rad/s，1.25 m
C．1.26 rad/s，1.0 m
D．1.26 rad/s，1.25 m
[解析]　紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的转速n＝12 r/min＝0.2 r/s，因此圆频率ω＝2πn＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，周期T＝＝5 s，简谐振动的振幅即为轻杆的长度A＝0.1 m，12.5 s通过的路程s＝×4A＝1.0 m。
[答案]　C
角度2　简谐运动的周期性
　弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置O开始计时，如图，经过0.2 s(0.2 s小于振子的四分之一振动周期)时，振子第一次经过P点，又经过了0.2 s，振子第二次经过P点，则振子的振动周期为(　　)
A．0.4 s　　　　　　　 B．0.8 s
C．1.0 s D．1.2 s
[解析]　由题意可知，振子从O开始向右运动，设振子向右运动的最远点为Q，根据对称性可知振子从P向右第一次运动到Q的时间为0.1 s，则振子从O向右第一次运动到Q的时间为0.3 s，所以振子的周期为1.2 s，故D正确。
[答案]　D
知识点二　简谐运动的图像及应用
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．获取信息
(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。
　　
甲　　　　　　　　　乙
(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，故此刻质点沿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。
　(2025·山东临沂市期中)如图所示，将一根吸管下端封闭后放置一定量的沙粒，使其竖直浮在水杯中。将吸管向下压一段距离，然后由静止释放并开始计时，吸管就在水中上下振动，在一段时间内吸管在竖直方向上的运动可近似看作简谐运动。若取竖直向下为正方向，图中描述吸管振动的图像正确的是(　　)
[解析]　吸管在水中做简谐运动，位移随时间变化的图像是正弦或余弦曲线，吸管下压一段距离，然后由静止释放并开始计时，取竖直向下为正方向，则初始时刻，吸管的位移为正向最大。
[答案]　A
　图甲为一弹簧振子的振动图像，规定向右为正方向，试根据图像分析以下问题：
(1)如图乙所示，振子围绕平衡位置E在F、G间振动，振子振动的起始位置是______，从起始位置开始，振子向______(选填“右”或“左”)运动。
(2)在图乙中，找出图甲中的O、A、B、C、D各点对应振动过程中的位置，即O对应________，A对应________，B对应________，C对应________，D对应________。
(3)在t＝2 s时，振子的速度方向与t＝0时振子的速度方向________；1 s到2 s内振子的速度大小的变化情况是______________。
(4)振子在前4 s内的位移等于________。
[解析]　(1)如题图乙所示，振子振动的起始位置是E，从起始位置开始，振子向右运动。
(2)在题图乙中，题图甲中的O对应E，A对应G，B对应E，C对应F，D对应E。
(3)在t＝2 s时振子的速度方向沿x轴负方向，t＝0时振子的速度方向沿x轴正方向，则两时刻振子速度方向相反；1 s到2 s内振子向平衡位置运动，则速度大小逐渐增大。
(4)振子在前4 s内回到原来的位置，则位移等于0。
[答案]　(1)E　右　(2)E　G　E　F　E
(3)相反　逐渐增大　(4)0
　(2025·山东泰安市期中)如图所示的是某弹簧振子做简谐运动的x－t图像，下列描述正确的是(　　)
A．该振子的周期为2 s
B．在1.5 s到2 s时间内，振子的加速度不断增大
C．在2.5 s到3.5 s时间内，振子通过的路程为5 cm
D．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
[解析]　该振子的周期为4 s，故A错误；在1.5 s到2 s时间内，振子的位移逐渐减小，根据a＝－可知，加速度不断减小，故B错误；在2.5 s到3.5 s时间内，振子位于最大位移附近，速度较小，通过的路程小于5 cm，故C错误；图像切线的斜率代表速度，可知在3.5 s时，振子的速度沿x轴负方向，此时振子的位移为正，根据a＝－可知，加速度也沿x轴负方向，故D正确。
[答案]　D
知识点三　简谐运动表达式的理解和应用
1．简谐运动的表达式：x＝A sin (ωt＋φ0)
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；A表示振动质点偏离平衡位置的最大距离，即振幅。
2．各量的物理含义
(1)圆频率：表达式中的ω称为简谐运动的圆频率，它表示简谐运动物体振动的快慢。与周期T及频率f的关系为ω＝＝2πf。
(2)φ0表示t＝0时，简谐运动质点所处的状态，称为初相位或初相。ωt＋φ0代表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。
3．从运动方程中得到的物理量
能够得到振幅、周期、圆频率和初相位，因此可应用运动方程和ω＝＝2πf对两个简谐运动比较周期、振幅和计算相位差。
角度1　简谐运动表达式的理解和应用
　一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x＝10sin 5πt(cm)，则下列判断正确的是(　　)
A．该简谐运动的周期是0.2 s
B．前1 s内质点运动的路程是200 cm
C．0.4 s到0.5 s质点的位移在逐渐增大
D．t＝0.6 s时质点在正向最大位移处
[解析]　由简谐运动的位移随时间变化的关系知圆频率ω＝5π rad/s，周期T＝＝0.4 s，A错误；由简谐运动的位移随时间变化的关系知振幅A＝10 cm，前1 s内质点运动的路程s＝×4A＝100 cm，B错误；0.4 s到0.5 s质点由平衡位置向最大位移处运动，C正确；t＝0.6 s时刻质点位移x＝10sin 5π×0.6(cm)＝0，质点经过平衡位置，D错误。
[答案]　C
角度2　简谐运动的表达式和振动图像的结合
　(2025·江苏镇江市期中)一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是8 cm。
(1)试写出用正弦函数表示的振动方程。
(2)画出简谐振动的x－t图像。(至少画一个周期)
(3)10 s内通过的路程是多少？
[解析]　(1)简谐运动振动方程的一般表达式为
x＝Asin(ωt＋φ0)
根据题意可知
A＝8 cm，ω＝＝2πf＝π rad/s
则有x＝8sin(πt＋φ0) cm
将t＝0，x0＝8 cm代入可得
φ0＝
则振动方程为
x＝8sin(πt＋) cm。
(2)简谐振动的x－t图像如图所示。
(3)周期T＝＝2 s
由于10 s＝5T
则10 s内通过的路程
s＝5×4A＝160 cm。
[答案]　(1)x＝8sin(πt＋) cm　(2)图见解析
(3)160 cm
1．(描述简谐运动的物理量)(多选)一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列结论正确的是(　　)
A．质点的振动频率为4 Hz
B．在10 s内质点通过的路程是20 cm
C．在第5 s末，质点的速度为0
D．在t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的速度方向相同
解析：选BC。由题图读出周期T＝4 s，则频率f＝＝0.25 Hz，故A错误；质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，t＝10 s＝2.5T，则在10 s内质点经过的路程s＝2.5×4A＝10×2 cm＝20 cm，故B正确；在第5 s末，质点位于最大位移处，速度为0，故C正确；由题图看出，在 t＝1.5 s 和t＝4.5 s两时刻质点位移相同，由于两个时刻图线的切线方向相反，所以速度方向相反，故D错误。
2．(简谐运动的表达式)(多选)物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sin(100t＋) m，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sin(100t＋) m。下列说法正确的是(　　)
A.物体A的振幅是6 m，物体B的振幅是10 m
B.物体A、B的周期相等，为100 s
C．物体A振动的频率fA等于物体B振动的频率fB
D．物体A的相位始终超前物体B的相位
解析：选CD。振幅是标量，A、B的振动范围分别是6 m、10 m，但振幅分别为3 m、5 m，故A错误；周期是标量，A、B的周期均为T＝＝ s≈6.28×10－2 s，故B错误；因为TA＝TB，故fA＝fB，故C正确；A的相位始终超前B的相位，Δφ＝φA－φB＝为定值，故D正确。
3．(简谐运动的对称性和周期性)(多选)弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过0.3 s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2 s，振子第二次经过P点，则到该振子第三次经过P点可能还需要的时间为(　　)
A．1.2 s　　　　　　 　 B． s
C．0.4 s D．1.4 s
解析：选BD。假设振子从平衡位置开始向右运动，当P点在右侧时，由题意可知＝0.3 s＋ s＝0.4 s，该振子第三次经过P点还需要的时间为t1＝2×＋0.3×2 s＝1.4 s，当P点在左侧时，由题意可知＝0.3 s＋ s＝0.4 s，可得T2＝ s，该振子第三次经过P点还需要的时间为t2＝T2－0.2 s＝ s。
4．(简谐运动的图像和表达式)(2025·山东淄博期中)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示。
(1)写出该简谐运动的表达式。
(2)求t＝0.9 s时的位移。
(3)求振子在前3.6 s内通过的路程。
解析：(1)由图像可知A＝2 cm，T＝0.8 s
则ω＝＝ rad/s
所以该简谐运动表达式为x＝2sin (πt)cm。
(2)将t＝0.9 s代入(1)式得t＝0.9 s时的位移
x＝2sin (×0.9)cm＝2sin ()cm＝ cm。
(3)在前3.6 s内，经过的周期数n＝＝4.5，
振子在1T内通过的路程为4A，0.5T内通过的路程为2A，则在前3.6 s内振子通过的路程x＝4×4A＋2A＝18A＝36 cm。
答案：(1)x＝2sin (πt)cm　(2) cm　(3)36 cm(共53张PPT)
阶段滚动检测卷(一)
√
(分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1.如图所示，质量为M、长为L的长木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，最后物块与长木板以共同的速度一起向右运动，现将长木板与物块作为一个系统，则此系统从物块滑上长木板到物块与长木板以共同的速度一起向右运动的过程中(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：物块和长木板组成的系统受到的合力为零，总动量守恒，另外物块在长木板上相对滑动的过程中要摩擦生热，故系统机械能不守恒，故B正确。
√
2．心电图仪甲通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上。一台心电图仪测得待检者心电图如图乙所示。医生测量时记下被检者的心率为60次/min，则这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小为(　　)

A．20 mm/s　　　　　 B．25 mm/s
C．30 mm/s D．60 mm/s
√
3．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中(　　)
A．三个球动量的变化率相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量变化量最小
D．三球落地时的动量相同
√
√
5．以下物体不是做简谐运动的是(　　)
A．图甲中，将倾角为θ的光滑斜面上的小球
沿斜面拉下一段距离，然后松开
B．图乙中，竖直浮在水中的均匀木筷，下端绕几圈铁丝，把木筷往上提起一段距离后放手
C．图丙中，将光滑圆弧面上的小球从最低点移开很小一段距离，放手后，小球在最低点左右运动
D．图丁中，倾角均为θ的两光滑斜面，让小球在斜面某处从静止开始在两斜面间来回运动
解析：题图甲中，把倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，小球的往复运动，与弹簧振子的运动规律相似，满足F＝－kx，为简谐运动，故A与题意不符；题图乙中，如果不考虑水的粘滞阻力，木筷受到重力和水的浮力，重力恒定不变，浮力与排开水的体积成正比，木筷静止时的位置看作平衡位置，由此可知以平衡位置为坐标原点，木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比，且方向相反，则可以判定木筷做简谐运动，故B与题意不符；
题图丙中，小球受到重力和圆弧面的支持力，重力恒定不变，支持力始终与运动方向垂直，与单摆的运动类似，从而判定小球做简谐运动，故C与题意不符；题图丁中，倾角均为θ的两光滑斜面，让小球在斜面某处从静止开始在两斜面间来回运动，重力沿斜面的分力提供回复力，但该力大小不变，不与位移成正比，故小球的运动不是简谐运动，故D与题意相符。
√
√
√
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．下列关于简谐振动的说法正确的是(　　)
A．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．弹簧振子的速度和加速度方向始终相同
D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关
√
√
9．一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是(　　)

A．0 s时质点的加速度最大
B．0.4 s时质点的加速度方向是B→O
C．0.7 s时质点由O向B运动，加速度方向向左
D．在0.1 s到0.3 s质点速度先增大后减小
√
√
解析：由图像可知，0 s时质点处于正向最大位移处，则加速度为负向最大，故A正确；0.4 s末质点处于负向最大位移处，则加速度正向最大，方向为A→O，故B错误；0.7 s时质点从平衡位置向正向最大位移处振动，加速度为负方向，则质点由O向B运动，加速度方向向左，故C正确；由于质点在平衡位置的速度最大，所以在0.1 s到0.3 s质点速度先增大后减小，故D正确。
√
√
√
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(10分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作。
(1)请选择正确的器材________。
A．体积较小的钢球
B．体积较大的木球
C．无弹性的轻绳
D．有弹性、质量大的绳子
AC　
解析：为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，故B错误，A正确；实验过程单摆摆长应保持不变，摆线应选用无弹性的轻绳，故D错误，C正确。
(2)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________mm。利用刻度尺测得摆线长90.10 cm，则该单摆的摆长L＝________cm。
20.6
91.13　
B
(4)与重力加速度的真实值比较，发现第(3)问中获得的测量结果偏大，分析原因可能是________。
A．振幅偏小
B．将摆线长加直径当成了摆长
C．将摆线长当成了摆长
D．开始计时误记为n＝1
D　
(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度L，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表达重力加速度为g＝
________________。
12．(10分)“验证动量守恒定律”的实验装置可采用图甲或图乙的方法，两个实验装置的区别在于：①悬挂重垂线的位置不同；②图甲中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下)，图乙中没有支柱，图甲中的入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置。(球A的质量为m1，球B的质量为m2)
(1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，则读数为________mm。
16.25
解析：该游标卡尺精确度为0.05 mm，故读数为16 mm＋0.05 mm×5＝16.25 mm。
(2)实验中，两球质量需满足m1________(选填“大于”“小于”或“等于”)m2。
解析：由于碰撞后，二者速度需同向且向右，故需要m1大于m2。
大于　
(3)比较这两个实验装置，下列说法正确的是________。
A.采用图甲的实验装置时，需要测出两小球的直径
B．采用图乙的实验装置时，需要测出两小球的直径
C.采用图乙的实验装置时，斜槽轨道末端的切线要求水平，而采用图甲的实验装置则不需要
D．为了减小误差，无论哪个实验装置，都要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下
E．为了减小误差，采用图乙的实验装置时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑
ADE
解析：采用题图甲的实验装置时，为测出入射球碰撞后的水平位移，需要测出两小球的直径，故A正确；采用题图乙的实验装置时，不需要测出两小球的直径，故B错误；无论采用哪个实验装置做实验，斜槽轨道末端的切线都要求水平，故C错误；为了减小误差，无论哪个实验装置，都要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确；采用题图乙的实验装置时，碰撞后A要在水平面上继续运动一段距离后再做平抛运动，为减小实验误差，应使斜槽末端水平部分尽量光滑，故E正确。
(4)若某同学按图乙做实验时所用小球的质量分别为m1＝45 g、m2＝7.5 g，如图丁所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点的位置记为R标注在图丁中。
答案：图见解析　
C
13．(8分)一弹簧振子甲的振动图像如图所示，试解答以下问题：

