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第2节　简谐运动的描述
eq \a\vs4\al()
1．知道什么是简谐运动的振幅、周期和频率，知道全振动的含义。　2.理解周期和频率的关系，知道周期和频率与振幅无关。　3.了解相位和相位差，知道简谐运动表达式的含义。　4.能够利用振动图像分析和求解各物理量。　5.能够根据振动图像写出简谐运动的表达式。
一、振幅
1．简谐运动的表达式：x＝_______________。
2．振幅
(1)定义：振动物体离开平衡位置的____________，常用字母A表示。振幅的单位是米。
(2)物理意义：表示________________的物理量，是标量。振动物体运动的范围是振幅的两倍。
二、周期和频率
1．全振动
振子以相同的速度相继通过同一位置所经历的过程，即一个完整的振动过程。
2．周期和频率
(1)周期：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的__________，用T表示，国际单位：s。
(2)频率：物体完成全振动的________与所用时间之比，数值等于单位时间内完成全振动的________，用f表示，单位：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，周期越小，频率________，表示振动越快。
(5)圆频率：ω＝2πf，是一个与周期成反比、与频率成正比的量，叫作简谐运动的“圆频率”。
三、相位
1．物理意义：用来描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态。其单位是弧度(或度)。
2．表达式：x＝A sin (ωt＋φ)，______________代表简谐运动的相位，φ是t＝0时的相位，称作________________。
3．相位差：对两个具有相同频率的简谐运动x1＝A1sin (ωt＋φ1)和x2＝A2sin (ωt＋φ2)，Δφ＝φ2－φ1，即是两振动的________________。
判断下列说法是否正确。
(1)周期、频率是表征物体做简谐运动振动快慢程度的物理量。(　　)
(2)振幅就是指振子的位移。(　　)
(3)振幅就是指振子的路程。(　　)
(4)振子从离开某位置到重新回到该位置的过程不一定是一次全振动过程。(　　)
(5)振子个周期通过的路程一定等于1个振幅。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
[答案自填] A sin (ωt＋φ)　最大距离　振动幅度大小　时间　次数　次数　　振动快慢
越大　(ωt＋φ)　初相位或初相　相位差
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．对全振动的理解
(1)物理量特征：位移(x)和速度(v)都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。
2．周期：在简谐运动中，一个确定的振动系统的周期(或频率)是固定的，与振幅无关。
3．振幅与位移、路程的关系
(1)振幅与位移：振动中的位移是矢量，振幅是标量。在数值上，振幅与振动物体的最大位移相等，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：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。
角度1　简谐运动物理量的分析
　(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　利用振动图像分析简谐运动的物理量
　(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，振子的速度不断减小
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；图像的切线斜率代表速度，在1.5 s到2 s时间内，切线斜率不断增大，则速度不断增大，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；由图像切线的斜率可知在3.5 s时，振子的速度沿x轴负方向，此时振子的位移为正，加速度沿x轴负方向，故D正确。
[答案]　D
知识点二　简谐运动的对称性和周期性
1．简谐运动的对称性
如图所示，物体在A点和B点之间运动，O点为平衡位置，C和D两点关于O点对称，则：
(1)时间的对称
①振动质点来回通过相同的两点间所用的时间相等，如tDB＝tBD。
②质点经过关于平衡位置对称的等长的两线段所用的时间相等，图中tOB＝tBO＝tOA＝tAO，tOD＝tDO＝tOC＝tCO。
(2)速度的对称
①物体连续两次经过同一点(如D点)的速度大小相等，方向相反。
②物体经过关于O点对称的两点(如C点与D点)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反。
(3)位移的对称
①物体经过同一点(如C点)时，位移相同。
②物体经过关于O点对称的两点(如C点与D点)时，位移大小相等，方向相反。
2．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。
　质点做简谐运动，从质点经过某一位置时开始计时，下列说法正确的是(　　)
A．当质点再次经过此位置时，经过的时间为一个周期
B．当质点的速度再次与零时刻的速度相同时，经过的时间为一个周期
C．当质点的位移再次与零时刻的位移相同时，经过的时间为一个周期
D．当质点经过的路程为振幅的2倍时，经过的时间为半个周期
[解析]　质点连续两次经过同一位置的时间不一定是一个周期，A错误；质点同向经过关于平衡位置对称的两点速度相同，但经过的时间不为一个周期，B错误；质点连续两次经过同一位置时，位移相同，但经历的时间一般不等于一个周期，C错误；质点在任何半个周期内通过的路程一定是振幅的2倍，D正确。
[答案]　D
　(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]　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。
[答案]　BD
知识点三　简谐运动的表达式
1．简谐运动的表达式：x＝A sin (ωt＋φ)
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)φ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＋φ)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。
　(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]　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。
[答案]　CD
　(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]　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。
[答案]　BC
综合一练　简谐运动的图像和位移表达式的综合分析
　(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Δt＝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．(简谐运动的物理量)(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．(简谐运动的对称性和周期性)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点O，简谐运动的振幅为A＝0.1 m．t＝0时刻振子的位移为x1＝－0.1 m，t＝1 s时刻振子的位移为x2＝0.1 m，则振子做简谐运动的周期可能为(　　)
A.4 s B．2 s
C．0.5 s D． s
解析：选BD。由题可知，t＝0时刻振子的位移为x1＝－0.1 m，t＝1 s时刻振子的位移为x2＝0.1 m，则(n＋)T＝1 s(n＝0，1，2，…)，解得T＝ s，当n＝0时，可得T＝2 s，当n＝1时，可得T＝ s，随着n的增大，周期变小。
3．(简谐运动的表达式)(2025·江苏苏州联考)有一竖直的弹簧振子，小球静止时弹簧伸长量为L。现将小球从平衡位置O下拉一段距离A，由静止释放并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为 T，以O点为坐标原点，取竖直向下为正方向，则小球的位移x随时间t的表达式为(　　)
A．x＝A sin (t＋)
B．x＝A sin (t－)
C．x＝(L＋A)sin (t－)
D．x＝(L＋A)sin (t＋)
解析：选A。已知小球做简谐运动的周期为T，所以 ω＝，由题意知小球在t＝0时位移为A，所以小球的初相φ＝，则小球的位移x随时间t的表达式为x＝A sin (t＋)。
4．(简谐运动的图像和位移表达式)某做简谐运动的物体，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin(5πt) cm。
(1)求物体的振幅。
(2)求物体振动的频率。
(3)求在时间t＝0.1 s时，物体的位移大小。
(4)画出该物体简谐运动的图像。
解析：(1)简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ)
比较题中所给表达式可知振幅A＝10 cm。
(2)物体振动的频率f＝＝ Hz＝2.5 Hz。
(3)t＝0.1 s时位移大小
x＝10sin(5π×0.1) cm＝10 cm。
(4)该物体简谐运动的周期
T＝＝0.4 s
简谐运动图像如图所示。
答案：(1)10 cm　(2)2.5 Hz　(3)10 cm　(4)图见解析(共45张PPT)
第3节　简谐运动的回复力和能量
学习目标
1．知道回复力的概念，会分析其特点和来源。　2.会分析简谐运动中回复力、加速度、位移、速度、动能、势能等各物理量的变化。　3.能理解简谐运动中机械能守恒，知道能量大小与振幅有关。　4.对于水平弹簧振子，能定性说明弹性势能与动能的转化过程。　5.能够结合振动图像分析振子振动的动力学问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、简谐运动的回复力
1．简谐运动的回复力
(1)方向特点：总是指向____________。
(2)作用效果：使物体回到____________。
(3)来源：回复力是根据力的效果命名的，可能由合力、某个力或某个力的分力提供。
(4)表达式：F＝________。即回复力与物体相对平衡位置的位移大小成______________，________表明回复力与位移方向始终相反，k是一个常数，由振动系统决定。
平衡位置
平衡位置
－kx
正比
负号
2．简谐运动的动力学特征
如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成__________，并且总是指向__________，物体的运动就是简谐运动。
正比
平衡位置
二、简谐运动的能量
1．振动系统的状态与能量的关系
(1)振子的速度与动能：速度不断变化，动能也____________。
(2)弹簧形变量与势能：弹簧的伸长量或压缩量在不断变化，因而它的势能也在______________。沿水平方向振动的弹簧振子的势能为弹性势能，其大小取决于弹簧的形变量。
不断变化
不断变化
2．简谐运动的能量
(1)在最大位移处，弹性__________最大，动能为0，系统的机械能等于最大弹性势能。
(2)在平衡位置处，动能________，弹性势能为0。
(3)在远离平衡位置时，势能增大，动能减小。
(4)在弹簧振子运动的任意位置，系统的动能和势能之和都是一定的，遵守机械能守恒定律。
实际的运动都有一定的能量损耗，所以简谐运动是一种理想化的模型。
势能
最大
3．决定能量大小的因素
振动系统的机械能跟__________有关，对于弹簧劲度系数和小球质量都一定的系统，________越大，机械能越大。
振幅
振幅
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)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为0的位置。(　　)
(3)回复力的方向总是跟位移的方向相反。(　　)
(4)弹簧振子在运动过程中机械能守恒。(　　)
(5)通过速度的增减变化情况，能判断回复力大小的变化情况。(　　)
×　
√
×　
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　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　回复力的理解和分析
关于简谐运动，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，一定处于平衡状态
C．物体到达平衡位置时，合力一定为零
D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零
[解析]　平衡位置是回复力等于零的位置，但此时物体不一定处于平衡状态，即物体所受合力不一定为零。
√
(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，回复力是效果力，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，故指向平衡位置，故D正确。
(2025·四川达州市期中)如图所示，下列四种场景中的运动一定不是简谐运动的是(　　)

[解析]　物体在跟位移大小成正比，方向总是指向平衡位置的力的作用下的振动，叫简谐运动。选项C的图中，物体在两侧斜面上受到的力均为恒力，不与位移的大小成正比，所以选项C中的运动一定不是简谐运动。
√
角度2　简谐运动的证明
(2025·安徽合肥市期中)如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，上端拴接一质量为m的可视为质点的小球，小球从弹簧的原长处由静止释放。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)证明：小球在竖直方向上做简谐运动。
[解析]　当小球在平衡位置时，对小球受力分析，有mg＝kx0
以小球的平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向建立坐标系，小球相对平衡位置的位移为x时，小球受到的回复力F＝mg－k(x＋x0)＝－kx
即小球的运动为简谐振动。
[答案]　见解析　
(2)求小球运动过程中弹簧的最大压缩量xm。
知识点二　简谐运动的动力学能量分析
水平弹簧振子如图所示，振子在A、B之间做往复运动。

(1)从A到B的运动过程中，振子的动能如何变化？弹簧弹性势能如何变化？振动系统的总机械能是否变化？
[提示]　从A到B的运动过程中，振子的动能先增大后减小；弹簧的弹性势能先减小后增大；总机械能保持不变。
(2)如果把振子振动的振幅增大，那么振子回到平衡位置的动能是否增大？振动系统的机械能是否增大？
[提示]　如果把振子振动的振幅增大，那么振子回到平衡位置的动能增大，系统的机械能增大。
(3)实际的振动系统有空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？理想化的弹簧振动系统，忽略空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？
[提示]　实际的振动系统，能量逐渐减小；理想化的弹簧振动系统，能量不变。
1．水平的弹簧振子运动时，弹性势能与动能相互转化。弹性势能最小时，动能最大；弹性势能最大时，动能最小。
2．根据水平弹簧振子图，分析各个物理量的变化关系如下：
振子的运动 A→O O →A′ A′→O O →A
位移 方向 向右 向左 向左 向右
大小 减小 增大 减小 增大
回复力 方向 向左 向右 向右 向左
大小 减小 增大 减小 增大
振子的运动 A→O O →A′ A′→O O →A
加速度 方向 向左 向右 向右 向左
大小 减小 增大 减小 增大
速度 方向 向左 向左 向右 向右
大小 增大 减小 增大 减小
振子的动能 增大 减小 增大 减小
弹簧的势能 减小 增大 减小 增大
系统总能量 不变 不变 不变 不变
(1)根据F＝－kx＝ma，由x变化，分析F和a的变化。
(2)根据简谐运动机械能守恒，x变化影响弹性势能Ep的变化，由E＝Ep＋Ek可知Ek的变化。
(2025·江苏镇江市期中)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm，某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：

(1)振子振动的振幅；
[答案]　10 cm　
(2)振子在5 s内通过的路程及位移的大小；
[答案]　2 m　0　
(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值。
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，动能最小，加速度最大