(1)写出该振子在任意时刻t的位移x的表达式。(4分)
(1)A、B碰撞前瞬间，小球A速度的大小及A、B碰撞后瞬间，小球A和滑块B速度的大小；(6分)
(2)弹簧的最大弹性势能；(3分)
(3)滑块C的最大速度的大小。(3分)
(1)物块滑到B处时木板的速度vAB；(3分)
(2)木板的长度L；(3分)
(3)滑块CD圆弧的半径R；(3分)
(4)滑块CD最终速度v2的大小。(5分)(共43张PPT)
第4节　科学测量：
用单摆测量重力加速度
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、实验目的
1．用单摆测量重力加速度。
2．会使用秒表测量时间。
3．能分析实验误差的来源，并能采用适当方法减小测量误差。
二、实验器材
长约1 m的细线、开有小孔的金属小球、带有铁夹的铁架台、刻度尺、秒表、游标卡尺。
四、实验步骤
1．取长约1 m的细线，细线的一端连接小球，另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自由下垂。
六、注意事项
1．实验所用的单摆应符合理论要求，即线要细、轻、不易伸长，摆球要体积小、质量大(密度大)，并且最大偏角不超过5°。
2．单摆悬线上端要固定，即用铁夹夹紧，以免摆球摆动时摆线长度不稳定。
3．测量单摆周期时，应从摆球经过平衡位置(即最低点)时开始计时，以后摆球从同一方向通过平衡位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计时、计数。
4．摆动时，要使之保持在同一个运动平面内，不要形成圆锥摆。
七、误差分析
1．系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。
2．偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数。
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　教材原型实验
　 (2024·广西卷，T11)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________不变。
[解析]　选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。
摆长
(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为________cm。
[解析]　摆球直径d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm。
1.06
(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为
_____________________。
　(2025·天津十二区重点校一模)某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
(1)某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是________。
A．开始计时时，过早按下秒表
B．实验时误将49次全振动记为50次
C．测摆长时摆线拉得过紧
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
BC
(2)测量小球直径时游标卡尺如图乙所示，其读数为________cm。
[解析]　10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图乙可知读数为1.2 cm＋0×0.1 mm＝1.20 cm。
1.20　
(3)实验中，测出不同摆长L对应的周期值T，作出T2－L图像，如图丙所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，可求出g＝
________________。
题型二　教材实验创新
　 (2025·福建泉州市南平市一模)一同学利用如图所示装置来测定当地的重力加速度。已知光滑圆弧凹槽ABC的半径为R，B为圆弧轨道最低点，A、C等高，θ很小。钢球的半径为r，当钢球经过圆弧轨道最低点B时，钢球的球心恰好经过光电门(图中未画出)。现将钢球从A点由静止释放，沿凹槽ABC自由往复运动，当光电门第一次被挡光时计数为“0”并开始计时，之后每挡光一次计数增加1，当计数为20时，计时为t。
(1)钢球往复运动的周期为________。
(2)钢球在圆弧轨道上的运动与单摆运动相似，根据“用单摆测量重力加速度”实验原理，可得当地的重力加速度的表达式为g＝____________。
(3)由于在计数时误将“19”计为“20”，由此测得重力加速度值与真实值相比__________ (选填“偏大”或“偏小”)。
[解析]　由于计数失误使测量的周期偏小，根据上述可知，测得重力加速度值与真实值相比偏大。
偏大
　某实验小组利用图甲所示的双线摆来测量当地的重力加速度，已知图甲中细线长度均为L＝100.00 cm，与水平方向夹角均为θ＝53°(sin 53°＝0.8)。
(1)关于本实验，下列说法正确的是________。
A．摆线上端直接绕在水平杆上即可
B．为便于观察摆球的运动，摆球应选择质量和体积都大些的球
C．为便于测量振动周期，应使摆球从摆角较大的位置释放
D．测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间
D
[解析]　摆线上端直接绕在水平杆上，这样摆球在摆动时，摆线的长度会产生变化，实验误差会增大，因此摆线的上端应固定在悬点上，A错误；为减小实验误差，摆球应选择质量大些和体积小些的球，B错误；为便于测量振动周期，应使摆球从摆角较小的位置释放，以减小实验误差，C错误；测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间，D正确。
(2)小组成员先用游标卡尺测得摆球的直径如图乙所示，则该摆球的直径d＝________cm，双线摆的摆线长l＝________cm；他们再将摆球沿垂直于纸面向外拉开一个较小角度后释放，用秒表测出30次全振动的总时间t＝54.6 s，则双线摆的振动周期T＝________s。
2.170
80.00
1.82
(3)实验中，他们同时改变两根细线的长度，测出多组双线摆的摆线长l和对应振动周期T，作出l－T2图像如图丙所示，A、B为图像上的两点。根据图像可求得当地重力加速度g＝________m/s2(π2取9.87，计算结果保留3位有效数字)；图像不过坐标原点，则重力加速度的测量值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
9.75
不变
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．在做“用单摆测量重力加速度”的实验时。
(1)下列给出的材料中应选择________作为摆球与摆线，组成单摆。
A．木球
B．铁球
C．柔软不易伸长的丝线
D．粗棉线
解析：为减小空气阻力对实验的影响，应选用密度大而体积小的铁球作为摆球，A错误，B正确；摆线应选长度不易发生变化且质量较小的线作为摆线，D错误，C正确。
BC
(2)在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是________。
A．装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间的距离
B．让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径
C．取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径
D．测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径
解析：单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先测出摆球直径，然后把单摆悬挂好，再测出摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，D正确。
D
(3)实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是____________。
A．摆球的质量偏大
B．单摆振动的振幅偏小
C．计算摆长时没有加上摆球的半径值
D．将实际振动次数n次误记成(n＋1)次
D
(4)用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g＝___________________。
2．(2025·福建厦门外国语学校月考)在图甲所示的利用单摆测量重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，则小球的直径为________mm。
10.60
解析：摆球直径为10 mm＋12×0.05 mm＝10.60 mm。
(2)若某同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值，则引起这一误差的原因可能是________。
A．误将摆线长当作摆长
B．误将摆线长与球的直径之和当作摆长
C.误将n次全振动次数计为n－1次
D．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
B
(3)若另一位同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线如图丙所示，已知摆长1.00 m，根据图的信息可得，重力加速度g＝__________m/s2(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)。
9.86单元过关检测(二)
(分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．关于水平方向上做简谐运动弹簧振子受力和运动的特点，下列说法正确的是(　　)
A．物体越衡位置，加速度越大
B．弹力的方向总指向平衡位置
C．物体速度的方向跟离开平衡位置的位移的方向总是相同的
D．物体的加速度的方向跟速度的方向始终相反
解析：选B。根据F＝－kx可知，物体越衡位置时，位移越小，回复力越小，加速度越小，故A错误；弹力的方向即为回复力方向，总是指向平衡位置，故B正确；当物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反，当物体运动方向背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，根据F＝－kx可知位移的方向总跟加速度方向相反，所以物体的加速度的方向跟速度的方向可能相同也可能相反，故C、D错误。
2．简谐运动既是最基本也是最简单的一种机械振动。关于简谐运动的表达式、回复力和能量，下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动位移x的一般函数表达式x＝A sin (ωt＋φ)中，ω表示频率，φ表示相位
B．单摆做简谐运动过程中的回复力是单摆受到重力沿圆弧切线方向的分力
C．水平弹簧振子做简谐运动时系统的能量做周期性变化
D．简谐运动的回复力可以是方向不变而大小变化的力，也可以是大小不变而方向改变的力
解析：选B。简谐运动位移x的一般函数表达式x＝A sin (ωt＋φ)中，ω表示圆频率，φ表示初相位，(ωt＋φ)表示相位，A错误；在单摆运动中并不是合外力提供回复力，只是沿切线方向上的合力提供回复力，半径方向上的合力提供向心力，B正确；振动能量是振动系统的动能和势能的总和，虽然振动能量中动能和势能不断相互转化，但是总和保持不变，C错误；简谐运动的回复力与质点偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，大小方向都在改变，D错误。
3．如图甲所示，弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为0.5 N/cm，则(　　)
A．在t＝2.75 s时，振子的位移和速度方向相同
B．在t0时，振子所受的回复力大小为0.5 N
C．在t＝1.5 s时，弹簧振子的动能最大
D．振子的振动方程为x＝5sin (πt)cm
解析：选D。由题图乙可知，在t＝2.75 s时，振子正从正的最大位移处向平衡位置运动，位移和速度方向相反，A错误；在t＝t0时刻x＝4 cm，振子所受的回复力大小F＝kx＝0.5×4 N＝2 N，B错误；在t＝1.5 s时，弹簧振子位于负的最大位移处，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，动能最小，C错误；由题图乙可知，振动周期T＝2 s，ω＝＝π rad/s，振子的振动方程为x＝5sin (πt) cm，D正确。
4.如图所示，装有砂粒的试管竖直浮于水面上静止。将试管竖直提起少许后由静止释放，可以观察到试管上下振动。以下说法不正确的是(　　)
A．试管静止时，试管所在的位置就是它的中心位置
B．试管的机械振动是简谐振动
C．以中心位置为位移的起点，浮力是试管做机械振动的回复力，回复力与位移的大小成正比，与位移的方向相反
D．试管从最高点回到最高点为一次全振动
解析： 选C。试管静止时，试管所在的位置就是振动的中心位置，也是平衡位置，故A正确；设水的密度为ρ，装有砂粒的试管质量为m，横截面积为S，开始静止时浸入水中的深度为h，在平衡位置静止时有mg＝F浮＝ρgSh，规定竖直向下为正方向，当在平衡位置下方x处时，位移为＋x，此时合力F合＝ρgS(h＋x)－mg＝ρgSx，方向竖直向上，则回复力F＝－kx(其中k＝ρgS为常数)，所以试管的机械振动是简谐振动，故B正确；以中心位置即平衡位置为位移的起点，重力与浮力的合力是试管做机械振动的回复力，回复力与位移的大小成正比，与位移的方向相反，故C错误；试管从最高点回到最高点运动了一个周期，为一次全振动，D正确。
5.如图所示，在斜面上有一个弹簧振子，从A点由静止释放，O点为振动的平衡位置，振动物体在A、B两点之间做简谐运动，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．振动物体在O点时，弹簧处于原长，弹簧振子的弹性势能为0
B．在振动物体运动的过程中，由弹簧弹力充当回复力
C．振动物体在B点时弹簧的弹性势能一定比振动物体在A点时的大
D．振动物体从A向B运动的过程中，其速度和加速度方向始终相同
解析：选C。O点为简谐运动的平衡位置，则振动物体在O点时受到的合外力为零，则重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力平衡，可知此时弹簧处于伸长状态，弹性势能大于零，A错误；在振动物体运动的过程中，由弹簧弹力与重力沿斜面向下的分力的合力充当回复力，B错误；在简谐运动过程中，机械能的总量不变，在A、B两点时，振动物体的动能均为零，且振动物体在B点时的重力势能比在A点时的小，则振动物体在B点时弹簧振子的弹性势能一定比振动物体在A点时的大，C正确；振动物体从A到O做加速运动，速度和加速度方向相同，从O向B运动的过程中，振动物体的速度减小，则速度和加速度方向相反，D错误。
6．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。振子到达D点开始计时。以竖直向上为正方向，在一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．振子在O点受到的弹簧弹力等于零
B．振子做简谐运动的表达式为x＝100sin(πt－) cm
C．0.5 s到1.0 s的时间内，振子通过的路程为5 cm
D．t＝0.25 s和t＝0.75 s时，振子的速度不同，但加速度大小相等
解析：选C。振子在O点受到的回复力为零，此时弹簧弹力等于振子自身重力大小，故A错误；由题图乙可得，振子的振幅A＝5 cm，初相位φ0＝－，周期T＝2.0 s，则圆频率ω＝＝π rad/s，所以振子做简谐运动的表达式为x＝5sin(πt－) cm，故B错误；t＝0.5 s时刻振子在平衡位置，t＝1.0 s时刻振子到达正的最大位移处，所以在0.5 s到1.0 s的时间内，振子通过的路程为5 cm，故C正确；根据简谐振动的对称性可知，在t＝0.25 s和t＝0.75 s时，振子的速度相等，加速度大小相等，故D错误。
7．图甲中，一只小鸟站在树枝上与树枝一起上下振动，小鸟振动的v－t图像如图乙所示，速度向下为正。下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻小鸟的速度方向向上
B．t1时刻树枝对小鸟弹力最大
C．t2时刻小鸟的加速度最大
D．t3时刻小鸟处在最低点
解析：选C。根据题图乙可知，t＝0时刻，速度为正，由于速度向下为正方向，所以小鸟的速度方向向下，故A错误；t1时刻小鸟的速度最大，此时小鸟受力平衡，即所受弹力等于重力，此后小鸟向下做减速运动，树枝对其弹力逐渐增大，故t1时刻，树枝对其弹力未达到最大，故B错误；t2时刻小鸟的速度为0，这一瞬间停止了向下的运动，即将向上运动，根据简谐运动的特征可知，此时加速度方向向上，达到最大值，故C正确；t3时刻小鸟向上运动到了最大速度后向上做减速运动，故此时在平衡位置处，不是最低点，故D错误。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上，小球固定有笔头。小球振动时，沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，纸带上可留下痕迹，a、b是纸带上的两点，不计阻力，如图乙所示。由此可判断(　　)
　
A．t时间内小球的运动路程为vt
B．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球通过a点时的速度大于通过b点的速度
D．如果小球以较小的振幅振动，则周期也会变小
解析：选BC。vt是t时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，A错误；小球振动过程只有弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，B正确；由题图可知小球通过a点时更衡位置，其速度大于通过b点的速度，C正确；小球的运动是简谐运动，其振动周期与振幅无关，D错误。
9．图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像，则下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小
C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等
解析：选AD。甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm和2 cm，则振幅之比为2∶1，故A正确；t＝2 s时，甲单摆在最低点，则重力势能最小，乙单摆在最高点，则动能最小，故B错误；甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据T＝2π可知，摆长之比为1∶4，故C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl(1－cos θ)＝mv2及ma＝m可得，摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cos θ)＝4g sin2，因两摆球的最大偏角θ满足sin＝＝，则a＝g()2，所以a甲>a乙，故D正确。
10．P、Q两个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．P、Q的振幅之比是2∶1