B．小球在A、B位置时，动能最小，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]　振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置动能最大，回复力为零，加速度为零，在A、B位置时，速度为零，动能最小，位移最大，回复力最大，加速度最大，故A错误，B正确；由于回复力指向平衡位置，所以振子从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功，振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故C、D错误。
(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定于天花板上，下端悬挂一物块组成一个沿竖直方向振动的弹簧振子。当物块处于静止状态时重力势能为零，弹簧处于原长时弹性势能为零。现将该物块向下拉一小段距离后放手，此后振子在竖直方向上做简谐运动，不计空气阻力。下列判断正确的是(　　)
A．弹簧振子在平衡位置时，弹力与重力大小相等、方向相反
B．弹簧振子在平衡位置时，弹簧的弹性势能为零
C.弹簧振子经过平衡位置时，振动系统的重力势能最小
D．弹簧振子在振动过程中，振动系统的机械能守恒
√
√
[解析]　弹簧振子只受重力和弹簧的弹力，当在平衡位置时，弹力与重力大小相等、方向相反，此时振子受力平衡，弹簧处于伸长状态，弹性势能不为零，故A正确，B错误； 振子经平衡位置时，速度最大，振动系统的势能最小，并不是重力势能最小，故C错误；振子在振动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，则振动系统的机械能守恒，故D正确。
综合一练　简谐运动的动力学和能量分析
如图所示，与地面夹角为θ的光滑斜面顶端固定一垂直于斜面的挡板，劲度系数为k的轻弹簧一端固定一个质量为m的小物体，另一端固定在挡板上。物体在平行于斜面方向上的A、B两点间做简谐运动，当物体振动到最高点A时，弹簧正好为原长，则物体在向下振动过程中(　　)
A．物体的动能不断增大
B．物体在B点时受的弹力大小为2mg sin θ
C．物体在A、B两点的加速度相同
D．平衡位置处，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最大
√
[解析]　物体运动到平衡位置时，动能最大，运动到位置B时，速度为0，动能为0，所以物体在向下振动过程中，物体的动能先增大后减小，故A错误；物体在最高点，有F回＝mg sin θ，在最低点时，受力分析可得F－mg sin θ＝F回，联立可得F＝2mg sin θ，故B正确；物体在A、B两点的加速度等大、反向，故C错误；平衡位置处，动能最大，根据能量守恒，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最小，故D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1.(对回复力的理解)(多选)(2025·湖北宜昌期中)如图所示，将弹簧振子从平衡位置O拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动。设AB＝20 cm，振子由A到B运动时间为0.1 s，振子的质量为m，重力加速度为g，则下列说法错误的是(　　)
A．振子的振幅为10 cm，周期为0.2 s
B．振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx＋mg与kΔx－mg
C．振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx
D．振子完成一次全振动通过的路程是20 cm
√
√
解析：振子在A、B间振动，AB＝20 cm，则振幅A＝10 cm，周期为0.2 s，故A正确；根据F＝－kx可知，振子在A、B两处受到的回复力大小都为kΔx，故B错误，C正确；振子完成一次全振动经过的路程s＝4A＝40 cm，故D错误。
2．(简谐运动的动力学能量分析)(2025·吉林白山联考期末)如图所示，光滑水平面上的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，取向左为正方向，则振子从O点运动到B点的过程中(　　)
A．位移不断减小
B．加速度不断减小
C．位移方向与加速度方向始终相同
D．速度减小，弹性势能增大
解析：振子从O→B运动的过程是远离平衡位置，故位移增大，回复力增大，加速度增大，位移方向与加速度方向相反，速度减小，弹性势能增大。
√
3．(简谐运动的动力学能量分析)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A．t＝0时，弹簧弹力为0
B．t＝0.2 s时，手机位于平衡位置下方
C．从t＝0至t＝0.2 s，手机的动能增大
D．改变手机振动的振幅，加速度随时间的变化周期将发生改变
√(共3张PPT)
章末知识网络建构
感谢观看
THANKS
受力特征：回复力F=-x
基本模型
弹簧振子；单摆(0≤5°)
概念：振幅、周期和频率
①
运动
[答案]
描述
单摆周期：T=2T
①简谐
x-t图像：正弦或余弦曲线
②阻尼
振动能：动能和势能之和；机械能守恒
特征：振幅递减
③受迫
②
振动
机械振
原因：振动能逐渐转化为其他形式的能
④越小
定义：周期性的驱动力作用下的振动
f=f驱，跟∫固无关
⑤最大
③
振动
特征
∫驱与∫固相差④
，振幅A越大
共振：驱=∫固时，振幅A⑤
实验：用单摆测量重力加速度(共42张PPT)
第5节　实验：用单摆测量重力加速度
课前知识梳理
PART
01
第一部分
二、实验器材
铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长1 m左右)、刻度尺(最小刻度为1 mm)、游标卡尺。
三、实验步骤
1．取出约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。
五、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平面内运动，不要形成圆锥摆。
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＝12.0 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＝________________(用题中所给字母表示)。
(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
(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
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
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
(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
3．(2025·江苏镇江市期中)实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为________mm。
解析：10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图2可知该摆球的直径s＝12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm。
12.0
(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的(选填选项前的字母)________。
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约1 cm的均匀铁球
D．直径约10 cm的均匀木球
AC
解析：实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1 m的细线作为摆线，不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1 cm的均匀铁球作为摆球，不能选用直径约10 cm的均匀木球，故C正确，D错误。
(3)单摆挂在铁架台上，细线的悬挂方式正确的是图1中的________(选填“甲”或“乙”)。
解析：在该实验的过程中，为了保证摆动过程中摆长保持不变，悬点要固定，所以细线的悬挂方式正确的是乙。
乙
(4)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。
A．测出摆线长作为单摆的摆长
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
BC
解析：单摆的摆长等于摆线长度与摆球半径之和，故A错误；单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期，用单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期，实验误差较大，故D错误。
(5)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，
则重力加速度g＝________________(用l、n、t表示)。章末过关检测(二)
(时间：75分钟　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．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动的回复力可能是恒力
B．做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向可能相同
C．简谐运动中回复力的公式F＝－kx 中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
D．做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零
解析：选D。根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回复力为F＝－kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数，x是物体相对于平衡位置的位移，不是弹簧长度，因x是变化的，回复力不可能是恒力，故A、C错误；回复力方向总是与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度的方向也必定与位移方向相反，故B错误；做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，故D正确。
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，速度最小，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，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
D．试管的机械振动不是简谐振动
解析： 选D。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，D错误；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；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。
8．一弹簧振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m；t＝1.2 s时刻振子刚好第2次经过x＝0.1 m的位置且速度为零。下列有关该振子运动问题的说法正确的是(　　)
A．振幅为0.1 m
B．周期为1.2 s
C．1.2 s内的路程是0.6 m
D．t＝0.6 s时刻的位移为0.1 m
解析：选AC。由t＝1.2 s时刻振子处在正向最大位移处，得t＝0时刻在负向最大位移处，则振幅为0.1 m，A正确；t＝1.2 s是第2次到正向最大位移处，所以t＝1.5T＝1.2 s，故该振子的周期T＝0.8 s，B错误；一个周期经过的路程是4个振幅，则1.2 s内的路程s＝×4A＝0.6 m，C正确；因为t＝0.6 s＝T时刻振子位于平衡位置，所以位移为0，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．(10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，摆球应选质量大且体积小的铁球。
(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＝，g值偏大的原因可能是测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，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．(10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)用铁夹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：(4)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：(4)①2　②g＝(l＋)　③4π2k
13.(8分)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)当振子做小振幅简谐运动时，A的平衡位置离地面有多高？(4分)
(2)当振幅为0.5 cm时，B对A的最大压力为多大？(4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)振幅A＝0.5 cm，即振子相对于平衡位置的最大位移为0.5 cm，当振子处于平衡位置下侧的振幅位置时，加速度方向向上，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
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。(6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。(6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.(14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。(4分)
(2)求7 s内小球通过的路程及7 s末小球位移的大小。(5分)
(3)求小球运动至C点时，其所受回复力的大小。(5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(共51张PPT)
阶段滚动检测卷(一)
(时间：75分钟　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．在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则(　　)
A.乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等
D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等
解析：因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I＝Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，故A正确；动量变化率大小为F，即动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，所以甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；由I＝Δp知甲、乙的动量变化量一定大小相等，方向相反，故C错误；由Δp＝mΔv可知，由于甲、乙的质量大小关系未知，所以甲的速度变化量与乙的速度变化量大小不一定相等，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(不考虑水的粘滞阻力)，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
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。
AC
(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。
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。
16.25
(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mA＝45 g、mB＝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．(6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。(3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；(4分)
(2)弹簧的最大弹性势能；(4分)
(3)滑块C的最大速度的大小。(4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；(5分)
(4)滑块CD最终速度v2的大小。(5分)题组1　简谐运动的理解
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．(多选)弹簧振子在振动过程中，每一次经过同一位置时，都具有相同的(　　)