B．P、Q的振动周期之比是2∶1
C．P、Q在前1.2 s内经过的路程之比是1∶1　
D．t＝0.45 s时刻，P、Q的位移大小之比是1∶1
解析：选ABC。由振动图像可知P的振幅为10 cm，Q的振幅为5 cm，则P、Q的振幅之比是2∶1，故A正确；由振动图像可知P的周期为1.2 s，Q的周期为0.6 s，则P、Q的周期之比是2∶1，故B正确；在前1.2 s内P完成一个周期的振动，则路程为40 cm，Q完成两个周期的振动，则路程也为40 cm，故路程之比是1∶1，故C正确；P和Q离开平衡位置的位移方程为xP＝0.1sin (t)m，xQ＝0.05sin (t)m，则t＝0.45 s时刻，P、Q的位移分别为xP＝ m，xQ＝－0.05 m，则P、Q的位移大小之比是∶1，故D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(8分)某物理兴趣小组在做“用单摆测重力加速度”的实验研究。
(1)在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆________(填选项前的字母)。
A．长度接近1 m的细绳
B．长度为30 cm左右的细绳
C．直径为1.8 cm的塑料球
D．直径为1.8 cm的铁球
(2)甲同学用游标卡尺测量小球直径，如图1所示，读数为________mm。
(3)乙同学测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据作出了图像如图2所示，根据该图像得出重力加速度的测量值为______m/s2。(计算结果保留3位有效数字)
(4)丙同学完成实验后由公式计算测得的重力加速度g值偏大，可能的原因是________。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．实验中误将50次全振动数为49次
C．计时时，过早按下秒表
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
解析：(1)为减小实验误差，应选择1 m左右的摆线；为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的铁球。
(2)游标卡尺的读数为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。　
(3)根据单摆周期公式T＝2π，可得T2＝L，则斜率k＝＝，解得g≈9.86 m/s2。
(4)根据单摆周期公式T＝2π，可得g＝，测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，则测得的重力加速度g值偏大，摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，但实际的测量值偏小，则g值偏小，故A正确，D错误；设测量时间为t，全振动次数为n，则有g＝，g值偏大的原因可能是开始计时时，过迟按下秒表或多记录了全振动次数，故B、C错误。
答案：(1)AD　(2)18.6　(3)9.86　(4)A
12．(8分)如图(a)所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：
①用夹子将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂。
②用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d。
③将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用某APP中的“近距秒表”功能。
④将小球由平衡位置拉开一个角度(θ<5°)，静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间变化的图像，如图(b)所示。
请回答下列问题：
(1)根据图(b)可知，单摆的周期T＝________s；
(2)重力加速度g的表达式为___________________________________(用测得的物理量符号表示)；
(3)改变摆线长度l，重复步骤(2)、(3)、(4)的操作，可以得到多组T和l的值，进一步描绘出如图(c)所示的l－T2图像，若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为________。
解析：(1)根据单摆的运动规律一个周期内应该有两个小球与手机间距离的最小值，由题图(b)可得出，单摆的周期T＝2×(1.5－0.5)s＝2 s。
(2)根据单摆周期公式可得，T＝2π，解得重力加速度g的表达式为g＝(l＋)。
(3)由(2)问中重力加速度的表达式可得l＝T2－，结合题图(c)的图像，可知该图像以T2为横坐标，则图线的斜率k＝，可知重力加速度的测量值g＝4π2k。
答案：(1)2　(2)g＝(l＋)　(3)4π2k
13．(10分)有一个弹簧劲度系数为100 N/m、小球质量为0.5 kg的弹簧振子，让其在水平方向上的B、C之间做简谐运动。已知B、C间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动。求：
(1)振子的振幅和周期；(6分)
(2)振子振动过程中处于最大位移处的加速度大小。(4分)
解析：(1)振子的振幅A＝BC＝10 cm
周期T＝＝ s＝0.2 s。
(2)振子振动过程中处于最大位移处的加速度大小
am＝＝ m/s2＝20 m/s2。
答案：(1)10 cm　0.2 s　(2)20 m/s2
14．(12分)如图所示，一细线上端固定，下端悬挂一金属球在B、O、C之间做简谐振动，其中O是简谐振动的平衡位置，B、C是球的最大位移处。已知细线长为L，球直径为d、质量为m，重力加速度大小为g。
(1)从O点开始计时，求球第二次经过O点时间t。(5分)
(2)已知球在B点时细线的拉力大小为F1，求球经过O点时细线上拉力大小F2。(7分)　
解析：(1)根据单摆周期公式得
T＝2π
球再次经过O点的时间t＝
解得t＝π。
(2)设小球在B点时，细线和竖直方向的夹角为α，则F1＝mg cos α
从B点到O点，根据动能定理得
mg(L＋)(1－cos α)＝mv2
球运动到O点时有
F2－mg＝m
解得F2＝3mg－2F1。
答案：(1)π　(2)3mg－2F1
15.(16分)如图所示，弹簧振子在竖直方向的B、C两点之间做简谐运动。小球位于B点时开始计时，经过1 s首次到达C点。若以小球的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，用x表示小球相对于平衡位置的位移。已知B、C两点相距40 cm，弹簧劲度系数k＝20 N/m，小球质量m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)请写出小球位移x随时间t变化的关系式。(6分)
(2)求7 s内小球通过的路程及7 s末小球位移的大小。(4分)
(3)求小球运动至C点时，其所受回复力的大小。(6分)
解析：(1)根据已知条件，可知小球做简谐运动的振幅A＝20 cm
振动周期T＝2 s
根据ω＝，可得ω＝π rad/s
小球经过B点开始计时，故当t＝0时，x＝A，故φ0＝
可得x＝20sin (πt＋)cm。
(2)从小球经过B处开始计时，一个周期内小球通过的路程s＝4A，所以7 s(3.5个周期)内通过的路程
s＝3.5×4A＝280 cm
小球在7 s内运动3.5个周期，故7 s末位于C点，所以
x＝－20 cm。
(3)小球在竖直面内做简谐运动，其在平衡位置时设此时弹簧的形变量为x0，则有
kx0＝mg
当小球位于C点时，小球受到重力以及向下的弹力，根据F回＝－kx，可得F回＝mg－k(x0－x)＝kx＝20×0.2 N＝4 N。
答案：(1)x＝20sin (πt＋)cm
(2)280 cm　20 cm　(3)4 N题组1　单摆的向心力来源
1．(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A．摆球的回复力是它所受的合力
B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零
C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
解析：选BC。摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，故A错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，故B正确；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误。
2.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.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用
B．摆球在A点和C点处，速度为0，合力与回复力也为0
C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
解析：选C。摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，向心力、回复力为按效果命名的力，所以A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为0，回复力最大，合力不为0，在最低点B处，速度最大，回复力为0，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。
题组2　单摆的周期公式
3．发生下述情况时，单摆周期会增大的是(　　)
A．增大摆球质量　　　
B．缩短摆长
C．减小单摆振幅
D.将单摆由山下移到山顶
解析：选D。由单摆的周期公式T＝2π可知，g减小时周期会变大，将单摆由山下移到山顶，g减小，故选D。
4．(多选)下列关于单摆运动的说法正确的是(　　)
A.在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
B.一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的回复力增大
C.单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
D．单摆做简谐运动时，在平衡位置处位移为零，加速度也为零
解析：选BC。将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2π可知，摆钟振动的周期变大，走时变慢，A错误；摆球做简谐运动，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，摆球受到的回复力增大，B正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确；单摆做简谐运动时，在平衡位置处位移为零，有向心加速度，故加速度不为零，D错误。
5．(2025·江苏南京市期中)图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最高点。规定向右为正方向，图乙是其振动图像。π2≈10，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．摆球摆到平衡位置O点时合力为零
B．在0.6 s到0.8 s时间内，小球的动能逐渐增大
C．t＝0.4 s时摆球位于B点
D．此单摆的摆长约为0.16 m
解析：选D。摆球摆到平衡位置O点时具有向上的向心加速度，绳拉力大于重力，合力不为零，故A错误；在0.6 s到0.8 s时间内，图线切线的斜率逐渐减小，小球的速度减小，动能减小，故B错误；由于向右为正方向，t＝0.4 s时摆球位移达到正向最大，所以摆球位于C点，故C错误；由题图乙可知，单摆的周期为0.8 s，根据单摆周期公式T＝2π，可得L＝0.16 m，故D正确。
6.甲、乙两个单摆在同一地理位置做简谐振动的图像分别如图线甲、乙所示，根据图像所提供的信息来判断，下列说法正确的是(　　)
A．甲的周期为4.8 s
B．乙的周期为1.8 s
C．甲、乙的摆长之比为9∶16
D．前7.2 s内乙的路程为1.5 m
解析：选A。由图像可知，甲的周期关系为T甲＝3.6 s，解得T甲＝4.8 s，A正确；由图像可知，乙的周期T乙＝3.6 s，B错误；根据T＝2π可解得＝，C错误；前7.2 s内乙的路程s＝2×4A＝2×4×0.15 m＝1.2 m，D错误。
题组3　单摆模型的拓展
7.(2025·贵州黔东南州期中)如图所示，竖直面内的光滑圆弧槽上，两个小球甲、乙(均视为质点)同时由静止释放，其中小球甲的初位置离圆槽最低点O较远些，小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径。关于小球甲、乙相遇时的情景，下列说法正确的是　(　　)
A．小球甲、乙的速度相同，相遇点在O点左方
B．小球乙的速度更小，相遇点在O点
C．小球甲的速度更大，相遇点在O点右方
D．无法确定小球甲、乙的速度大小关系，因为两小球的质量关系未知
解析：选B。小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径，可知它们的运动可看成是简谐运动，根据周期公式T＝2π，可知小球甲、乙从释放至运动到O点所用的时间均为T，则小球甲、乙在O点相遇，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv2，解得v＝，由于小球甲的下落高度较大，所以相遇时小球甲的速度较大，故B正确，A、C、D错误。
8．某同学在探究单摆运动时，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图像，则以下说法正确的是(　　)
A．单摆振动周期T＝0.8 s
B．Fmin＝mg
C．t＝0.1 s时刻摆球速度最大
D．t＝0.5 s时刻摆球经过最低点
解析：选D。由题图乙可知，单摆振动周期T＝2×0.8 s＝1.6 s，故A错误；拉力最小时，摆球处于最大位移处，绳拉力等于重力沿绳方向的分量，即Fmin9．(10分)(2025·江苏淮安市期中)有一种常见的单摆叫秒摆，它的周期是2 s，把一个地球上的秒摆拿到月球上去，已知地球上的重力加速度g取10 m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，求：
(1)秒摆的摆长；(π2≈10)(4分)
(2)秒摆在月球上做20次全振动所用的时间。(6分)
解析：(1)根据单摆周期公式T＝2π
解得L≈1 m。
(2)秒摆在月球上的周期
T1＝2π≈5.0 s
故它在月球上做20次全振动的时间
t＝20T1＝100 s。
答案：(1)1 m　(2)100 s
10．(10分)(2025·江苏苏州市期中)正在修建的楼房顶上固定一根不可伸长的细线垂到图示窗沿下，某同学想应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，他先将线的下端系上一个小球，当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离l＝1 m。他打开窗户，让小球在垂直于墙的竖直平面内做小角度摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时到第17次通过B点共用时40 s。当地重力加速度g值取π2 m/s2，根据以上数据，求：
(1)该单摆的周期；(4分)
(2)房顶到窗上沿的高度h。(6分)
解析：(1)依题意知从小球第1次通过题图中的B点开始计时到第17次通过B点，完成的周期个数
n＝＝8，这8个周期共用时40 s，则单摆周期T＝ s＝5 s。
(2)球心到窗上沿的距离l＝1 m，由于该单摆在左右两侧摆动的摆长变化，故周期公式为
T＝(T1＋T2)＝(2π＋2π)
g值取π2 m/s2，代入数据解得房顶到窗上沿的高度h＝15 m。
答案：(1)5 s　(2)15 m
11．(12分)(2025·山东烟台市期中)甲、乙两个单摆在同一地点摆动的振动图像如图所示。
(1)写出甲、乙两个单摆位移随时间的变化关系式。(6分)
(2)求甲、乙两个单摆的摆长之比。(6分)
解析：(1)根据图像可知
T甲＝8 s，T乙＝4 s
甲的振幅为8 cm，乙的振幅为4 cm，根据
x＝A sin (t＋φ)
将图像中的坐标代入，解得
x甲＝8sin (t＋)(cm)
x乙＝4sin (t＋π)(cm)。
(2)根据T＝2π可知，＝ eq \f(T,T)
解得＝。
答案：(1)见解析　(2)4∶1(共24张PPT)
第1节　课后达标检测
√
1．(多选)下列运动中属于机械振动的是(　　)
A．树枝在风的作用下运动
B．竖直向上抛出的物体的运动
C．说话时声带的运动
D．爆炸声引起窗扇的运动
解析：物体在平衡位置附近所做的往复运动属于机械振动，故A、C、D正确；竖直向上抛出的物体到最高点后返回落地，不具有运动的往复性，因此不属于机械振动，故B错误。
√
√
√
2．一弹簧振子在振动过程中的某段时间内加速度数值越来越大，则在这段时间内(　　)
A．振子的速度逐渐增大
B．振子在向平衡位置运动
C．振子的速度方向与加速度方向一致
D．振子在向最大位移处运动
解析：振子的加速度数值越来越大，说明振子在向最大位移处运动，速度方向与加速度方向相反，速度越来越小，故D正确。
√
3.如图所示，有一弹簧振子，O为平衡位置，以向右为正方向，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
解析：速度方向即振子运动方向，而振动位移以平衡位置O为初始位置指向振子所在位置，B→O位移向左为负，速度向右为正；O→C位移向右为正，速度向右为正；C→O位移向右为正，速度向左为负；O→B位移向左为负，速度向左为负，可见本题正确选项为A。
4．机械振动中，下列各组物理量中其方向始终相反的是(　　)
A．回复力与速度　　　　 B．位移与速度
C．加速度与位移 D．速度与加速度
解析：回复力与位移的关系F＝－kx，根据牛顿第二定律F＝ma，可知加速度与位移方向始终相反，故C正确，A、B、D错误。
√
√
5．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中(　　)
A．振子所受的回复力逐渐增大
B．振子的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐减小
D．振子的加速度逐渐减小
√
6．(多选)物体做简谐运动时，下列叙述正确的是(　　)
A．平衡位置就是回复力为零的位置
B．处于平衡位置的物体，不一定处于平衡状态
C.物体到达平衡位置，合力一定为零
D．物体到达平衡位置，回复力不一定为零
解析：平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受到的合力不一定为零，物体不一定处于平衡状态。
√
√
7．(2025·广东中山月考)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，若漏斗做简谐运动，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是选项图中的(　　)
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，漏到地面上的细沙最少，两端漏斗运动得最慢，细沙漏到地面上的最多。
√
8．(2025·北京海淀区高二期末)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子。弹簧处于原长时小物块位于O点。现使小物块在M、N两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中(　　)