A.位移　　　　　　 　 B．加速度
C．速度 D．动量
解析：选AB。弹簧振子在振动过程中，每一次经过同一位置时，位移x相同，根据kx＝ma，可知加速度相同；速度的大小是相等的，但是速度方向不一定相同，根据p＝mv，可知动量的大小是相等的，但是动量方向不一定相同。
3.(多选)如图所示的是一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，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，加速度为负
C．C→O位移为负，加速度为正
D．O→B位移为负，速度为负
解析：选ABD。B→O时，振子在O点的左侧向右运动，其位移是负值，速度是正值，故A正确；O→C时，振子在O点的右侧向右运动，其位移和速度都是正值，而加速度指向左侧，是负值，故B正确；C→O时，振子在O点的右侧向左运动，其位移是正值，加速度指向左侧，是负值，故C错误；O→B时，振子在O点的左侧向左运动，其位移是负值，速度是负值，故D正确。
题组2　简谐运动的图像
4.一质点做简谐运动的图像如图所示，该质点在t＝3.5 s时刻(　　)
A．速度为正、位移为正
B．速度为负、位移为负
C．速度为负、位移为正
D．速度为正、位移为负
解析：选A。根据简谐运动的图像可知该质点在t＝3.5 s时刻位移为正，速度沿x轴正向，为正。
5.(多选)图为获取弹簧振子的位移—时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是(　　)
A．如果纸带不动，则作出的振动图像仍然是正弦函数曲线
B．如果纸带不动，则作出的振动图像是一段线段
C．图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
D．若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的图像
解析：选BC。当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，A错误，B正确；由振动图像可以看出，题图所示时刻振子正由平衡位置向右运动，C正确；只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，而简谐运动的图像一定是正弦或余弦函数曲线，D错误。
6．某弹簧振子的振动图像如图所示。根据图像判断，下列说法正确的是(　　)
A．第1 s内振子相对于平衡位置的位移与速度方向相反
B．第2 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm
C．第2 s末和第3 s末振子相对于平衡位置的位移不相同，瞬时速度方向相反
D．第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向相同，瞬时速度方向相反
解析：选D。第1 s内振子相对于平衡位置的位移为正方向，速度方向也为正方向，A错误；第2 s末振子在平衡位置，位移为0，B错误；第3 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm，第2 s末振子恰好过平衡位置，且向x轴负方向运动，而第3 s末振子瞬时速度刚好为0，C错误；第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向都是正方向，第1 s内瞬时速度方向为正，第2 s内瞬时速度方向为负，D正确。
7．(10分)某质点做简谐运动的振动图像如图所示，根据图像中的信息，回答下列问题。
(1)质点在第2 s末的位移是多少？(3分)
(2)质点振动过程中的最大位移为多少？(3分)
(3)在前4 s内，质点经过的路程为多少？(4分)
解析：(1)由x－t图像可以读出2 s末质点的位移为0。　
(2)质点的最大位移在前4 s内发生在1 s末和3 s末，位移大小为10 cm。
(3)前4 s，质点先朝正方向运动了一个距离为10 cm的来回，又在负方向上运动了一个距离为10 cm的来回，故总路程为40 cm。
答案：(1)0　(2)10 cm　(3)40 cm
8．(10分)如图所示，这是某弹簧振子做简谐运动的位移随时间变化的图像。求：
(1)振子在从计时时刻起20 s内通过的路程；(5分)
(2)在30 s末，振子的位移。(5分)
解析：(1)由题图可知，振子离开平衡位置的最大距离为30 cm，在20 s内正好一个来回，故通过的路程为60 cm。
(2)由题图可知，在30 s末，振子的位移大小为30 cm，方向沿x轴的负方向。
答案：(1)60 cm　(2)30 cm，方向沿x轴的负方向
9．(12分)如图所示，这是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息，回答下列问题。
(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(3分)
(2)质点在10 s末和20 s末的位移大小分别是多少？(3分)
(3)质点在15 s和25 s末向什么方向运动？(3分)
(4)质点在前30 s内的运动路程是多少？(3分)
解析：(1)质点离开平衡位置的最大距离等于最大位移的大小，由题图可以看出，此距离为20 cm。
(2)质点在10 s末的位移大小x1＝20 cm，20 s末的位移大小x2＝0。
(3)15 s质点位移为正，15 s后的一段时间，位移逐渐减小，故质点在15 s向负方向运动，同理可知，25 s末质点也向负方向运动。
(4)前30 s质点先是由平衡位置沿正方向运动了20 cm，又返回平衡位置，最后又到达负方向20 cm处，故30 s内的总路程为60 cm。
答案：(1)20 cm　(2)20 cm　0　(3)负方向　负方向
(4)60 cm1．(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g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·江苏徐州市开学考)某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)该同学用游标卡尺测小球的直径，读数前应锁定图1中的部件________(选填“A”“B”或“C”)，游标卡尺读数部分放大图如图2所示，读数为________mm。将小球放入游标卡尺的凹槽内，具体操作如图3所示，该操作会导致小球直径测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(2)下列实验操作步骤，正确顺序是______________。
①用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T
②改变细线长度，重复以上步骤，进行多次测量
③用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长L
④取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
⑤缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球
⑥用单摆公式计算当地重力加速度
(3)测出单摆周期T与摆长L，重力加速度g的表达式为__________________(用T和L表示)。该同学测出六组T与L的数据，如下表所示，请在图4中作出T2－L的图像。
L/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2 1.5
T/s 1.42 1.79 1.90 2.00 2.20 2.45
T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84 6.00
(4)若另一同学在测量周期过程中，误将50次全振动记为49次，其他测量均正确。已知图5中虚线是按50次全振动计算所描绘的图线，图线A和D与虚线平行，那么此同学描绘的图像可能是图5中的图线__________(选填“A”“B”“C”或“D”)。
解析：(1)为防止读数时游标卡尺发生转动，读数前应锁定题图1中的部件A；50分度游标卡尺的精确值为0.02 mm，由题图2可知读数为11 mm＋13×0.02 mm＝11.26 mm；如题图3所示，小球放入游标卡尺的凹槽内，该操作会导致小球直径测量值小于真实值。
(2)实验前，取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长L；实验时，缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球，用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T；改变细线长度，重复以上步骤，进行多次测量；最后用单摆公式计算当地重力加速度，故正确顺序是④③⑤①②⑥。
(3)由单摆周期公式T＝2π，可得重力加速度的表达式为g＝，根据表格数据描出对应点，并作出T2－L图像如图所示。
(4)另一同学在测量周期过程中，误将50次全振动记为49次，使得测量周期偏大，图像仍然过坐标原点，且T2－L的图像斜率变大，故可能是B图线。
答案：(1)A　11.26　小于　(2)④③⑤①②⑥　(3)g＝　图见解析　(4)B
4．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
5．(2025·四川绵阳市期中)用如图甲所示实验装置做“用单摆测重力加速度”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)若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是________(填字母代号)。
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B．把摆线的长度记为摆长
C．测量摆线长度时拉得过紧
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
(3)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。
(4)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振动，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)由单摆周期公式T＝2π可知，g＝，如果把悬点到摆球下端的长度记为摆长，L偏大，得到的重力加速度值偏大，故A错误；把摆线的长度记为摆长，则L偏小，g偏小，故B正确；测量摆线长度时拉得过紧，则测量的摆长L偏大，g偏大，故C错误；实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，会使得周期T偏小，从而得到的重力加速度值偏大，故D错误。
(3)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＝，则测量值等于实际值。
(4)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)B　(3)等于　(4)0.04(共40张PPT)
第二章　机械振动
第1节　简谐运动
学习目标
1．了解弹簧振子的结构，知道什么是弹簧振子。
2．理解振动的平衡位置，知道振子位移的概念。
3．理解简谐运动的含义，能从简谐运动的图像中了解简谐运动的规律。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、弹簧振子
1．机械振动
(1)定义：物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运动称为机械振动，简称_____________。
(2)特征
①有一个“中心位置”，即平衡位置，也是振动物体静止时的位置；
②运动具有往复性。
振动
2．弹簧振子
(1)弹簧振子：弹簧振子是指__________和______组成的系统，是一种_________模型。
(2)振子模型：常见的有水平弹簧振子和竖直弹簧振子，如图甲、乙所示。图甲中球与杆之间的摩擦可以忽略，且弹簧的质量与小球的质量相比可以忽略。
小球
弹簧
理想化
二、弹簧振子的位移—时间图像
1．建立坐标系
以小球的____________为坐标原点，沿着它的______________建立坐标轴，规定水平向右
为正方向。小球在平衡位置的______时它的位置坐标x为正，在____________时位置坐标x为负(以水平弹簧振子为例)。
平衡位置
振动方向
右边
左边
2．位移—时间图像
横坐标表示振子振动的________，纵坐标表示振子相对于___________________的位移。
3．形状：正弦曲线，如图丙所示。

4．物理意义
反映了振子的__________随__________的变化规律。
时间
平衡位置
位移
时间
三、简谐运动
1．定义：如果物体的位移与时间的关系遵从__________函数的规律，即它的振动图像(x－t图像)是一条________曲线，这样的振动是一种简谐运动。
2．特点：简谐运动是最________的振动，弹簧振子的运动就是简谐运动。
正弦
正弦
基本
判断下列说法是否正确。
(1)简谐运动是匀变速运动。(　　)
(2)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为0。　(　　)
(3)弹簧振子的振动不一定是简谐运动。(　　)
(4)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(　　)
(5)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　弹簧振子和简谐运动的理解
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，那么实验结果如何？
[提示]　小球将持续地做往复运动。
1．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。
2．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。
3．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。
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。
√
(多选)如图所示，有一弹簧振子，O点为平衡位置，当振子从A点运动到C点时，相对于平衡位置(　　)

A.振子的位移大小为CA
B．振子的位移大小为OC
C．振子的位移方向向左
D．振子从A点运动到C点过程中，加速度方向与速度方向相同
√
√
[解析]　当振子从A点运动到C点时，相对于平衡位置，振子的位移大小为OC，振子的位移方向向右，故A、C错误，B正确；振子从A点运动到C点过程中，加速度方向指向O，即加速度方向向左，速度方向向左，所以加速度方向与速度方向相同，故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力相等的位置，即钢球原来静止时的位置，D正确。
√
知识点二　简谐运动的图像
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。
角度1　简谐运动图像的理解
(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。
如图甲所示，一弹簧振子在A、B间振动，取向右为正方向，振子经过O点时为计时起点，其振动的x－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A.t4时刻振子在A点
B．t2时刻振子在B点
C．在t1到t2时间内，振子的位移在增大
D．在t3到t4时间内，振子的位移在减小
√
[解析]　振子在A点和B点时位移最大，由于取向右为正方向，所以振子运动到A点有正向最大位移，运动到B点有负向最大位移，则t2时刻，振子在A点，t4时刻，振子在B点，故A、B错误；振子的位移以平衡位置为起点，所以在t1到t2和t3到t4时间内振子的位移都在增大，故C正确，D错误。
角度2　简谐运动图像的应用
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，振子在图中“F、G”区间内运动，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，找出题图甲中的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。
(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。
相反
逐渐增大
0
【教材经典P35第2题】如图是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息，回答下列问题。

(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？
[解析]　 10 cm 。
[答案]　10 cm　
(2)在1.5 s和2.5 s这两个时刻，质点的位置在哪里？质点向哪个方向运动？
[解析]　在1.5 s，质点的位置坐标x＝7 cm，在2.5 s时，质点的位置坐标x＝－7 cm，在这两个时刻，质点都向x轴的负方向运动。
[答案]　见解析　
(3)质点相对于平衡位置的位移方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？