A．小物块运动到M点时回复力与位移方向相同
B．小物块每次运动到N点时的加速度一定相同
C．小物块从O点向M点运动过程中做加速运动
D．小物块从O点向N点运动过程中机械能增加
√
9．(多选)物体m以O点为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图所示，下列说法正确的是　(　　)

A．物体在A、B两点的速度和加速度都是零
B．物体通过O点时，加速度方向发生变化
C．回复力方向总是跟物体速度方向相反
D．物体离开平衡位置的运动是减速运动
√
解析：物体做简谐运动时，通过平衡位置一次，回复力的方向变化一次，所以加速度方向改变一次，B正确；物体运动到最大位移A、B处时，回复力最大，所以加速度最大，A错误；当物体向平衡位置运动时，回复力的方向跟速度方向相同，C错误；物体由平衡位置向最大位移处运动时，回复力的方向跟速度方向相反，物体做减速运动，D正确。
√
10.(2025·江西上饶高二检测)如图所示，当一弹簧振子在竖直方
向上做简谐运动时，下列说法正确的是(　　)
A．振子经过同一位置时，速度大小一定相等
B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功
C．振子在从最低点向平衡位置运动过程中受到重力、弹力和回复力
D．振子在平衡位置时，其动能最大，弹簧的弹性势能最小
解析：简谐运动中，振子经过同一位置时速度大小相等，A正确；振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹力的方向与速度的方向同向，故弹力做正功，B错误；振子在振动过程中的回复力由弹簧的弹力和振子所受的重力的合力提供，C错误；振子在平衡位置时，其动能最大，弹簧的弹性势能不是最小，当弹簧恢复到原长的时候，弹性势能最小，D错误。
11.(2025·贵州六盘水期中)如图所示，斜面体固定在水平地面
上，滑块和弹簧组成弹簧振子，滑块在光滑斜面上的A、B两
点之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是(　　)
A．滑块运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
B．滑块运动到O点时，弹簧的弹力为0
C．滑块由A向O运动过程中，弹簧弹性势能一直在减小
D．滑块由O向B运动过程中，滑块的机械能一直在增大
√
解析：滑块运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力3个力的作用，回复力是效果力，并非滑块受到的力，故A错误；滑块运动到O点时，所受合力为0，则弹簧的弹力等于滑块重力沿斜面向下的分力，不为0，故B错误；滑块由A向O运动过程中，弹簧的形变量减小，弹性势能一直在减小，故C正确；滑块由O向B运动过程中，如果到达B点时，弹簧仍处于伸长状态，则弹力一直做正功，滑块的机械能一直在增大，如果到达B点时，弹簧处于压缩状态，则弹力先做正功后做负功，滑块的机械能先增大后减小，故D错误。
√
解析：小球处于最低点时弹簧的伸长量为x1，则有kx1＝2mg，释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得kx1－mg＝ma1，解得a1＝g，小球运动到最高点时弹簧的形变量的大小为x2，加速度大小为a2，根据对称性可得a2＝a1，在最高点对小球由牛顿第二定律可得kx2＋mg＝ma2，解得x2＝0，故小球位于最高点时弹簧的弹力大小为0。
13.(8分)如图所示，物体m系在两弹簧之间，弹簧劲度系数分
别为k1和k2，且k1＝k，k2＝2k，两弹簧均处于原长。现向右
拉动物体m，然后释放，物体m在B、C间振动，O为平衡位
置(不计阻力)，试分析物体m的运动是不是简谐运动。
解析：设向右为正方向，当物体位移为x时，物体受到的合力F＝F1＋F2＝－k1x－k2x＝－3kx
符合简谐运动的回复力表达式，物体m的运动是简谐运动。
答案：见解析
14.(12分)(2025·江西景德镇期中)如图所示，将质量mA＝100 g的平
台A连接在劲度系数k＝200 N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地
上，形成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置mB＝mA的物块B，
使A、B一起上下振动，弹簧原长为5 cm。A的厚度可忽略不计，g取
10 m/s2。
(1)当振子做简谐运动时，A的平衡位置离地面有多高？(4分)
解析：令原长L0＝5 cm，对A、B进行分析，根据平衡条件有(mA＋mB)g＝k(L0－h0)
解得h0＝4 cm。
答案：4 cm　
(2)当振子的振幅A＝0.5 cm时，B对A的压力为多大？(8分)
解析：当振子处于最低点时，加速度方向向上且最大，此时B对A的压力达到最大，对A、B进行分析有
k(A＋L0－h0)－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
对B进行分析有N1－mBg＝mBa
根据牛顿第三定律有N2＝N1
解得N2＝1.5 N。
答案：1.5 N阶段滚动检测卷(一)
(分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1.如图所示，质量为M、长为L的长木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，最后物块与长木板以共同的速度一起向右运动，现将长木板与物块作为一个系统，则此系统从物块滑上长木板到物块与长木板以共同的速度一起向右运动的过程中(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：选B。物块和长木板组成的系统受到的合力为零，总动量守恒，另外物块在长木板上相对滑动的过程中要摩擦生热，故系统机械能不守恒，故B正确。
2．心电图仪甲通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上。一台心电图仪测得待检者心电图如图乙所示。医生测量时记下被检者的心率为60次/min，则这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小为(　　)
A．20 mm/s　　　　　 B．25 mm/s
C．30 mm/s D．60 mm/s
解析：选B。心脏每次跳动的时间间隔T＝ s＝1 s，所以坐标纸的走纸速度大小v＝＝＝25 mm/s。
3．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中(　　)
A．三个球动量的变化率相同
B．下抛球和平抛球动量的变化量相同
C．上抛球动量变化量最小
D．三球落地时的动量相同
解析：选A。三个小球加速度相同，故速度变化率相同，可得三个球动量的变化率相同，三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量变化量最大，下抛球动量变化量最小，故A正确，B、C错误；根据动能定理知mgh＝mv2－mv，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同，故D错误。
4.学习了反冲原理之后，同学们利用饮料瓶制作了“水火箭”。如图所示，瓶中装有一定量的水，其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的质量为M(含水)的“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．水火箭的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
B．发射后，水火箭的速度大小v＝
C．水火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
D．水火箭上升到最大高度的过程中，重力的冲量为(M－m)v0
解析：选B。体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，故A错误；由题意可得，由动量守恒定律可得(M－m)v＝mv0，解得水火箭获得的速度大小v＝，故B正确；水火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故C错误；水喷出后，水火箭做竖直上抛运动，水火箭在空中上升的时间t＝＝，重力的冲量I＝(M－m)gt＝mv0，故D错误。
5．以下物体不是做简谐运动的是(　　)
A．图甲中，将倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开
B．图乙中，竖直浮在水中的均匀木筷，下端绕几圈铁丝，把木筷往上提起一段距离后放手
C．图丙中，将光滑圆弧面上的小球从最低点移开很小一段距离，放手后，小球在最低点左右运动
D．图丁中，倾角均为θ的两光滑斜面，让小球在斜面某处从静止开始在两斜面间来回运动
解析：选D。题图甲中，把倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，小球的往复运动，与弹簧振子的运动规律相似，满足F＝－kx，为简谐运动，故A与题意不符；题图乙中，如果不考虑水的粘滞阻力，木筷受到重力和水的浮力，重力恒定不变，浮力与排开水的体积成正比，木筷静止时的位置看作平衡位置，由此可知以平衡位置为坐标原点，木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比，且方向相反，则可以判定木筷做简谐运动，故B与题意不符；题图丙中，小球受到重力和圆弧面的支持力，重力恒定不变，支持力始终与运动方向垂直，与单摆的运动类似，从而判定小球做简谐运动，故C与题意不符；题图丁中，倾角均为θ的两光滑斜面，让小球在斜面某处从静止开始在两斜面间来回运动，重力沿斜面的分力提供回复力，但该力大小不变，不与位移成正比，故小球的运动不是简谐运动，故D与题意相符。
6.某同学做用单摆测定重力加速度的实验，为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制T2－L图像如图所示。由图可知，当地重力加速度大小为(　　)
A． eq \f(8π2（L2－L1）,T－T) B． eq \f(4π2（L2－L1）,T－T)
C． eq \f(T－T,4π2（L2－L1）) D． eq \f(T－T,8π2（L2－L1）)
解析：选B。由题图知T2－L图像的斜率k＝ eq \f(T－T,L2－L1) ，单摆周期公式T＝2π，得T2＝L，所以＝ eq \f(T－T,L2－L1) ，变形得重力加速度大小g＝ eq \f(4π2（L2－L1）,T－T) 。
7．一名连同装备总质量为M的航天员，在距离空间站x处与空间站相对静止。装备中有一个高压气罐，能喷出气体从而使航天员相对于空间站运动。某次航天员启动高压气罐，一次性向远离空间站的方向以速度v(以空间站为参考系)喷出质量为Δm的气体，使航天员在时间t内匀速返回空间站。下列说法正确的是(　　)
A．若高压气罐喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间大于t
B．若高压气罐喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t
C.喷出气体的质量Δm＝
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统机械能守恒
解析：选A。根据动量守恒定律有(M－Δm)v0－Δmv＝0，解得v0＝，若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则v0变大，故返回时间小于t，由p＝Δmv，若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，可知Δm减小，得v0减小，则返回时间大于t，故A正确，B错误；由题意知，航天员的速度v0＝，喷气过程系统动量守恒，以航天员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得(M－Δm)v0－Δmv＝0，解得Δm＝<＝，故C错误；在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．下列关于简谐振动的说法正确的是(　　)
A．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．弹簧振子的速度和加速度方向始终相同
D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关
解析：选BD。根据单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期与质量无关，A错误；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，B正确；弹簧振子速度和加速度方向不一定相同，C错误；做简谐运动的物体的振动周期和频率只与振动系统本身有关，与振幅无关，D正确。
9．一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是(　　)
A．0 s时质点的加速度最大
B．0.4 s时质点的加速度方向是B→O
C．0.7 s时质点由O向B运动，加速度方向向左
D．在0.1 s到0.3 s质点速度先增大后减小
解析：选ACD。由图像可知，0 s时质点处于正向最大位移处，则加速度为负向最大，故A正确；0.4 s末质点处于负向最大位移处，则加速度正向最大，方向为A→O，故B错误；0.7 s时质点从平衡位置向正向最大位移处振动，加速度为负方向，则质点由O向B运动，加速度方向向左，故C正确；由于质点在平衡位置的速度最大，所以在0.1 s到0.3 s质点速度先增大后减小，故D正确。
10.用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　)
A.水柱对汽车的平均冲力为ρπD2v2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C.高压水枪喷出水柱的直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D．当高压水枪的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
解析：选ABD。高压水枪单位时间喷出的水的质量m0＝＝ρvπD2，由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得汽车对水柱的平均冲力F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律得水柱对汽车的平均冲力为ρπD2v2，所以A、B正确，C错误；高压水枪喷口的出水压强p＝＝ρv2，与面积无关，与速度的平方成正比，所以D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(10分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作。
(1)请选择正确的器材________。
A．体积较小的钢球
B．体积较大的木球
C．无弹性的轻绳
D．有弹性、质量大的绳子
(2)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________mm。利用刻度尺测得摆线长90.10 cm，则该单摆的摆长L＝________cm。
(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图像如图乙所示，此图线斜率的物理意义是________。
A．g B．
C． D．
(4)与重力加速度的真实值比较，发现第(3)问中获得的测量结果偏大，分析原因可能是________。
A．振幅偏小
B．将摆线长加直径当成了摆长
C．将摆线长当成了摆长
D．开始计时误记为n＝1
(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度L，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表达重力加速度为g＝________________。
解析：(1)为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，故B错误，A正确；实验过程单摆摆长应保持不变，摆线应选用无弹性的轻绳，故D错误，C正确。
(2)由题图甲可知，游标卡尺的游标为10分度，且第6个小格与主尺对齐，则摆球直径d＝20 mm＋6×0.1 mm＝20.6 mm＝2.06 cm，该单摆的摆长L＝90.10 cm＋ cm＝91.13 cm。
(3)由单摆的周期公式T＝2π可得T2＝L，则T2－L图像的斜率的物理意义是。
(4)设(3)问中图线斜率为k，则k＝，可得g＝，重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，故A错误；根据T2＝(L±)结合数学知识可知，将摆线长加直径当成了摆长和将摆线长当成了摆长都不会影响T2－L的斜率，不影响测量结果，故B、C错误；摆长相同的情况下，开始计时误记为n＝1，则周期偏小，则图线斜率偏小，根据g＝可知，g值偏大，故D正确。
(5)根据题意，由单摆的周期公式T＝2π可得T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝ eq \f(4π2L,T－T) 。
答案：(1)AC　(2)20.6　91.13　(3)B　(4)D　(5) eq \f(4π2L,T－T)
12．(10分)“验证动量守恒定律”的实验装置可采用图甲或图乙的方法，两个实验装置的区别在于：①悬挂重垂线的位置不同；②图甲中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下)，图乙中没有支柱，图甲中的入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置。(球A的质量为m1，球B的质量为m2)
(1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，则读数为________mm。
(2)实验中，两球质量需满足m1________(选填“大于”“小于”或“等于”)m2。
(3)比较这两个实验装置，下列说法正确的是________。
A.采用图甲的实验装置时，需要测出两小球的直径
B．采用图乙的实验装置时，需要测出两小球的直径
C.采用图乙的实验装置时，斜槽轨道末端的切线要求水平，而采用图甲的实验装置则不需要
D．为了减小误差，无论哪个实验装置，都要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下
E．为了减小误差，采用图乙的实验装置时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑
(4)若某同学按图乙做实验时所用小球的质量分别为m1＝45 g、m2＝7.5 g，如图丁所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点的位置记为R标注在图丁中。
(5)若用如图戊所示装置也可以验证碰撞中的动量守恒，实验步骤与上述实验类似。图戊中D、E、F到抛出点B的距离分别为LD、LE、LF。若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________。
A．m1LF＝m1LD＋m2LE
B．m1L＝m1L＋m2L
C．m1＝m1＋m2
D．LE＝LF－LD
解析：(1)该游标卡尺精确度为0.05 mm，故读数为16 mm＋0.05 mm×5＝16.25 mm。
(2)由于碰撞后，二者速度需同向且向右，故需要m1大于m2。
(3)采用题图甲的实验装置时，为测出入射球碰撞后的水平位移，需要测出两小球的直径，故A正确；采用题图乙的实验装置时，不需要测出两小球的直径，故B错误；无论采用哪个实验装置做实验，斜槽轨道末端的切线都要求水平，故C错误；为了减小误差，无论哪个实验装置，都要求入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确；采用题图乙的实验装置时，碰撞后A要在水平面上继续运动一段距离后再做平抛运动，为减小实验误差，应使斜槽末端水平部分尽量光滑，故E正确。
(4)若碰撞为弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，有m1v0＝m1vA＋m2vB，m1v＝m1v＋m2v，解得＝，所以碰后B球落地点到O点的距离与OQ距离比为12∶7，标注位置如图。
(5)设抛出点到斜面落点距离为L，斜面与竖直方向夹角为θ，则根据平抛规律x＝L sin θ＝vt，L cos θ＝gt2，解得v＝，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入题中数据整理得m1＝m1＋m2。
答案：(1)16.25　(2)大于　(3)ADE
(4)图见解析　(5)C
13．(8分)一弹簧振子甲的振动图像如图所示，试解答以下问题：
(1)写出该振子在任意时刻t的位移x的表达式。(4分)
(2)另有一弹簧振子乙也做简谐运动，振幅为5 cm，周期与甲相同，乙的相位比甲落后，请写出乙在任意时刻t的位移x的表达式。(4分)
解析：(1)由题图可知，弹簧振子甲的振幅A甲＝5 cm，周期T＝4 s，则
ω＝＝ rad/s
该振子在任意时刻t的位移x的表达式为
x＝5sin (t＋φ甲)cm
当t＝0时，x＝－5 cm，解得
φ甲＝π
可得x＝5sin (t＋π) cm。
(2)依题意，弹簧振子乙的振幅A乙＝5 cm，周期T＝4 s，则
ω＝＝ rad/s
又φ乙＝φ甲－π＝π
该振子在任意时刻t的位移x的表达式为
x＝5sin(t＋)cm。
答案：(1)x＝5sin(t＋π)cm
(2)x＝5sin(t＋)cm
14．(12分)用轻绳连着小球A，系于O点，在O点正下方有一滑块B，滑块B、C用轻质弹簧拴接，初始时弹簧处于原长，原长为L，如图所示，已知OB的距离为h，现保持轻绳伸直将小球A拉至O点等高处，由静止释放，小球A到达最低点时刚好与滑块B发生正碰，之后小球A反弹到达最高点时离最低点高度为。已知A、B、C的质量分别为m、5m、3m，均可视为质点，重力加速度为g，地面光滑。求：
(1)A、B碰撞前瞬间，小球A速度的大小及A、B碰撞后瞬间，小球A和滑块B速度的大小；(6分)
(2)弹簧的最大弹性势能；(3分)
(3)滑块C的最大速度的大小。(3分)
解析：(1)设小球A运动到最低点与滑块B碰撞前的速度大小为v1，取小球A运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得v1＝
设碰撞后小球A反弹的速度大小为v1′，同理有mg＝mv1′2，解得v1′＝
A、B碰撞过程，由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv
解得v＝。
(2)碰撞后当滑块B与滑块C速度相等时轻质弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
5mv＝8mv′
根据机械能守恒定律得
Epm＝·5mv2－·8mv′2
解得Epm＝。
(3)弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒定律有
5mv＝5mvB＋3mvC
根据机械能守恒定律有
·5mv2＝·5mv＋·3mv
解得vC＝。
答案：(1)　　　(2)　(3)
15．(14分)在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面平滑相接，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度大小为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)物块滑到B处时木板的速度vAB；(3分)
(2)木板的长度L；(3分)
(3)滑块CD圆弧的半径R；(3分)
(4)滑块CD最终速度v2的大小。(5分)
解析：(1)物块由点A到点B时，取向左为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvB＋2mvAB
其中vB＝
解得vAB＝，方向向左。
(2)物块由点A到点B过程中，根据动能定理得
－μmgL＝m()2＋×2m()2－mv
解得L＝ eq \f(5v,16μg) 。
(3)由点D到点C，滑块CD与物块P组成的系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得
m＋m＝2mv共
滑块CD与物块P组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgR＋×2mv＝m()2＋m()2
联立解得R＝ eq \f(v,64g) 。
(4)设物块P与滑块CD分离瞬间，二者的速度大小分别为v1、v2，在它们相互作用的过程中，以向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律有
mv0＋m＝mv1＋mv2
由能量守恒定律有
m(v0)2＋m()2＝mv＋mv
解得v1＝v0，v2＝v0
可见，物块P与滑块CD交换速度，物块P和木板AB都以v0的速度做同方向的匀速运动，无法再追上滑块CD，故滑块CD最终速度v2＝v0。
答案：(1)，方向向左　(2) eq \f(5v,16μg) 　(3) eq \f(v,64g) 　(4)(共3张PPT)
章末知识网络建构
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THANKS
受力特征：回复力F=①
弹簧振子
基本模型
单摆(6≤5°)
简谐运动
概念：振幅、周期和频率
[答案]
描述
单摆周期：T=②
①-kx
x-t图像：正弦或余弦曲线
22
机械振动
振动能：动能和势能之和；机械能守恒
科学测量
用单摆测量重力加速度
③驱动力
特征：振幅递减
阻尼振动
④越小
原因：振动能逐渐转化为其他形式的能
定义：周期性的③
作用下的振动
⑤最大
f=f驱，跟f面无关
受迫振动
特征
f驱与∫固相差④
，振幅A越大
共振：∫张=∫闲时，振幅A⑤(共25张PPT)
第3节　课后达标检测
√
题组1　单摆的向心力来源
1．(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　)
A．摆球的回复力是它所受的合力
B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零
C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
√
解析：摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，故A错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，故B正确；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误。
√
2.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.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用
B．摆球在A点和C点处，速度为0，合力与回复力也为0
C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
解析：摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，向心力、回复力为按效果命名的力，所以A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为0，回复力最大，合力不为0，在最低点B处，速度最大，回复力为0，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。
√
题组2　单摆的周期公式
3．发生下述情况时，单摆周期会增大的是(　　)
A．增大摆球质量　　　
B．缩短摆长
C．减小单摆振幅
D.将单摆由山下移到山顶
√
4．(多选)下列关于单摆运动的说法正确的是(　　)
A.在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
B.一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的回复力增大
C.单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
D．单摆做简谐运动时，在平衡位置处位移为零，加速度也为零
√
√
5．(2025·江苏南京市期中)图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最高点。规定向右为正方向，图乙是其振动图像。π2≈10，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．摆球摆到平衡位置O点时合力为零
B．在0.6 s到0.8 s时间内，小球的动能逐渐增大
C．t＝0.4 s时摆球位于B点
D．此单摆的摆长约为0.16 m
√
6.甲、乙两个单摆在同一地理位置做简谐振动的图像分别如图线甲、乙所示，根据图像所提供的信息来判断，下列说法正确的是(　　)
A．甲的周期为4.8 s
B．乙的周期为1.8 s
C．甲、乙的摆长之比为9∶16
D．前7.2 s内乙的路程为1.5 m
√
题组3　单摆模型的拓展
7.(2025·贵州黔东南州期中)如图所示，竖直面内的光滑圆弧槽上，两个小球甲、乙(均视为质点)同时由静止释放，其中小球甲的初位置离圆槽最低点O较远些，小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径。关于小球甲、乙相遇时的情景，下列说法正确的是　(　　)
A．小球甲、乙的速度相同，相遇点在O点左方
B．小球乙的速度更小，相遇点在O点
C．小球甲的速度更大，相遇点在O点右方
D．无法确定小球甲、乙的速度大小关系，因为两小球的质量关系未知
√
8．某同学在探究单摆运动时，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图像，则以下说法正确的是(　　)

A．单摆振动周期T＝0.8 s
B．Fmin＝mg
C．t＝0.1 s时刻摆球速度最大
D．t＝0.5 s时刻摆球经过最低点
解析：由题图乙可知，单摆振动周期T＝2×0.8 s＝1.6 s，故A错误；拉力最小时，摆球处于最大位移处，绳拉力等于重力沿绳方向的分量，即Fmin9．(10分)(2025·江苏淮安市期中)有一种常见的单摆叫秒摆，它的周期是2 s，把一个地球上的秒摆拿到月球上去，已知地球上的重力加速度g取10 m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，求：
(1)秒摆的摆长；(π2≈10)(4分)
答案：1 m　
(2)秒摆在月球上做20次全振动所用的时间。(6分)
答案：100 s
10．(10分)(2025·江苏苏州市期中)正在修建的楼房顶上固定一根不可伸长的细线垂到图示窗沿下，某同学想应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，他先将线的下端系上一个小球，当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离l＝1 m。他打开窗户，让小球在垂直于墙的竖直平面内做小角度摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时到第17次通过B点共用时40 s。当地重力加速度g值取π2 m/s2，根据以上数据，求：
(1)该单摆的周期；(4分)
答案：5 s　
(2)房顶到窗上沿的高度h。(6分)
答案：15 m
11．(12分)(2025·山东烟台市期中)甲、乙两个单摆在同一地点摆动的振动图像如图所示。
(1)写出甲、乙两个单摆位移随时间的变化关系式。(6分)
答案：见解析　
(2)求甲、乙两个单摆的摆长之比。(6分)
答案：4∶1(共27张PPT)
第4节　课后达标检测
1．(2025·山东烟台市期中)某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。
(1)实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏小，其原因可能是________。
A．单摆所用摆球质量太大
B．以摆线的长度作为摆长来进行计算
C．把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
BD
(2)从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l－T2图像，在图像中选取A、B两个点，坐标如图乙所示，则可求得当
地的重力加速度g＝_________________。 (用图乙中所给字母表示)k
2．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为D。
回答下列问题：
(1)该单摆的周期为________。
(2)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＝________。
(3)如果测得的g值偏小，可能的原因是________。
A.测摆长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动记为50次
B
(4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2－L图像，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2－L图像是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)。
①
3．(2025·山东泰安市期中)小明同学想用单摆来测重力加速度，设计的实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器。记录小球第1次经过光电门到第n次经过光电门的时间间隔t。
A
(2)在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用螺旋测微器测量摆球直径(图乙所示)，摆球直径d＝_______________________mm。
解析：摆球直径d＝7.5 mm＋0.01 mm×38.5＝7.885 mm。　
7.885(7.884～7.886均可)
(3)实验中该同学测得的重力加速度经查证明显小于当地的重力加速度值，下列原因可能的是________。(单选，填正确答案标号)
A．摆球的振幅偏小
B．计算时使用L＋d作为摆长
C．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，没注意到摆线长度增加了
C
4．(2025·四川绵阳市期中)用如图甲所示实验装置做“单摆测
重力加速度”的实验。
(1)为了减小测量误差，下列做法正确的是___(选填字母代号)。
A．将钢球换成塑料球
B．在摆球经过平衡位置时开始计时
C．把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D．测量摆球完成一次全振动的时间T，根据公式计算重力加速度g
B
解析：为了提高实验精确度，小球应选用密度比较大的，故A错误；为了提高实验精确度，需要在摆球经过平衡位置时开始计时，故B正确；用单摆测重力加速度的实验中，只有在一个比较小的角度下摆动才可以看成简谐运动，才可以用单摆的周期公式进行计算，所以实验时应当把摆球从平衡位置拉开一个较小的角度后释放，故C错误；在测量单摆的周期时，不能用测量一次全振动的时间作为单摆的周期，应当用统计规律去测量其周期，再根据公式计算重力加速度g，故D错误。
等于
(3)该同学画出了单摆做简谐运动时的振动图像如图丙所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为________(结果保留1位有效数字，π2取10，g取10 m/s2)。
0.04
5．某实验小组利用一固定光滑的圆弧面测量当地的重力加速度，圆弧面如图甲所示，图中虚线为圆弧面最低处，圆弧面半径为R，某同学取一小铁球进行实验。