[解析]　质点在前1 s和2 s到3 s相对于平衡位置的位移方向跟它的瞬时速度方向相同；质点在1 s到2 s和3 s到4 s相对于平衡位置的位移方向跟它的瞬时速度方向相反。
[答案]　见解析　
(4)质点在第2 s末的位移是多少？
[解析]　0。
[答案]　0
(5)质点在前2 s内运动的路程是多少？
[解析]　20 cm。
[答案]　20 cm
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(简谐运动的理解)简谐运动是下列哪一种运动(　　)
A．匀变速运动　　　 　 B．匀速直线运动
C．非匀变速运动 D．匀加速直线运动
解析：简谐运动的x－t图像是一条正弦曲线，其图像的斜率既不是定值，且随t也并非均匀变化，所以简谐运动是非匀变速运动，故C正确，A、B、D错误。
√
2．(简谐运动的图像)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为(　　)

解析：由题意，向右为x轴的正方向，振子位于N点时开始计时，因此t＝0时，振子的位移为正的最大值，振动图像为余弦函数图像，A正确。
√
3．(简谐运动的图像)(多选)一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．t1时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
B．t2时刻振子的位移最大
C．t3时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
D．该图像是从平衡位置开始计时画出的
√
√
解析：从图像可以看出，t＝0时刻，振子在正的最大位移处，因此是从正的最大位移处开始计时画出的图像，D错误；t1时刻以后振子的位移为负，因此该时刻振子正通过平衡位置向负方向运动，A错误；t2时刻振子在负的最大位移处，因此可以说此时振子的位移最大，B正确；t3时刻以后，振子的位移为正，所以该时刻振子正通过平衡位置向正方向运动，C正确。(共45张PPT)
第6节　受迫振动　共振
学习目标
1．知道阻尼振动和阻尼振动能量的转化情况。
2．知道什么是受迫振动及产生条件，掌握物体做受迫振动的特点。
3．知道共振现象，掌握产生共振的条件，知道常见的共振的应用和危害。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、固有频率
弹簧振子与单摆在______________的情况下做简谐运动，周期或频率与__________无关，仅由系统自身的性质决定，我们把这种振动称为固有振动，其振动频率称为固有频率。
没有外力干预
振幅
二、振动中的能量损失
1．阻尼振动
由于实际的振动系统都会受到摩擦力、黏滞力等阻力作用，______必然逐渐______。这种________随时间____________的振动称为阻尼振动。
振幅
减小
振幅
逐渐减小
2．能量衰减的方式
(1)由于振动系统受到摩擦阻力的作用，使振动系统的________逐渐转化为________。
(2)由于振动系统引起邻近介质中各质点的振动，使能量向四周辐射出去，从而自身机械能减少。
机械能
内能
三、受迫振动
1．驱动力
作用于振动系统的________外力。
2．受迫振动
系统在______作用下的振动叫作受迫振动。
3．受迫振动的频率
物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于______________的频率，与物体的______________无关。
周期性
驱动力
驱动力
固有频率
四、共振现象及其应用
1．共振现象
当驱动力的频率________固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到________，这种现象称为共振。
等于
最大值
2．共振的应用与防止
(1)共振的应用
在应用共振时，驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率。例如转速计。
(2)共振的防止
在防止共振时，驱动力频率与系统的固有频率相差越大越好。例如：部队过桥时用便步；火车过桥时减速。目的都是使驱动力的频率远离物体的固有频率。
判断下列说法是否正确。
(1)阻尼振动是机械能不断减小的振动，它一定不是简谐运动。(　　)
(2)单摆的振幅越来越小，是因为其能量在不断消失。(　　)
(3)在外力作用下的振动就是受迫振动。(　　)
(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。(　　)
(6)共振只有害处没有好处。(　　)
×　
√
×　
√
×　
×　
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　固有振动
(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时刻的势能等于B时刻的势能
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
简谐运动、阻尼振动和受迫振动的比较
振动类型 简谐运动 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 简谐运动 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]　固有振动　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，振子做什么振动？其周期是多少？
[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儿才能停下来。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．对共振条件的理解
(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：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
√
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。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(阻尼振动)(多选)对于阻尼振动，下列说法正确的是(　　)
A．物体做自由振动时，振动频率与振幅无关
B．实际的振动系统不可避免地要受到阻尼作用
C．阻尼振动的振幅、振动能量、振动周期逐渐减小
D．对做阻尼振动的振子来说，其机械能逐渐转化为内能
解析：振动系统的振动频率与本身的结构有关，与振幅无关，为固有频率，所以在阻尼振动中，振幅减小，振动能量减少，最终转化为内能，但周期不变，故A、D正确，C错误；实际的振动系统都要受到摩擦或空气阻力等阻尼作用，故B正确。
√
√
√
2. (受迫振动)(2025·江苏淮安统考期中)如图所示，张紧的水平绳上吊着A、B、C三个小球，A、C两球悬线长度相同，让A球在垂直于水平绳的方向振动，振动稳定后下列说法正确的是(　　)
A．C球的振幅比B球的小
B．C球的振幅比B球的大
C.C球的振动周期比B球的小
D．C球的振动周期比B球的大
√
解析：由于A、C的悬线长度相同，所以两小球的固有周期相同，此时C球发生共振，振幅比B球的大，故A错误，B正确；让A球在垂直于水平绳的方向摆动，则B、C两球受迫振动，周期等于A球的振动周期，故C、D错误。
3．(共振现象及应用)(2025·山东烟台市期中)下列说法正确的是(　　)
A．洗衣机工作时机壳的振动频率等于其固有频率
B．为了防止桥梁发生共振而坍塌，部队要齐步通过桥梁
C．在某节目中歌手利用歌声震碎玻璃杯，属于声音的共振现象
D．路面共振破碎机停止工作后，水泥路面振动的频率随着振幅减小而减小
√
解析：洗衣机工作时，为使其保持稳定，不发生共振，机壳的振动频率不能等于其固有频率，故A错误；部队要便步通过桥梁，避免桥梁发生共振，故B错误；在某节目中歌手利用歌声震碎玻璃杯，属于声音的共振现象，故C正确；路面共振破碎机停止工作后，水泥路面振动的振幅减小，但频率是不变的，故D错误。
4．(共振现象及应用)(2025·江苏盐城一中期中)飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a所示。某型号的飞力士棒质量为600 g，长度为1.5 m，固有频率为5.5 Hz。如图b所示，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是(　　)

A.使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B．手每分钟振动330次时，飞力士棒产生共振
C．手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D．手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率不变