(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则小铁球的直径d＝________cm。
解析：小铁球的直径d＝16 mm＋6×0.1 mm＝16.6 mm＝1.66 cm。
1.66
(2)该同学将小铁球从槽中虚线左侧接近虚线处由静止释放，d R，小铁球的运动可等效为一单摆。当小铁球第一次经过虚线处开始用秒表计时，并计数为1，当计数为50时，所用的时间为t，则等效单摆的周期T＝________。
6．(2025·河北邯郸市期中)某同学利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度以及一磁性小球的大小，长度为l的细线将该磁性小球悬挂于O点，小球平衡时在其正下方放置一智能手机，打开手机的测磁软件可以记录附近磁感应强度大小，将小球由平衡位置拉开一个角度θ(θ<5°)，然后由静止释放，手机同时描绘出附近磁感应强度随时间变化的图像，如图乙所示。
(1)根据题图乙可知，单摆的周期T＝______s。
解析：根据单摆的运动规律知一个周期内应该有两个磁感应强度的最大值，由题图乙可得出，单摆的周期T＝1.6 s。
1.6
(2)改变摆线长度，测出多组细线长l和对应振动周期T，作出l－T2图像如图丙所示，已知π取3.14，由图可知，重力加速度g＝________m/s2。(结果保留3位有效数字)
9.86
(3)图像与横轴的交点坐标T2＝4×10－2 s2，则小球的直径d＝________cm。(结果保留1位有效数字)
解析：根据图像的截距，结合图像的斜率可得，小球的直径d＝2×10－2 m＝2 cm。
2(共56张PPT)
第2节　振动的描述
学习目标
1．知道振幅、周期、频率的概念，理解周期和频率的关系，知道全振动的含义。　2.知道简谐运动的图像是一条正弦(或余弦)曲线。　3.会根据图像得出简谐运动的数学表达式，并理解各物理量的意义。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、振动特征的描述
1．振幅
(1)定义：振动物体离开平衡位置的_____________，用A表示。
(2)物理意义：表示____________________的物理量，是标量。
最大距离　
振动强弱
2．周期和频率
(1)全振动
①振子以相同的速度相继两次通过同一位置所经历的过程，即一个完整的振动过程。
②不管以哪里作为开始研究的起点，弹簧振子完成一次全振动的时间总是相等的。
(2)周期和频率
①周期：物体完成一次全振动所经历的______________，用T表示，国际单位是秒，符号为s。
②频率：在一段时间内，物体完成全振动的____________与这段时间之比，用f表示，单位是赫兹，符号为Hz。
时间
次数
振动快慢
越高　
(3)固有周期(或固有频率)：物体仅在回复力作用下的振动周期(或频率)，称为固有周期(或固有频率)。固有周期和固有频率是振动系统本身的属性。
二、简谐运动的位移图像
1．坐标系的建立
建立平面直角坐标系，横坐标表示____________，纵坐标表示弹簧振子相对于____________的位移x。
2．图像的特点
一条正弦(或余弦)曲线。如图所示。
时间t
平衡位置
3．物理意义
(1)它能直观地表示做简谐运动物体的________随________按正弦(或余弦)规律变化的情况。
(2)在振动图像上还可以表示出振幅A和周期T。曲线在纵轴方向上的最大值等于___________，相邻两个相同状态间隔的时间等于________________。
位移
时间　
振幅A　
周期T
三、简谐运动的位移公式
1．以平衡位置为坐标原点，用x代表振动物体偏离________________的位移，以物体沿x轴正方向运动至平衡位置的时刻作为计时零点，则简谐运动的位移公式为x＝__________________。
平衡位置
A sin ωt　
拓展：简谐运动的相位
(1)一般情况下位移的关系式可写成x＝A sin (ωt＋φ0)。式中，____________是简谐运动的相位，φ0是简谐运动的______________。
(2)当两个振动的相位差是____________的整数倍时，两个振动的步调一致；当两个振动的相位差为____________的奇数倍时，两个振动的步调正好相反。
圆频率
ωt＋φ0
初相位
2π
π
判断下列说法是否正确。
(1)振幅随时间做周期性变化。(　　)
(2)物体两次通过平衡位置的时间叫作周期。(　　)
(3)简谐运动图像反映了物体在不同时刻相对于平衡位置的位移。(　　)
(4)振动位移的方向总是背离平衡位置。(　　)
(5)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(　　)
(6)只要质点的位移随时间按正弦规律变化，这个质点的运动就是简谐运动。(　　)
×　
√
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　描述简谐运动的物理量
理想弹簧振子如图所示，O点为它的平衡位置，其中A、A′点关于O点对称。
(1)从振子某一时刻经过O点开始计时，至下一次再经过O点的时间为一个周期吗？
[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、速度均第一次同时与初始时刻相同。
(2)先后将振子拉到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通过的位移相同吗？路程相同吗？
[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。
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相等，在同一简谐运动中振幅是确定的，而位移随时间做周期性的变化。
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。
4．对全振动的理解
(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。
(4)相位特征：增加2π。
角度1　简谐运动物理量的分析
　如图所示，将弹簧振子从平衡位置O向右拉开4 cm后放手，让它做简谐运动，已知从放手到第一次回到平衡位置的时间为0.1 s。

(1)求弹簧振子的振幅、周期、频率。
[答案]　4 cm　0.4 s　2.5 Hz　
(2)求2 s内完成全振动的次数。
[解析]　因为T＝0.4 s，t1＝2 s＝5T，所以2 s内完成了5次全振动。
[答案]　5　
(3)求振子从开始运动经过2.5 s的位移的大小。此刻正要向哪个方向做怎样的运动？
[答案]　0　向左做加速度增大的减速运动　
(4)求振子经5 s通过的路程。
[解析]　由于振子在一个周期内运动的路程为4倍的振幅，t3＝5 s＝12.5T，所以振子经过5 s通过的路程s＝12.5×4×0.04 m＝2 m。
[答案]　2 m
(5)若将弹簧振子从平衡位置向右拉开6 cm后释放，运动过程中的振幅、周期、频率变为多大？
[解析]　由于振子振动的周期与振幅无关，所以振子的振幅变为6 cm，而周期与频率均不变。
[答案]　6 cm　0.4 s　2.5 Hz　
　(2024·河北卷，T6)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x－t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　)
A.0.2 rad/s，1.0 m
B．0.2 rad/s，1.25 m
C．1.26 rad/s，1.0 m
D．1.26 rad/s，1.25 m
√
√
角度2　简谐运动的周期性
　弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置O开始计时，如图，经过0.2 s
(0.2 s小于振子的四分之一振动周期)时，振子第一次经过P点，又经过了0.2 s，振子第二次经过P点，则振子的振动周期为(　　)
A．0.4 s　　　　　　　 B．0.8 s
C．1.0 s D．1.2 s
[解析]　由题意可知，振子从O开始向右运动，设振子向右运动的最远点为Q，根据对称性可知振子从P向右第一次运动到Q的时间为0.1 s，则振子从O向右第一次运动到Q的时间为0.3 s，所以振子的周期为1.2 s，故D正确。
知识点二　简谐运动的图像及应用
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．获取信息
(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。
甲　　　　　　　　　乙
(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，故此刻质点沿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。
　(2025·山东临沂市期中)如图所示，将一根吸管下端封闭后放置一定量的沙粒，使其竖直浮在水杯中。将吸管向下压一段距离，然后由静止释放并开始计时，吸管就在水中上下振动，在一段时间内吸管在竖直方向上的运动可近似看作简谐运动。若取竖直向下为正方向，图中描述吸管振动的图像正确的是(　　)
√
[解析]　吸管在水中做简谐运动，位移随时间变化的图像是正弦或余弦曲线，吸管下压一段距离，然后由静止释放并开始计时，取竖直向下为正方向，则初始时刻，吸管的位移为正向最大。
　图甲为一弹簧振子的振动图像，规定向右为正方向，试根据图像分析以下问题：

(1)如图乙所示，振子围绕平衡位置E在F、G间振动，振子振动的起始位置是______，从起始位置开始，振子向______(选填“右”或“左”)运动。
[解析]　如题图乙所示，振子振动的起始位置是E，从起始位置开始，振子向右运动。
E
右　
(2)在图乙中，找出图甲中的O、A、B、C、D各点对应振动过程中的位置，即O对应________，A对应________，B对应________，C对应________，D对应________。
[解析]　在题图乙中，题图甲中的O对应E，A对应G，B对应E，C对应F，D对应E。
E
G
E
F
E
(3)在t＝2 s时，振子的速度方向与t＝0时振子的速度方向______；1 s到2 s内振子的速度大小的变化情况是______________。
[解析]　在t＝2 s时振子的速度方向沿x轴负方向，t＝0时振子的速度方向沿x轴正方向，则两时刻振子速度方向相反；1 s到2 s内振子向平衡位置运动，则速度大小逐渐增大。
相反
逐渐增大
(4)振子在前4 s内的位移等于________。
[解析]　振子在前4 s内回到原来的位置，则位移等于0。
0
　(2025·山东泰安市期中)如图所示的是某弹簧振子做简谐运动的x－t图像，下列描述正确的是(　　)

A．该振子的周期为2 s
B．在1.5 s到2 s时间内，振子的加速度不断增大
C．在2.5 s到3.5 s时间内，振子通过的路程为5 cm
D．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
√
知识点三　简谐运动表达式的理解和应用
1．简谐运动的表达式：x＝A sin (ωt＋φ0)
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；A表示振动质点偏离平衡位置的最大距离，即振幅。
角度1　简谐运动表达式的理解和应用
　一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x＝10sin 5πt(cm)，则下列判断正确的是(　　)
A．该简谐运动的周期是0.2 s
B．前1 s内质点运动的路程是200 cm
C．0.4 s到0.5 s质点的位移在逐渐增大
D．t＝0.6 s时质点在正向最大位移处
√
角度2　简谐运动的表达式和振动图像的结合
　(2025·江苏镇江市期中)一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是8 cm。
(1)试写出用正弦函数表示的振动方程。
(2)画出简谐振动的x－t图像。(至少画一个周期)
[解析]　简谐振动的x－t图像如图所示。
[答案]　图见解析
(3)10 s内通过的路程是多少？
[答案]　160 cm
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(描述简谐运动的物理量)(多选)一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列结论正确的是(　　)

A．质点的振动频率为4 Hz
B．在10 s内质点通过的路程是20 cm
C．在第5 s末，质点的速度为0
D．在t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的速度方向相同
√
√
√
√
√
√
4．(简谐运动的图像和表达式)(2025·山东淄博期中)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示。

(1)写出该简谐运动的表达式。
(2)求t＝0.9 s时的位移。
(3)求振子在前3.6 s内通过的路程。
答案：36 cm(共46张PPT)
第5节　生活中的振动
学习目标
1．了解阻尼振动、受迫振动和共振的概念。　2.能说明与阻尼振动、受迫振动、共振等有关的生产、生活中的一些应用。　3.掌握共振发生的条件，了解共振的防止和利用。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、阻尼振动
1．定义
阻尼振动是指振幅不断减小的振动。振动系统受到的阻力越大，振幅减小越快。
2．产生的原因
由于存在阻力，振动物体不断克服阻力做功，系统的机械能不断________，导致振幅不断________。
3．图像
如图所示，振幅______________，最后停止振动。
减小
减小
逐渐减小
二、受迫振动与共振
1．受迫振动
(1)驱动力(或强迫力)：给振动物体施加一个_________的外力。
(2)受迫振动：在___________外力作用下产生的振动。
(3)受迫振动的周期或频率
物体做受迫振动时，振动稳定后的周期(或频率)总等于____________的周期(或频率)，与物体的固有周期(或固有频率)无关。
周期性
周期性
驱动力　
2．共振
(1)条件：驱动力的周期(或频率)与物体的固有周期(或固有频率)_________。
(2)特征：共振时，物体受迫振动的________最大。
(3)共振曲线：如图所示。
相等
振幅
三、共振的应用与防止
1．共振的应用
(1)采用方法：在应用共振时，驱动力频率接近或等于振动系统的_________。
(2)实例：共振破碎机、音叉共鸣箱。
2．共振的防止
(1)采用方法：在防止共振时，驱动力频率与系统的____________相差越大越好。
(2)实例：集体列队经过桥梁时要____________走；轮船航行时，改变航向或________。目的都是使驱动力的频率__________物体的固有频率。
固有频率
固有频率
便步
速率
远离
判断下列说法是否正确。
(1)阻尼振动振幅逐渐减小时，其频率也逐渐减小。(　　)
(2)共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率。(　　)
(3)阻尼振动是机械能不断减小的振动，它一定不是简谐运动。(　　)
(4)受迫振动的频率与振动系统的固有频率无关。(　　)
(5)驱动力频率越大，振幅越大。(　　)
×　
√
√
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　阻尼振动
如图所示的实验装置为一挂在曲轴上的弹簧振子，匀速摇动手柄，下面的弹簧振子就会振动起来。实际动手做一下，然后回答以下几个问题：
(1)在不忽略空气阻力的情况下，如果手柄不动而用手拉动一下振子，从振幅角度看弹簧振子的振动属于什么振动？若忽略空气阻力的影响，弹簧振子的振动属于什么振动？
[提示]　阻尼振动　自由振动
(2)用不同的转速匀速转动手柄，弹簧振子的振动有何不同？这能说明什么问题？
[提示]　转速不同时弹簧振子振动快慢不同，说明弹簧振子振动的周期和频率由手柄转速决定。
1．对阻尼振动的理解
(1)同一简谐运动能量的大小由振幅大小确定。
(2)阻尼振动振幅减小的快慢跟所受阻尼的大小有关，阻尼越大，振幅减小得越快。
(3)物体做阻尼振动时，振幅虽不断减小，但振动的频率仍由自身结构特点所决定，并不会随振幅的减小而变化。如用力敲锣，由于锣受到空气的阻尼作用，振幅越来越小，锣声减弱，但音调不变。
(4)阻尼振动若在一段不太长的时间内振幅没有明显的减小，可以把它当成简谐运动来处理。
2．无阻尼振动(等幅振动)
如果振动物体从外界取得能量，恰好能补偿能量损失，这时它的振幅将保持不变，称为无阻尼振动。
　单摆做阻尼振动的振动图像如图所示，下列说法正确的是　(　　)
A．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能
B．摆球A时刻的重力势能等于B时刻的重力势能
C．振动过程中摆球的动能不断减小
D．振动过程中摆球的重力势能不断减小
√
[解析]　在A、B两时刻，摆球的位移相等，即摆球偏离平衡位置的高度相等，所以在两时刻的重力势能是相等的，故B正确；摆球在A时刻的机械能大于B时刻的机械能，但是在A、B两时刻的重力势能是相等的，所以摆球在A时刻的动能大于B时刻的动能，故A错误；振动过程中摆球的动能随着位移的增大而减小，随着位移的减小而增大，故C错误；振动过程中摆球的重力势能随着位移的增大而增大，随着位移的减小而减小，故D错误。
知识点二　受迫振动
自由振动、阻尼振动和受迫振动的比较
振动 类型 自由振动 阻尼振动 受迫振动
产生 条件 不受阻力作用 受阻力作用 受驱动力作用
频率 固有频率 固有频率 驱动力频率
振幅 不变 减小 大小变化不确定
振动 类型 自由振动 阻尼振动 受迫振动
振动 图像 形状不确定
实例 弹簧振子振动，单摆做小角度摆动 敲锣打鼓发出的声音越来越弱，是因为振幅越来越小 扬声器纸盆振动发声，钟摆的摆动
　 如图所示，在一条张紧的绳子上挂着a、b、c、d四个摆球，让c摆先振动，其余各摆在c的驱动下也逐步振动起来。用手使c静止，然后再松手，则(　　)

A．摆球b、d的振动周期相同
B．摆球c将一直保持静止
C．摆球a的振幅会逐渐减小直至静止
D．摆球b自始至终不振动
√
　如图所示，在曲轴上悬挂一个弹簧振子，如果转动把手，
曲轴可以带动弹簧振子上下振动。问：
(1)开始时不转动把手，而用手往下拉振子，然后放手让振子上下振动，测得振子在10 s内完成20次全振动，振子做什么振动？其固有周期和固有频率各是多少？若考虑摩擦和空气阻力，振子做什么振动？
[答案]　自由振动　0.5 s　2 Hz　阻尼振动
(2)在振子正常振动过程中，以转速4 r/s匀速转动把手，振子的振动稳定后，振子做什么运动？其周期是多少？
[解析] 由于把手转动的转速为4 r/s，它给弹簧振子的驱动力频率f驱＝4 Hz，周期T驱＝0.25 s，故振子做受迫振动。振动达稳定状态后，其频率(或周期)等于驱动力的频率(或周期)，而跟固有频率(或周期)无关，即T＝T驱＝
0.25 s。　
[答案]　受迫振动　0.25 s
知识点三　共振现象及应用
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？
[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。
(2)期间剧烈振动的原因是什么？
[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。
1．发生共振的条件
f驱＝f固，即驱动力的频率等于振动系统的固有频率。
2．共振条件
(1)从受力角度来看：驱动力的频率跟物体的固有频率越接近，使物体振幅增大的力的作用次数就越多，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，它的每一次作用都使物体的振幅增加，从而使振幅达到最大。
(2)从功能关系来看：当驱动力的频率越接近物体的固有频率时，驱动力对物体做正功越多，振幅就越大。当驱动力的频率等于物体的固有频率时，驱动力始终对物体做正功，从而使振幅达到最大。
3．共振曲线
(1)两坐标轴的意义
纵轴：受迫振动的振幅；
横轴：驱动力频率。
(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。
4．共振的应用和防止
(1)利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于系统的固有频率。
实例：共振筛、音箱、小提琴与二胡等乐器设置的共鸣箱、建筑工地上浇铸混凝土时使用的振捣器、跳水运动员做起跳动作的“颠板”过程等。
(2)防止共振时，应使驱动力的频率与系统的固有频率不同，而且相差越大越好。
实例：火车过桥时要放慢速度、军队过桥时用便步行走、轮船航行时要看波浪的打击方向而改变轮船的航向和速度、机器运转时为了防止共振要调节转速等。
　(多选)(2025·安徽黄山市模拟)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加弹簧的劲度系数，可减小筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是60 r/min。为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是(　　)
A．降低输入电压
B．增加输入电压
C．更换劲度系数更大的弹簧
D．更换劲度系数更小的弹簧
√
√
[解析]　如题图乙可知，筛子的固有频率f0＝0.8 Hz，现在某电压下偏心轮的转速是60 r/min，频率f＝n＝60 r/min＝1 r/s＝1 Hz，固有频率小于驱动力的频率，为使共振筛的振幅增大，可以减小驱动力的频率，则偏心轮的转速应减小，应降低输入电压，A正确，B错误；为使共振筛的振幅增大，可以使固有频率增大，则固有周期减小，即增加弹簧的劲度系数，C正确，D错误。
　(2025·广东梅州市模拟)轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”振动的固有周期是0.4 s，这辆轿车匀速通过某路口的条状减速带，如图所示，已知相邻两条减速带间的距离为1.2 m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是(　　)
A．当轿车以10.8 km/h的速度通过减速带时，
车身上下颠簸得最剧烈
B．轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度也越小
C．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
D．该轿车以任意速度通过减速带时，车身上下振动的频率都等于2.5 Hz，与车速无关
√
　(多选)我国古代有一种利用共振原理的古琴调弦技术，将一小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的古琴上对应的琴弦，小纸人跳动越明显代表音调越准确，调准音调后，下列说法正确的是(　　)
A.拨动其他音调的琴弦，小纸人跳动不明显
B．敲击对应音调的音叉，也可以让小纸人跳动明显
C．拨动对应音调的琴弦力量越大，小纸人跳动幅度越小
D．调弦过程中琴弦的机械能将全部转化为纸人的机械能
√
√
[解析]　小纸人跳动明显，表明小纸人所在弦发生了共振，振幅最大，古琴上对应的琴弦与小纸人所在弦的固有频率相等，而拨动其他音调的琴弦，由于频率与小纸人所在弦的固有频率不相等，没有发生共振，小纸人跳动不明显，A正确；敲击对应音调的音叉，其振动频率等于小纸人所在弦的固有频率，小纸人所在弦的发生共振，纸人跳动明显，B正确；拨动对应音调的琴弦力量越大，对应的能量越大，小纸人跳动幅度越大，C错误；调弦过程中琴弦的振动导致其他弦也发生受迫振动，因此调弦过程中琴弦的机械能只有部分转化为纸人的机械能，D错误。
　(2025·江苏泰州期末)用来测量各种发动机转速的转速计原理图如图所示。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100 Hz、90 Hz、80 Hz、70 Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，则(　　)

A．钢片a的振动频率约为90 Hz
B．钢片b受到的驱动力最大
C．钢片c的振幅最小
D．电动机的转速为100 r/s
√
[解析]　因钢片b振幅很大，其余钢片振幅很小，可知钢片b与电动机接近共振，即电动机的振动频率接近90 Hz，则其他钢片在电动机带动下做受迫振动，则振动频率接近90 Hz，且驱动力都是一样大，A正确，B错误；因钢片d的固有频率最远离驱动力的频率90 Hz，则振幅最小，C错误；电动机的转速约为n＝f＝90 r/s，D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(阻尼振动)如图是某单摆做阻尼振动的部分位移—时间图像，则摆球在t1、t2时刻，相同的物理量是(　　)
A．机械能　　　　　　　 B．加速度
C．动量 D．重力势能
√
解析：由于有阻力做功，摆球的机械能不断减小，摆球在t1时刻的动能大于t2时刻的动能，由于同一个摆球，所以其在t1时刻的速度大于t2时刻的速度，即t1时刻动量大于t2时刻的动量，故A、C错误；由数学知识可知，对位移与时间关系式求二阶导为加速度，结合题图可知，在两个时刻摆球的加速度不同，故B错误；由于摆球在t1时刻和t2时刻的位移大小相同，即在同一高度，有Ep＝mgh，所以摆球的重力势能相同，故D正确。
2.(受迫振动)如图所示，质量相同的四个摆球悬于同一根横线上，四个摆的摆长分别为L1＝2 m、L2＝1.5 m、L3＝1 m、L4＝0.5 m。现以摆3为驱动摆，让摆3振动，使其余三个摆也振动起来，则摆球振动稳定后(　　)
A．摆1的振幅一定最大
B．摆4的周期一定最短
C．四个摆的振幅相同
D．四个摆的周期相同
√
解析：让摆3振动，则其余三个摆做受迫振动，受迫振动稳定后其周期等于驱动摆的周期，因此四个摆的周期相同，故B错误，D正确；与驱动摆的摆长越接近则振幅越大，故A、C错误。
3．(共振现象及其应用)2024年9月16日7点30分前后，“贝碧嘉”的中心登陆上海浦东临港新城，成为1949年以来登陆上海的最强台风，安装在上海中心大厦第125层的千吨“慧眼”阻尼器(如图甲所示，简化模型如图乙所示)明显晃动，“吸收”了大厦振动的部分能量，使大厦晃动逐渐减弱。下列说法正确的是(　　)
A．阻尼器的摆动频率始终不变
B．阻尼器的悬索越长，减震效果越好
C．阻尼器只能在大风天气下发挥作用，对地震不能发挥作用
D．大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器摆幅最大
√
解析：阻尼器做受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，故A错误；大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器发生共振现象，摆幅达到最大值，此时阻尼器吸收能量最多，减震效果最好，故B错误，D正确；阻尼器还能对地震的横波成分有一定的减震效果，故C错误。
4．(共振现象及其应用)匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击，由于受到周期性的冲击力，列车做受迫振动。我国铁路钢轨的标准长度为12.5 m，若列车的固有振动周期为0.25 s。下列说法正确的是(　　)
A．列车的固有频率为2 Hz
B．列车的危险速率为25 m/s
C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
√第1节　简谐运动
eq \a\vs4\al()
1．了解机械振动的概念，知道弹簧振子是一种理想化模型。　2.知道简谐运动及其运动特点。
3．理解简谐运动过程中的位移、回复力、加速度、速度变化情况。　4.知道简谐运动过程中势能与动能相互转化，但系统的机械能守恒。
一、机械振动
1．定义：物理学中，将物体(或物体的某一部分)在______________附近的往复运动称为机械振动，简称振动。这个位置称为平衡位置。
2．回复力
(1)方向：总是指向__________________。
(2)作用效果：总是要把振动物体拉回到平衡位置。
(3)来源：回复力可由振动物体受到的某一个力来提供，也可由振动物体受到的几个力的合力来提供。
3．平衡位置：振动物体所受回复力为______的位置。
二、简谐运动及其特征
1．弹簧振子
(1)定义：弹簧一端固定，另一端连接一个可视为________________的物体，不计弹簧____________，物体置于____________水平面上，这样构成的振动系统称为弹簧振子。
(2)振子模型：弹簧振子是一种理想模型，常见的有水平弹簧振子和竖直弹簧振子，如图甲、乙所示。
2．简谐运动及其特征
(1)定义：像弹簧振子这样，物体所受回复力的大小与位移大小成正比，方向总是与位移方向相反的运动称为简谐运动。
(2)简谐运动的回复力：F＝____________。
说明：①式中k是弹簧的劲度系数。
②x是物体相对于平衡位置的位移，负号表示力与位移的方向相反。
(3)运动特征：简谐运动的加速度具有大小与____________大小成正比、方向与__________________________方向相反的特征。即a＝＝____________。
3．简谐运动的能量
从能量角度看，由于弹簧振子在振动过程中只有弹簧的弹力做功，系统的动能和弹性势能相互转换，机械能守恒。
判断下列说法是否正确。
(1)简谐运动的回复力可以是恒力。(　　)
(2)回复力的方向总是跟位移的方向相反。(　　)
(3)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为0的位置。(　　)
(4)通过速度的增减变化情况，能判断回复力大小的变化情况。(　　)
(5)简谐运动加速度的方向总是与位移方向相同。　(　　)
(6)简谐运动过程中机械能守恒。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√
[答案自填] 某一位置　平衡位置　0　质点　质量　光滑　－kx　位移　位移
－x
知识点一　机械振动和弹簧振子
eq \a\vs4\al()
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？
(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？
[提示]　(1)小球的运动具有往复性。小球因为受到阻力的作用最终停止运动。
(2)小球往复运动的次数增多，运动时间变长。
(3)小球将持续地做往复运动。
1．机械振动的特点
(1)运动具有往复性。
(2)有一个“平衡位置”，平衡位置是指物体所受回复力为0的位置。总是指向平衡位置的力称为回复力。
2．弹簧振子是理想化模型，实际装置能看成弹簧振子的条件如下：
(1)弹簧的质量比振子的质量小得多，可以认为质量集中于振子；
(2)阻力(摩擦力及空气阻力)足够小；
(3)振动中，弹簧形变始终处于弹性限度内。
　(多选)下列运动属于机械振动的是(　　)
A．说话时声带的运动
B．弹簧振子在竖直方向的上下运动
C．体育课上某学生进行25 m折返跑
D．竖立于水面上的圆柱体的运动
[解析]　机械振动的特点是物体在平衡位置附近做往复运动。体育课上某学生进行25 m折返跑不是在平衡位置两侧的往复运动，故C错误，易知A、B、D正确。
[答案]　ABD
　如图所示，弹簧下端悬挂一钢球、上端固定组成一个振动系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，下列说法正确的是(　　)
A．钢球运动的最高处为平衡位置
B．钢球运动的最低处为平衡位置
C．钢球速度为0处为平衡位置
D．钢球原来静止时的位置为平衡位置
[解析]　钢球振动的平衡位置应在钢球所受重力与弹簧弹力相等的位置，即钢球原来静止时的位置，D正确。
[答案]　D
知识点二　对回复力的理解
eq \a\vs4\al()
水平方向的弹簧振子模型如图所示。
(1)当振子离开O点后，是什么力使其回到平衡位置？
(2)使振子回到平衡位置的力与振子离开平衡位置的位移的大小及方向有何关系？
[提示]　(1)当振子离开O点后，受到弹簧的弹力总是指向O点，作为回复力，使其回到平衡位置。
(2)由胡克定律可知，使振子回到平衡位置的力与振子离开平衡位置的位移大小成正比，方向总是指向平衡位置，即与位移方向相反。
1．回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，是按照力的作用效果来命名的。可能是一个力的分力，也可能是几个力的合力。
2．简谐运动的回复力的特点
(1)由F＝－kx知，简谐运动的回复力大小与振子的位移大小成正比，回复力的方向与位移的方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置。
(2)公式F＝－kx中的k指的是回复力与位移的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k由振动系统自身决定。
(3)根据牛顿第二定律得，a＝＝－x，表明弹簧振子做简谐运动时振子的加速度大小也与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反。
3．简谐运动的回复力F＝－kx和加速度a＝－x是简谐运动的动力学特征和运动学特征，常用两式来证明某个振动是否为简谐运动。
角度1　对回复力的理解
　(多选)如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用
B．弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用
C．振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大
D．振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
[解析]　在水平方向上振动的弹簧振子所受的力有重力、支持力、弹簧的弹力，故A正确，B错误；振子由A向O运动过程中，位移x减小，根据公式F＝－kx可知，回复力减小，故C错误；振子由O向B运动过程中，回复力的方向与位移方向相反，指向平衡位置，故D正确。
[答案]　AD
角度2　简谐运动的判断
　如图所示，物体A置于物体B上，A、B的质量分别为mA、mB，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，在弹性限度内，A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力)，并保持相对静止。
(1)试分析A、B在振动过程中物体A的回复力来源。
(2)试证明物体A的振动为简谐运动。
[解析]　(1)A、B整体在振动过程中的回复力为弹簧的弹力，由于A、B整体的运动为简谐运动，所以，物体A的回复力为B对A的静摩擦力f。
(2)设A、B整体的平衡位置为O，向右的方向为正方向，当振子向右偏离平衡位置的位移为x时，A、B整体的回复力为此时弹簧的弹力F＝－kx，A、B整体此时的加速度a＝＝－。由牛顿第二定律得物体A所受的静摩擦力f＝mAa＝－，可见物体A所受的回复力与位移的大小成正比，与位移方向相反，则物体A的振动是简谐运动。
[答案]　(1)B对A的静摩擦力f　(2)见解析
知识点三　简谐运动及其特征
eq \a\vs4\al()
如图所示，弹簧振子是一种理想模型，弹簧振子运动过程中不计阻力，因此弹簧振子的机械能守恒，已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比，试分析振子在关于平衡位置O对称的A、B两点时位移、速度、加速度的关系。
[提示]　弹簧振子在A、B两点时，弹簧的形变量大小相同，由于位移是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，所以A、B两点的位移大小相等、方向相反。弹簧的弹力大小相等、方向相反，因此在A、B两点时振子的加速度大小相等、方向相反。由弹簧的弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比可知，弹簧振子在A、B两点时的弹性势能相同，所以弹簧振子在A、B两点时的动能相同，即弹簧振子在A、B两点时的速度大小相等，为零。
1．简谐运动的位移、速度和加速度
(1)简谐运动的位移：由平衡位置指向振子所在位置的有向线段。
(2)简谐运动的速度
①物理含义：速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。
②特点：如图所示的是一弹簧振子的模型，O点为平衡位置，小球在B、C间做往复运动，振子在O点速度最大，在B、C两点速度为0。
(3)简谐运动的加速度：由a＝x，因x不断变化，所以简谐运动是变加速运动。振子通过平衡位置时，加速度的大小为0，方向改变。
2．各物理量的变化规律
(1)变化规律(弹簧振子如图所示，O为平衡位置)
小球位置 O→B B→O O→C C→O
位移x 渐大向右 渐小向右 渐大向左 渐小向左
回复力F 渐大向左 渐小向左 渐大向右 渐小向右
加速度a 渐大向左 渐小向左 渐大向右 渐小向右
速度v 渐小向右 渐大向左 渐小向左 渐大向右
动能Ek 渐小 渐大 渐小 渐大
弹性势能Ep 渐大 渐小 渐大 渐小
(2)两个转折点
①平衡位置是位移方向、回复力方向和加速度方向变化的转折点。
②最大位移处是速度方向变化的转折点。
(3)一个守恒：简谐运动过程中动能和势能之间相互转化，但系统的机械能守恒。
(4)弹簧振子振动过程中具有对称性
①时间的对称；
②速度的对称；
③动能、势能的对称；
④位移和加速度的对称。
角度1　简谐运动的性质
　简谐运动属于(　　)
A．匀速直线运动　　　 B．匀加速直线运动
C．匀变速运动 D．非匀变速运动
[解析]　做简谐运动的物体速度随时间周期性变化，根据a＝－x可知加速度随位移变化而变化，而位移随时间周期性变化，加速度也做周期性变化，是非匀变速运动，故D正确，A、B、C错误。
[答案]　D
　关于简谐运动，下列说法正确的是(　　)
A．位移的方向总是指向平衡位置
B．速度方向可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反
C．位移方向总是与速度方向相反
D．速度方向与位移方向相同
[解析]　位移的方向总是背离平衡位置，故A错误；速度方向可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反，故B正确，C、D错误。
[答案]　B
角度2　简谐运动中各物理量的变化
　(多选)如图所示，有一弹簧振子，O点为平衡位置，在振子从A点运动到C点的过程中(　　)
A．振子相对平衡位置的位移变小，方向向右
B．振子的速度变小，方向向左
C．振子的加速度变小，方向向左
D．振子的回复力变小，方向向左
[解析]　在振子从A点运动到C点的过程中，相对于平衡位置的位移变小，振子的位移方向向右，故A正确；由F＝ma＝－kx可知，此过程中，加速度和回复力方向向左，变小，故C、D正确；速度向左，加速，速度变大，故B错误。
[答案]　ACD
角度3　简谐运动的能量问题
　(多选)(2025·河北衡水中学月考)光滑斜面上有一物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O点，如图所示，现将物块A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块A在B、C之间做简谐运动，则下列说法正确的是(　　)
A．物块A在运动过程中机械能守恒
B．物块A在C点时弹簧的弹性势能最小
C．物块A在C点时和弹簧构成的系统的势能最大，在O点时系统的势能最小
D．物块A在B点时机械能最小
[解析]　在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故物块A的机械能不守恒，A错误；当物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住并静止于O点时，物块A受到弹簧沿斜面向上的弹力，弹簧处于伸长状态，结合简谐运动的对称性可知，物块A在B点时弹簧的伸长量一定最大，而物块A在C点时，弹簧可能处于原长状态，也可能处于压缩状态或伸长状态，可知在C点时，弹簧的弹性势能不一定最小，B错误；物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在C点时，动能为零，故物块A与弹簧构成的系统的势能(重力势能和弹性势能之和)最大，在O点时，动能最大，故势能最小，C正确；物块A和弹簧组成的系统的机械能守恒，物块A在B点时，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，物块A的机械能最小，D正确。
[答案]　CD
角度4　简谐运动的对称性
　如图所示，弹簧振子在一光滑直导轨槽上做简谐运动，O点为平衡位置，其第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同。那么，下列说法正确的是(　　)
A．振子在M、N两点所受弹簧弹力相同
B．振子在M、N两点对平衡位置的位移相同
C．振子在M、N两点加速度大小相等
D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
[解析]　由题意和简谐运动的对称性特点知，M、N两点关于平衡位置O对称。因位移、速度、加速度和力都是矢量，它们要相同，必须大小相等、方向相同，M、N两点关于O点对称，则振子所受弹簧弹力应大小相等、方向相反，振子位移也是大小相等、方向相反，由此可知，A、B错误；振子在M、N两点的加速度虽然方向相反，但大小相等，故C正确；振子由M点到O点速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动，振子由O点到N点速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，故D错误。
[答案]　C
1．(弹簧振子的理解)(2025·上海闵行期中)关于弹簧振子，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧振子是研究机械振动的物理模型
B．小球的质量远小于弹簧的质量
C．弹簧的质量不需要很轻
D．弹簧和小球组成的系统机械能不守恒
解析：选A。弹簧振子是研究机械振动的物理模型，故A正确；弹簧的质量需要很轻，小球的质量远大于弹簧的质量，故B、C错误；弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故D错误。
2．(简谐运动的理解)(2025·江苏南通月考)如图所示，一水平弹簧振子在P、Q间做简谐运动，距离平衡位置的最大位移为A，取平衡位置O处为原点，向右为正，则图中表示振子速度v与振动位移x关系的图像可能正确的是(　　)
解析：选D。根据能量守恒得E＝mv2＋kx2，结合数学知识可知，速度与位移的关系图像是一个椭圆，故D正确。
3．(回复力的理解)如图所示，能正确反映做简谐运动的物体所受回复力与位移关系的图像是(　　)
解析：选B。由F＝－kx知B正确。
4．(简谐运动中物理量的分析)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，它围绕平衡位置O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
解析：选A。小球在平衡位置O时，弹簧处于原长，弹性势能为0，动能最大，位移为0，加速度为0，A正确；在最大位移A、B处，动能为0，加速度最大，B错误；由A到O，回复力做正功，由O到B，回复力做负功，C错误；由B到O，动能增加，弹性势能减少，总能量不变，D错误。
5.(简谐运动的对称性)一个水平方向的弹簧振子如图所示，小球在M、N间做简谐运动，O点是平衡位置。关于小球的运动情况，下列描述正确的是(　　)
A．小球经过O点时速度为零
B．小球经过M点与N点时有相同的加速度
C．小球从M点向O点运动过程中，加速度增大，速度增大
D．小球从O点向N点运动过程中，加速度增大，速度减小
解析：选D。小球经过O点时速度最大，A错误；小球在M点与N点的加速度大小相等、方向相反，B错误；小球从M点向O点运动过程中，速度增大，加速度减小，C错误；小球从O点向N点运动过程中，速度减小，加速度增大，D正确。1．(2025·山东烟台市期中)某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。
　
(1)实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏小，其原因可能是________。
A．单摆所用摆球质量太大
B．以摆线的长度作为摆长来进行计算
C．把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
(2)从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l－T2图像，在图像中选取A、B两个点，坐标如图乙所示，则可求得当地的重力加速度g＝_________________。 (用图乙中所给字母表示)
解析：(1)根据T＝2π得g＝，单摆所用摆球质量大小与重力加速度的测量无关，故A错误；以摆线的长度作为摆长来进行计算，摆长偏小，重力加速度的测量值偏小，故B正确；把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则代入计算的摆长偏小，则重力加速度测量值偏小，故D正确。
(2)根据T＝2π得l＝，则k＝＝，解得g＝。
答案：(1)BD　(2)
2．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为D。
回答下列问题：
(1)该单摆的周期为________。
(2)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＝________。
(3)如果测得的g值偏小，可能的原因是________。
A.测摆长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动记为50次
(4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2－L图像，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2－L图像是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)。
解析：(1)经过n次全振动的总时间为Δt，则单摆的周期T＝。
(2)根据单摆周期公式有T＝2π，解得g＝。
(3)测摆长时，摆线拉得过紧，使摆线长度测量值变大，由g＝可知测得的g值偏大，故A错误；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆线长度测量值比实际的摆长偏小，测得的g值偏小，故B正确；开始计时时，停表过迟按下，Δt偏小，则周期T偏小，测得的g值偏大，故C错误；实验时误将49次全振动记为50次，即n值偏大，则周期T偏小，测得的g值偏大，故D错误。
(4)根据题意可知，单摆的实际摆长L′＝L－，由单摆周期表达式得T＝2π，化简可得T2＝L－，故由此得到的T2－L图像是题图乙中的①。
答案：(1)　(2)　(3)B　(4)①
3．(2025·山东泰安市期中)小明同学想用单摆来测重力加速度，设计的实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器。记录小球第1次经过光电门到第n次经过光电门的时间间隔t。
(1)下列说法正确的是________。(单选，填正确答案标号)
A．当摆球运动到平衡位置时开始计时
B．可选择有弹性的细绳作为摆线
C．摆球全振动的周期为
(2)在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用螺旋测微器测量摆球直径(图乙所示)，摆球直径d＝________mm。
(3)实验中该同学测得的重力加速度经查证明显小于当地的重力加速度值，下列原因可能的是________。(单选，填正确答案标号)
A．摆球的振幅偏小
B．计算时使用L＋d作为摆长
C．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，没注意到摆线长度增加了
解析：(1)在摆球摆到最低点即平衡位置时开始计时，可以减小实验误差，故A正确；不能选择弹性绳，因为弹性绳在运动中长度会发生变化，故B错误；小球第1次经过光电门到第n次经过光电门的时间间隔为t，则摆球全振动的周期T＝，故C错误。
(2)摆球直径d＝7.5 mm＋0.01 mm×38.5＝7.885 mm。　
(3)根据T＝2π，解得重力加速度的大小g＝l，重力加速度测量与振幅无关，故A错误；计算时使用L＋d作为摆长，导致代入摆长偏大，则重力加速度测量值偏大，故B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，没注意到摆线长度增加了，则代入计算的摆长偏小，则重力加速度测量值偏小，故C正确。
答案：(1)A　(2)7.885(7.884～7.886均可)　(3)C
4．(2025·四川绵阳市期中)用如图甲所示实验装置做“单摆测重力加速度”的实验。
(1)为了减小测量误差，下列做法正确的是________(选填字母代号)。
A．将钢球换成塑料球
B．在摆球经过平衡位置时开始计时
C．把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D．测量摆球完成一次全振动的时间T，根据公式计算重力加速度g
(2)某同学用单摆测量重力加速度的大小，他测量摆线的长度l和对应的周期T，得到多组数据，作出了l－T2图像，如图乙所示。他认为根据图线可求得重力加速度g＝，则从理论上分析，他求得的重力加速度g________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(3)该同学画出了单摆做简谐运动时的振动图像如图丙所示，则摆线偏离竖直方向的最大摆角的正弦值约为________(结果保留1位有效数字，π2取10，g取10 m/s2)。
解析：(1)为了提高实验精确度，小球应选用密度比较大的，故A错误；为了提高实验精确度，需要在摆球经过平衡位置时开始计时，故B正确；用单摆测重力加速度的实验中，只有在一个比较小的角度下摆动才可以看成简谐运动，才可以用单摆的周期公式进行计算，所以实验时应当把摆球从平衡位置拉开一个较小的角度后释放，故C错误；在测量单摆的周期时，不能用测量一次全振动的时间作为单摆的周期，应当用统计规律去测量其周期，再根据公式计算重力加速度g，故D错误。
(2)设单摆摆长为l＋r，根据周期公式T＝2π，可得l＝－r，l－T2图像的斜率为k，则k＝，另一方面根据图像得k＝，整理后得g＝，则测量值等于真实值。
(3)由题图丙可知周期为2 s，根据单摆周期公式T＝2π，得L＝＝1 m，振幅为4 cm＝0.04 m，则sin θ＝＝0.04。
答案：(1)B　(2)等于　(3)0.04
5．某实验小组利用一固定光滑的圆弧面测量当地的重力加速度，圆弧面如图甲所示，图中虚线为圆弧面最低处，圆弧面半径为R，某同学取一小铁球进行实验。
(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则小铁球的直径d＝________cm。
(2)该同学将小铁球从槽中虚线左侧接近虚线处由静止释放，d R，小铁球的运动可等效为一单摆。当小铁球第一次经过虚线处开始用秒表计时，并计数为1，当计数为50时，所用的时间为t，则等效单摆的周期T＝________。
(3)更换半径不同的金属球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制的T2－图像如图丙所示，图中图线的横、纵截距分别为a、b，则当地的重力加速度g＝________，圆弧面的半径R＝________。(用a、b表示)
解析：(1)小铁球的直径d＝16 mm＋6×0.1 mm＝16.6 mm＝1.66 cm。
(2)相邻两次经过虚线处所用的时间为半个周期，故＝，解得T＝。
(3)摆球的周期T＝2π，变形得T2＝－·，结合图像可得＝－，＝b，解得g＝，R＝a。
答案：(1)1.66　(2)　(3)　a
6．(2025·河北邯郸市期中)某同学利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度以及一磁性小球的大小，长度为l的细线将该磁性小球悬挂于O点，小球平衡时在其正下方放置一智能手机，打开手机的测磁软件可以记录附近磁感应强度大小，将小球由平衡位置拉开一个角度θ(θ<5°)，然后由静止释放，手机同时描绘出附近磁感应强度随时间变化的图像，如图乙所示。
(1)根据题图乙可知，单摆的周期T＝______s。
(2)改变摆线长度，测出多组细线长l和对应振动周期T，作出l－T2图像如图丙所示，已知π取3.14，由图可知，重力加速度g＝________m/s2。(结果保留3位有效数字)
(3)图像与横轴的交点坐标T2＝4×10－2 s2，则小球的直径d＝________cm。(结果保留1位有效数字)
解析：(1)根据单摆的运动规律知一个周期内应该有两个磁感应强度的最大值，由题图乙可得出，单摆的周期T＝1.6 s。
(2)根据单摆周期公式T＝2π，解得l＝T2－，根据图线的斜率k＝ m/s2＝，可得重力加速度g≈9.86 m/s2。
(3)根据图像的截距，结合图像的斜率可得，小球的直径d＝2×10－2 m＝2 cm。
答案：(1)1.6　(2)9.86　(3)2(共24张PPT)
第2节　课后达标检测
√
题组1　描述简谐运动的物理量
1．(2025·江苏淮安市期中)一弹簧振子完成10次全振动通过的路程是40 cm，则此弹簧振子的振幅为(　　)
A．0.5 cm　　　　　　 B．1 cm
C．1.5 cm D．2 cm
解析：弹簧振子一次全振动的路程等于4个振幅，10次全振动通过的路程是40个振幅，即s＝40A＝40 cm，可得A＝1 cm。
√
2．一个做简谐运动的质点，它的振幅是4 cm，频率是 2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5 s后，位移的大小和经过的路程为(　　)
A．4 cm、10 cm　　　 　 B．4 cm、100 cm
C．0、24 cm D．0、100 cm
√
3．(2025·河南月考)如图甲所示，粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在杯内水中，把木筷向上提起一段距离后，由静止释放，木筷在水中的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，木筷在一段时间内的振动图像如图乙所示，该振动的频率为(　　)

A．2.0 Hz　　　 B．4.0 Hz
C．0.25 Hz D．0.5 Hz
√
4．如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是(　　)

A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
解析：振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm，弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过路程为40 cm，3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm，故D正确，A、B、C错误。
√
√
√
√
√
√
√
题组3　简谐运动的图像
8．如图所示的是质点P在前4 s内的振动图像，下列叙述正确的是(　　)

A．再过1 s，该质点的位移是正方向最大
B．再过1 s，该质点的速度方向为正方向
C．再过1 s，该质点的速度方向为负方向
D．再过1 s，该质点的速度最大
解析：由振动图像可知，再过1 s即第5 s时，质点在正方向最大位移处，速度为零。
√
9．(2025·黑龙江牡丹江月考)如图所示的是一质点做简谐运动的图像，由图像可知(　　)

A．质点的运动轨迹为正弦曲线
B．在t＝0.1 s时，质点的速度最大
C．在t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移方向相同
D．质点运动过程中，周期为0.5 s
解析：简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；在 t＝0.1 s时，质点在平衡位置，速度最大，故B正确；在 t＝0.25 s时，质点的位移为负，速度为正，可知质点的速度方向与位移方向相反，故C错误；由题图可知，质点运动过程中，周期为0.4 s，故D错误。
√
√
√
13．(16分)如图所示的是一弹簧振子的振动图像，完成以下问题。

(1)求该振子振动的振幅、周期、频率。(4分)
答案：2 cm　4 s　0.25 Hz　
(2)该振子在前100 s内的总位移是多少？路程是多少？(6分)
解析：振子经过一个周期位移是零，路程为4A＝8 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子总位移x＝0，振子路程s＝25×4A cm＝200 cm＝2 m。
答案：0　2 m
(3)写出该振子简谐运动的表达式，计算t＝1.5 s时振子的位移。(6分)(共41张PPT)
单元过关检测(二)
√
(分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．关于水平方向上做简谐运动弹簧振子受力和运动的特点，下列说法正确的是(　　)
A．物体越衡位置，加速度越大
B．弹力的方向总指向平衡位置
C．物体速度的方向跟离开平衡位置的位移的方向总是相同的
D．物体的加速度的方向跟速度的方向始终相反
解析：根据F＝－kx可知，物体越衡位置时，位移越小，回复力越小，加速度越小，故A错误；弹力的方向即为回复力方向，总是指向平衡位置，故B正确；当物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反，当物体运动方向背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，根据F＝－kx可知位移的方向总跟加速度方向相反，所以物体的加速度的方向跟速度的方向可能相同也可能相反，故C、D错误。
√
2．简谐运动既是最基本也是最简单的一种机械振动。关于简谐运动的表达式、回复力和能量，下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动位移x的一般函数表达式x＝A sin (ωt＋φ)中，ω表示频率，φ表示相位
B．单摆做简谐运动过程中的回复力是单摆受到重力沿圆弧切线方向的分力
C．水平弹簧振子做简谐运动时系统的能量做周期性变化
D．简谐运动的回复力可以是方向不变而大小变化的力，也可以是大小不变而方向改变的力
解析：简谐运动位移x的一般函数表达式x＝A sin (ωt＋φ)中，ω表示圆频率，φ表示初相位，(ωt＋φ)表示相位，A错误；在单摆运动中并不是合外力提供回复力，只是沿切线方向上的合力提供回复力，半径方向上的合力提供向心力，B正确；振动能量是振动系统的动能和势能的总和，虽然振动能量中动能和势能不断相互转化，但是总和保持不变，C错误；简谐运动的回复力与质点偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，大小方向都在改变，D错误。
√
3．如图甲所示，弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为0.5 N/cm，则(　　)

A．在t＝2.75 s时，振子的位移和速度方向相同
B．在t0时，振子所受的回复力大小为0.5 N
C．在t＝1.5 s时，弹簧振子的动能最大
D．振子的振动方程为x＝5sin (πt)cm
√
4.如图所示，装有砂粒的试管竖直浮于水面上静止。将试管竖直
提起少许后由静止释放，可以观察到试管上下振动。以下说法不
正确的是(　　)
A．试管静止时，试管所在的位置就是它的中心位置
B．试管的机械振动是简谐振动
C．以中心位置为位移的起点，浮力是试管做机械振动的回复力，回复力与位移的大小成正比，与位移的方向相反
D．试管从最高点回到最高点为一次全振动
解析： 试管静止时，试管所在的位置就是振动的中心位置，也是平衡位置，故A正确；设水的密度为ρ，装有砂粒的试管质量为m，横截面积为S，开始静止时浸入水中的深度为h，在平衡位置静止时有mg＝F浮＝ρgSh，规定竖直向下为正方向，当在平衡位置下方x处时，位移为＋x，此时合力F合＝ρgS(h＋x)－mg＝ρgSx，方向竖直向上，则回复力F＝－kx(其中k＝ρgS为常数)，所以试管的机械振动是简谐振动，故B正确；以中心位置即平衡位置为位移的起点，重力与浮力的合力是试管做机械振动的回复力，回复力与位移的大小成正比，与位移的方向相反，故C错误；试管从最高点回到最高点运动了一个周期，为一次全振动，D正确。
√
5.如图所示，在斜面上有一个弹簧振子，从A点由静止释放，
O点为振动的平衡位置，振动物体在A、B两点之间做简谐运
动，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．振动物体在O点时，弹簧处于原长，弹簧振子的弹性势能为0
B．在振动物体运动的过程中，由弹簧弹力充当回复力
C．振动物体在B点时弹簧的弹性势能一定比振动物体在A点时的大
D．振动物体从A向B运动的过程中，其速度和加速度方向始终相同
解析：O点为简谐运动的平衡位置，则振动物体在O点时受到的合外力为零，则重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力平衡，可知此时弹簧处于伸长状态，弹性势能大于零，A错误；在振动物体运动的过程中，由弹簧弹力与重力沿斜面向下的分力的合力充当回复力，B错误；在简谐运动过程中，机械能的总量不变，在A、B两点时，振动物体的动能均为零，且振动物体在B点时的重力势能比在A点时的小，则振动物体在B点时弹簧振子的弹性势能一定比振动物体在A点时的大，C正确；振动物体从A到O做加速运动，速度和加速度方向相同，从O向B运动的过程中，振动物体的速度减小，则速度和加速度方向相反，D错误。
√
√
7．图甲中，一只小鸟站在树枝上与树枝一起上下振动，小鸟振动的v－t图像如图乙所示，速度向下为正。下列说法正确的是(　　)

A．t＝0时刻小鸟的速度方向向上
B．t1时刻树枝对小鸟弹力最大
C．t2时刻小鸟的加速度最大
D．t3时刻小鸟处在最低点
解析：根据题图乙可知，t＝0时刻，速度为正，由于速度向下为正方向，所以小鸟的速度方向向下，故A错误；t1时刻小鸟的速度最大，此时小鸟受力平衡，即所受弹力等于重力，此后小鸟向下做减速运动，树枝对其弹力逐渐增大，故t1时刻，树枝对其弹力未达到最大，故B错误；t2时刻小鸟的速度为0，这一瞬间停止了向下的运动，即将向上运动，根据简谐运动的特征可知，此时加速度方向向上，达到最大值，故C正确；t3时刻小鸟向上运动到了最大速度后向上做减速运动，故此时在平衡位置处，不是最低点，故D错误。
√
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上，小球固定有笔头。小球振动时，沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，纸带上可留下痕迹，a、b是纸带上的两点，不计阻力，如图乙所示。由此可判断(　　)
A．t时间内小球的运动路程为vt
B．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球通过a点时的速度大于通过b点的速度
D．如果小球以较小的振幅振动，则周期也会变小
√
解析：vt是t时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，A错误；小球振动过程只有弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，B正确；由题图可知小球通过a点时更衡位置，其速度大于通过b点的速度，C正确；小球的运动是简谐运动，其振动周期与振幅无关，D错误。
√
9．图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像，则下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1
B．t＝2 s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小
C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等
√
√
10．P、Q两个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．P、Q的振幅之比是2∶1
B．P、Q的振动周期之比是2∶1
C．P、Q在前1.2 s内经过的路程之比是1∶1　
D．t＝0.45 s时刻，P、Q的位移大小之比是1∶1
√
√
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(8分)某物理兴趣小组在做“用单摆测重力加速度”的实验研究。
(1)在这个实验中，应该选用下列哪两组材料构成单摆________(填选项前的字母)。
A．长度接近1 m的细绳
B．长度为30 cm左右的细绳
C．直径为1.8 cm的塑料球
D．直径为1.8 cm的铁球
解析：为减小实验误差，应选择1 m左右的摆线；为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的铁球。
AD
(2)甲同学用游标卡尺测量小球直径，如图1所示，读数为________mm。
18.6　
解析：游标卡尺的读数为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。　
(3)乙同学测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据作出了图像如图2所示，根据该图像得出重力加速度的测量值为______m/s2。(计算结果保留3位有效数字)
9.86
(4)丙同学完成实验后由公式计算测得的重力加速度g值偏大，可能的原因是________。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．实验中误将50次全振动数为49次
C．计时时，过早按下秒表
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
A
12．(8分)如图(a)所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：
①用夹子将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂。
②用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d。
③将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用某APP中的“近距秒表”功能。
④将小球由平衡位置拉开一个角度(θ<5°)，静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间变化的图像，如图(b)所示。
请回答下列问题：
(1)根据图(b)可知，单摆的周期T＝________s；
解析：根据单摆的运动规律一个周期内应该有两个小球与手机间距离的最小值，由题图(b)可得出，单摆的周期T＝2×(1.5－0.5)s＝2 s。
2
(2)重力加速度g的表达式为______________________(用测得的物理量符号表示)；
(3)改变摆线长度l，重复步骤(2)、(3)、(4)的操作，可以得到多组T和l的值，进一步描绘出如图(c)所示的l－T2图像，若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为________。
4π2k
13．(10分)有一个弹簧劲度系数为100 N/m、小球质量为0.5 kg的弹簧振子，让其在水平方向上的B、C之间做简谐运动。已知B、C间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动。求：
(1)振子的振幅和周期；(6分)
答案：10 cm　0.2 s　
(2)振子振动过程中处于最大位移处的加速度大小。(4分)
答案：20 m/s2
14．(12分)如图所示，一细线上端固定，下端悬挂一金属球在B、O、C之间做简谐振动，其中O是简谐振动的平衡位置，B、C是球的最大位移处。已知细线长为L，球直径为d、质量为m，重力加速度大小为g。
(1)从O点开始计时，求球第二次经过O点时间t。(5分)
(2)已知球在B点时细线的拉力大小为F1，求球经过O点时细线上拉力大小F2。(7分)　
答案：3mg－2F1
15.(16分)如图所示，弹簧振子在竖直方向的B、C两点之间做简谐运动。小球位于B点时开始计时，经过1 s首次到达C点。若以小球的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，用x表示小球相对于平衡位置的位移。已知B、C两点相距40 cm，弹簧劲度系数k＝20 N/m，小球质量m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)请写出小球位移x随时间t变化的关系式。(6分)
(2)求7 s内小球通过的路程及7 s末小球位移的大小。(4分)
解析：从小球经过B处开始计时，一个周期内小球通过的路程s＝4A，所以7 s(3.5个周期)内通过的路程
s＝3.5×4A＝280 cm
小球在7 s内运动3.5个周期，故7 s末位于C点，所以
x＝－20 cm。
答案：280 cm　20 cm　
(3)求小球运动至C点时，其所受回复力的大小。(6分)
解析：小球在竖直面内做简谐运动，其在平衡位置时设此时弹簧的形变量为x0，则有
kx0＝mg
当小球位于C点时，小球受到重力以及向下的弹力，根据F回＝－kx，可得F回＝mg－k(x0－x)＝kx＝20×0.2 N＝4 N。
答案：4 N(共23张PPT)
第5节　课后达标检测
√
题组1　阻尼振动
1．一单摆做阻尼振动，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．振动过程中，机械能不守恒，频率减小
√
2.(多选)将测力传感器接到计算机上可以测量快速变化的力，将单摆挂在测力传感器的探头上，测力探头与计算机连接，用此方法测得的单摆摆动过程中摆线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示，g取10 m/s2，π2取10。某同学由此图像提供的信息做出了下列判断，其中正确的是(　　)
A．摆球的周期T＝0.5 s
B．单摆的摆长l＝1 m
C．t＝0.5 s时摆球正经过最低点
D．摆球运动过程中周期越来越小
√
√
题组2　受迫振动
3．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．实际的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．受迫振动稳定后频率与自身物理条件无关
√
√
解析：实际的振动，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由驱动力的频率决定，与自身物理条件无关，D正确。
√
4.如图所示的装置中，弹簧振子的固有频率是4 Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为(　　)
A．1 Hz　　　　　　　　 B．3 Hz
C．4 Hz D．5 Hz
解析：根据受迫振动的频率等于驱动力的频率知，A正确。
√
题组3　共振现象及应用
5．如图所示，汽车的车身与轮胎间装有弹簧和减震器，某车车身—弹簧系统的固有频率为1.5 Hz，当汽车匀速通过学校门口水平路面上间距为2 m的若干减速带时，下列说法正确的是(　　)

A．汽车行驶的速度越大，颠簸得越厉害
B．汽车行驶的速度越小，颠簸得越厉害
C．当汽车以0.75 m/s的速度行驶时，颠簸得最厉害
D．当汽车以3 m/s的速度行驶时，颠簸得最厉害
解析：根据v＝xf＝2×1.5 m/s＝3 m/s，可得当汽车以3 m/s的速度行驶时，过减速带的频率与汽车的固有频率相同，发生共振，汽车颠簸得最厉害。
√
6．(多选)小说里“狮子吼”是一门用声音给敌人造成巨大伤害的功夫，网络游戏中也将“狮子吼”设为物理攻击，某电影中主人公一声“狮子吼”可将桌上的杯子震碎。用手指轻弹同样的杯子，杯子发出清脆的声音，测得声音频率为500 Hz。结合所学知识推断电影中主人公发出的“狮子吼”的攻击原理及声波的特点，下列说法可能的是(　　)
A．“狮子吼”引发了共振现象
B．“狮子吼”的频率应该远小于500 Hz
C．“狮子吼”的音量一定很大
D．“狮子吼”的频率应该接近500 Hz
√
解析： “狮子吼”使被攻击的物体发生受迫振动，其振动频率等于“狮子吼”声波的频率，当“狮子吼”的频率接近或等于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅达到最大，从而使物体被破坏，此时音量不一定很大，A正确，C错误；由题意可知杯子的固有频率为500 Hz，所以主人公发出的“狮子吼”的频率应该接近或等于500 Hz，B错误，D正确。
√
7．(多选)(2025·山东烟台联考期中)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A．此单摆的摆长约为1 m
B．此单摆的摆长约为4 m
C．若摆长适当减小，共振曲线的峰将向右移动
D．若摆长适当减小，共振曲线的峰将向左移动
√
√
8.如图，一根张紧的绳上悬挂3个单摆，摆长关系为lA＝lCmB＝mC。当A摆振动起来，通过张紧的绳迫使B、C也振动起来，达到稳定后有(　　)
A．A摆的摆球质量最大，故振幅最小
B．A、B摆振动周期相同，振幅不同
C．B摆的摆长最大，故振动周期最长
D．A、C摆振幅不同，振动周期相同
√
9．(2025·河北邯郸市期中)在古代典籍中有大量关于共振现象
的记录，比如《庄子》中记载了中国古代的乐器的各弦间发
生的共振现象。关于受迫振动与共振现象，下列说法正确的
是(　　)
A．仿古盥洗用的脸盆，用手摩擦盆耳，到一定节奏时会溅起水花，这是共振现象
B．喇叭常放在音箱内是利用共振现象，受迫振动是共振的一种特殊情况
C．为消除共振现象，应使驱动力的频率与物体的固有频率相差越小越好
D．耳朵凑近空热水瓶口能听到嗡嗡的声音不属于共振现象
解析：仿古盥洗用的脸盆，用手摩擦盆耳，到一定节奏时会溅起水花，这是共振现象，A正确；喇叭常放在音箱内是利用共振现象，做受迫振动的物体，当驱动力的频率与固有频率相等时，振幅最大的现象叫共振，所以共振是受迫振动的一种特殊情况，B错误；根据共振条件可知，为消除共振现象，应使驱动力的频率与物体的固有频率相差越大越好，C错误；热水瓶的空气柱有一定长度，对应一定的振动频率，符合此频率的声波信号因共振而绵延不绝，故总能听到嗡嗡的声音，空热水瓶口能听到嗡嗡的声音，属于共振现象，D错误。
√
10.(多选)(2025·山东日照市期中)如图所示，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形支架下面系着一个弹簧和小球组成的固有周期为2 s的振动系统。现使圆盘以频率f匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。下列判断正确的是(　　)
A.f＝1 Hz时，小球振动的周期为2 s
B．f＝0.25 Hz时，小球振动的周期为4 s
C.f越大，小球振动的振幅就越大
D．小球振动的振幅最大时，f一定为0.5 Hz
√
11．(8分)火车在铁轨上行驶，每经过一次接轨处会受到一次震动，使得车厢在弹簧上上下振动。弹簧自由振动n＝30个周期，所用时间t＝60 s，当火车以v＝50 m/s的速率行驶时，车厢的振幅最大。求：
(1)弹簧自由振动的圆频率ω；(4分)
答案：π rad/s　
(2)相邻两个接轨处的长度x。(4分)
解析：当火车以v＝50 m/s的速率行驶时，车厢的振幅最大，则
x＝vT＝100 m。
答案：100 m第4节　科学测量：用单摆测量重力加速度
一、实验目的
1．用单摆测量重力加速度。
2．会使用秒表测量时间。
3．能分析实验误差的来源，并能采用适当方法减小测量误差。
二、实验器材
长约1 m的细线、开有小孔的金属小球、带有铁夹的铁架台、刻度尺、秒表、游标卡尺。
三、实验原理与设计
1．原理：单摆做简谐运动时，由周期公式T＝2π，可得g＝。因此，测出单摆摆长和振动周期，便可计算出当地的重力加速度。
2．设计：用秒表测量30～50次全振动的时间，计算平均做一次全振动的时间，得到的便是振动周期。
四、实验步骤
1．取长约1 m的细线，细线的一端连接小球，另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自由下垂。
2．用刻度尺测摆线长度l线，用游标卡尺测小球的直径d。测量多次，取平均值，计算摆长l＝l线＋。
3．将小球从平衡位置拉至一个偏角小于5°的位置并由静止释放，使其在竖直平面内振动。待
振动稳定后，从小球经过平衡位置时开始用秒表计时，测量N次全振动的时间t，则周期T＝。如此重复多次，取平均值。
4．改变摆长，重复实验多次。
5．将每次实验得到的l、T代入g＝计算重力加速度，取平均值，即为测得的当地重力加速度。
五、数据分析
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 摆长l/m 周期T/s 加速度g/(m·s－2) g的平均值/(m·s－2)
1 g＝
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＝，由图线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。
六、注意事项
1．实验所用的单摆应符合理论要求，即线要细、轻、不易伸长，摆球要体积小、质量大(密度大)，并且最大偏角不超过5°。
2．单摆悬线上端要固定，即用铁夹夹紧，以免摆球摆动时摆线长度不稳定。
3．测量单摆周期时，应从摆球经过平衡位置(即最低点)时开始计时，以后摆球从同一方向通过平衡位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计时、计数。
4．摆动时，要使之保持在同一个运动平面内，不要形成圆锥摆。
七、误差分析
1．系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。
2．偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计全振动次数。
题型一　教材原型实验
　(2024·广西卷，T11)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________不变。
(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为________cm。
(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为_______________。
[解析]　(1)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。
(2)摆球直径d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm。
(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得单摆的摆长L＝，从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振幅A＝L sin 5°，以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x＝A cos ωt＝cos (t)。
[答案]　(1)摆长　(2)1.06
(3)x＝cos (t)
　(2025·天津十二区重点校一模)某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
(1)某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是________。
A．开始计时时，过早按下秒表
B．实验时误将49次全振动记为50次
C．测摆长时摆线拉得过紧
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
(2)测量小球直径时游标卡尺如图乙所示，其读数为________cm。
(3)实验中，测出不同摆长L对应的周期值T，作出T2－L图像，如图丙所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，可求出g＝________________。
[解析]　(1)由单摆周期公式T＝2π，可得重力加速度g＝L，开始计时时，过早按下秒表，则周期测量值偏大，使得重力加速度测量值偏小，故A错误；实验时误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，使得重力加速度测量值偏大，故B正确；测摆长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，使得重力加速度测量值偏大，故C正确；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，使得重力加速度测量值偏小，故D错误。
(2)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图乙可知读数为1.2 cm＋0×0.1 mm＝1.20 cm。
(3)由单摆周期公式T＝2π，得T2＝L，可知图像斜率k＝＝，可得g＝。
[答案]　(1)BC　(2)1.20　(3)
题型二　教材实验创新
　(2025·福建泉州市南平市一模)一同学利用如图所示装置来测定当地的重力加速度。已知光滑圆弧凹槽ABC的半径为R，B为圆弧轨道最低点，A、C等高，θ很小。钢球的半径为r，当钢球经过圆弧轨道最低点B时，钢球的球心恰好经过光电门(图中未画出)。现将钢球从A点由静止释放，沿凹槽ABC自由往复运动，当光电门第一次被挡光时计数为“0”并开始计时，之后每挡光一次计数增加1，当计数为20时，计时为t。
(1)钢球往复运动的周期为________。
(2)钢球在圆弧轨道上的运动与单摆运动相似，根据“用单摆测量重力加速度”实验原理，可得当地的重力加速度的表达式为g＝____________。
(3)由于在计数时误将“19”计为“20”，由此测得重力加速度值与真实值相比__________ (选填“偏大”或“偏小”)。
[解析]　(1)根据题意可得t＝10T，解得钢球往复运动的周期T＝。
(2)根据题意可知，单摆的摆长L＝R－r，结合单摆周期公式有＝2π，结合上述解得g＝。
(3)由于计数失误使测量的周期偏小，根据上述可知，测得重力加速度值与真实值相比偏大。
[答案]　(1)　(2)　(3)偏大
　某实验小组利用图甲所示的双线摆来测量当地的重力加速度，已知图甲中细线长度均为L＝100.00 cm，与水平方向夹角均为θ＝53°(sin 53°＝0.8)。
(1)关于本实验，下列说法正确的是________。
A．摆线上端直接绕在水平杆上即可
B．为便于观察摆球的运动，摆球应选择质量和体积都大些的球
C．为便于测量振动周期，应使摆球从摆角较大的位置释放
D．测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间
(2)小组成员先用游标卡尺测得摆球的直径如图乙所示，则该摆球的直径d＝________cm，双线摆的摆线长l＝________cm；他们再将摆球沿垂直于纸面向外拉开一个较小角度后释放，用秒表测出30次全振动的总时间t＝54.6 s，则双线摆的振动周期T＝________s。
(3)实验中，他们同时改变两根细线的长度，测出多组双线摆的摆线长l和对应振动周期T，作出l－T2图像如图丙所示，A、B为图像上的两点。根据图像可求得当地重力加速度g＝________m/s2(π2取9.87，计算结果保留3位有效数字)；图像不过坐标原点，则重力加速度的测量值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
[解析]　(1)摆线上端直接绕在水平杆上，这样摆球在摆动时，摆线的长度会产生变化，实验误差会增大，因此摆线的上端应固定在悬点上，A错误；为减小实验误差，摆球应选择质量大些和体积小些的球，B错误；为便于测量振动周期，应使摆球从摆角较小的位置释放，以减小实验误差，C错误；测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间，D正确。
(2)游标卡尺的主尺读数为2.1 cm，游标尺的第14条刻度线与主尺的某刻度线对齐，则读数为14×0.05 mm＝0.70 mm＝0.070 cm，则该摆球的直径d＝2.1 cm＋0.070 cm＝2.170 cm，由几何关系可得双线摆的摆线长 l＝L sin 53°＝100.00×0.8 cm＝80.00 cm，用秒表测出30次全振动的总时间t＝54.6 s，则双线摆的振动周期T＝ s＝1.82 s。
(3)由题意可知，双线摆的摆长准确值为l＋，由单摆的周期公式可得T＝2π ，整理可得l＝T2－，由l－T2图像的斜率k＝ m/s2＝，解得重力加速度的测量值g≈9.75 m/s2，图像不过坐标原点，可l－T2图线斜率不变，则重力加速度的测量值不变。
[答案]　(1)D　(2)2.170　80.00　1.82
(3)9.75　不变
1．在做“用单摆测量重力加速度”的实验时。
(1)下列给出的材料中应选择________作为摆球与摆线，组成单摆。
A．木球
B．铁球
C．柔软不易伸长的丝线
D．粗棉线
(2)在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是________。
A．装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间的距离
B．让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径
C．取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径
D．测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径
(3)实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是____________。
A．摆球的质量偏大
B．单摆振动的振幅偏小
C．计算摆长时没有加上摆球的半径值
D．将实际振动次数n次误记成(n＋1)次
(4)用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g＝___________________。
解析：(1)为减小空气阻力对实验的影响，应选用密度大而体积小的铁球作为摆球，A错误，B正确；摆线应选长度不易发生变化且质量较小的线作为摆线，D错误，C正确。
(2)单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先测出摆球直径，然后把单摆悬挂好，再测出摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，D正确。
(3)由单摆周期公式T＝2π 解得g＝；重力加速度与摆球质量、振幅均无关，A、B错误；算摆长时没有加上摆球的半径值，摆长偏小，重力加速度的测量值偏小，C错误；将实际振动次数n次误记成(n＋1)次，根据T＝知所测周期T偏小，重力加速度的测量值偏大，D正确。
(4)由单摆周期公式T＝2π，解得 g＝。
答案：(1)BC　(2)D　(3)D　(4)
2．(2025·福建厦门外国语学校月考)在图甲所示的利用单摆测量重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，则小球的直径为________mm。
(2)若某同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值，则引起这一误差的原因可能是________。
A．误将摆线长当作摆长
B．误将摆线长与球的直径之和当作摆长
C.误将n次全振动次数计为n－1次
D．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
(3)若另一位同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线如图丙所示，已知摆长1.00 m，根据图的信息可得，重力加速度g＝__________m/s2(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)。
解析：(1)摆球直径为10 mm＋12×0.05 mm＝10.60 mm。
(2)根据T＝2π，得g＝，把摆线长当作摆长，L测量值偏小，导致g的测量值偏小，故A错误；把摆线长与球的直径之和作摆长，L测量值偏大，导致g的测量值偏大，故B正确；将n次全振动次数计为n－1次，则T测量值偏大，导致g的测量值偏小，故C错误；摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，L测量值偏小，导致g的测量值偏小，故D错误。
(3)由题图可知T＝2 s，又g＝，解得g＝9.86 m/s2。
答案：(1)10.60　(2)B　(3)9.86

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