√
解析：飞力士棒做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，故A错误；飞力士棒的固有频率为5.5 Hz，则每分钟振动次数为5.5 Hz×60 s＝330次时，飞力士棒将产生共振，故B正确；当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒的振幅才会变大，故C错误；飞力士棒做受迫振动，手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也增大，故D错误。章末知识网络建构
受力特征：回复力F=-x
基本模型
弹簧振子；单摆(0≤5°)
概念：振幅、周期和频率
①
运动
[答案]
描述
单摆周期：T=2T
①简谐
x-t图像：正弦或余弦曲线
②阻尼
振动能：动能和势能之和；机械能守恒
特征：振幅递减
③受迫
②
振动
机械振
原因：振动能逐渐转化为其他形式的能
④越小
定义：周期性的驱动力作用下的振动
f=f驱，跟∫固无关
⑤最大
③
振动
特征
∫驱与∫固相差④
，振幅A越大
共振：驱=∫固时，振幅A⑤
实验：用单摆测量重力加速度题组1　描述简谐运动的物理量
1．(2025·山东烟台市期中)下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是(　　)
A．物体位于平衡位置时，一定处于平衡状态
B．振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处
C．简谐运动的振幅越大，则其运动的周期一定越长
D．做简谐运动的物体，其频率与振幅无关，由振动系统本身的性质决定
解析：选D。物体处于平衡位置时，其所受合力不一定为零，不一定处于平衡状态，故A错误；振幅是标量，故B错误；做简谐振动的物体其周期和频率是一定的，由振动系统本身的性质决定，与振幅无关，所以振幅增大，周期和频率保持不变，故C错误，D正确。
2．关于简谐运动的理解，下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动是匀变速直线运动
B．周期越大，说明物体做简谐运动频率越高
C．位移减小时，加速度减小，速度增大
D．位移的方向总跟加速度和速度的方向相反
解析：选C。做简谐运动的物体加速度发生变化，所以简谐运动不是匀变速运动，故A错误；周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量，周期越大，说明物体做简谐运动频率越低，故B错误；由简谐运动位移时间图像可知，当位移减小时，图线斜率增大，速度增大，故C正确；简谐运动的加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可能相同，也可能相反，故D错误。
题组2　简谐运动的周期性和对称性
3．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。
4．(多选)(2025·山东烟台市期中)如图所示的是一弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是(　　)
A．该弹簧振子的周期为6 s
B．该弹簧振子的振幅为5 cm
C．该弹簧振子在前20 s的总路程是1 m
D．该弹簧振子在前20 s的总位移是0.05 m
解析：选BC。由题图可得，弹簧振子的振幅A＝5 cm，该弹簧振子的周期T＝4 s，故A错误，B正确；前20 s经过了N＝＝5个周期，则位移x＝0，总路程s＝N×4A＝100 cm＝1 m，故C正确，D错误。
题组3　简谐运动的表达式
5．两个简谐运动的表达式分别为x1＝4sin 4πt(cm)和x2＝2sin 2πt(cm)，它们的振幅之比、频率之比是(　　)
A．2∶1，2∶1　　　　　 B．1∶2，1∶2
C．2∶1，1∶2 D．1∶2，2∶1
解析：选A。由题意知A1＝4 cm，A2＝2 cm，ω1＝4π rad/s，ω2＝2π rad/s，则A1∶A2＝2∶1，f1∶f2＝ω1∶ω2＝2∶1，故A正确，B、C、D错误。
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．振动的初相为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，振动的振幅为A＝3 cm，f＝2.5 Hz，初相为φ＝，A、B、C正确；t＝1 s时的位移为x＝3sin ＝－ cm，D错误。
7．如图所示，实线为质点甲做简谐运动的振动图像，虚线为质点乙做简谐运动的振动图像。下列说法正确的是(　　)
A．甲的周期是0.2 s
B．甲的频率是0.4 Hz
C．t＝0.3 s时，质点乙的速度为0
D．t＝0时，甲、乙的相位差的绝对值是
解析：选D。根据振动图像可看出甲、乙的周期均为T＝0.4 s，则频率f＝＝2.5 Hz，故A、B错误；t＝0.3 s时，质点乙在平衡位置，速度最大，故C错误；根据图像可知，甲的振动方程x＝Asin(5πt)，乙的振动方程x＝Asin(5πt－)，则t＝0时，甲、乙的相位差为5πt－(5πt－)＝，故D正确。
8．(2025·贵州黔东南州期中)如图所示的是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是(　　)
A.t＝3×10－3 s时刻纸盆中心的速度最大
B．t＝2×10－3 s时刻纸盆中心的加速度最大
C．在前1×10－3 s时间内纸盆中心的速度方向与加速度方向相同
D．纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×10－4sin 500πt(m)
解析：选D。t＝3×10－3 s时刻纸盆中心位于最大振幅处，速度为0，加速度最大，故A错误；t＝2×10－3 s时刻纸盆中心位于平衡位置，速度最大，加速度为0，故B错误；在前1×10－3 s时间内纸盆中心向最大位移处运动，处于减速状态，所以速度方向与加速度方向相反，故C错误；根据题图知角速度ω＝＝ rad/s＝500π rad/s，振幅A＝1.5×10－4 m，纸盆中心做简谐运动的方程为x＝Asin ωt＝1.5×10－4sin 500πt(m)，故D正确。
9．如图所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时2 s，质点通过N点后再经过2 s又第2次通过N点，在这4 s内质点通过的总路程为18 cm，则质点的振动周期和振幅分别为(　　)
A．10 s　12 cm B．8 s　9 cm
C．6 s　6 cm D．4 s　3 cm
解析：选B。由题意知，质点由O点运动到N点用时1 s，由N点到右侧最大位移处用时1 s，所以质点由O点到右侧最大位移处用时2 s，即周期为8 s；根据题意，结合题图可知，O点到右侧最大位移处的距离(即振幅)为9 cm。
10．(10分)(2025·广东揭阳校考)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。(3分)
(2)该振子在前100 s内的总位移是多少？路程是多少？(3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。(4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
11．(12分)如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。
(1)在第2 s末到第3 s末这段时间内，求小球的加速度、弹簧的弹性势能的变化情况。(3分)
(2)写出该小球位移随时间变化的关系式(要求用sin正弦函数表示)。(3分)
(3)求该小球在第100 s时的位移大小和路程。(3分)
(4)某同学认为：振子从t＝0到t＝0.5 s时间内，运动位移大小是振幅的一半。这种说法是否正确？请说明判断理由。(3分)
解析：(1)由题图可知，在t＝2 s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断变大，加速度逐渐变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐变大，当t＝3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。
(2)由振动图像可得，振幅A＝5 cm，周期T＝4 s，初相位φ＝0，则圆频率ω＝＝ rad/s
故该振子做简谐运动的表达式为x＝5sint(cm)。
(3)振子经过一个周期位移为零，路程
s0＝5×4 cm＝20 cm
前100 s时刚好经过了25个周期，所以第100 s振子位移x＝0
小球的路程s＝20×25 cm＝500 cm＝5 m。
(4)振子从t＝0到t＝0.5 s时间内，运动位移大小
x＝5sin(×0.5)cm＝ cm≠
故该同学的说法不正确。
答案：(1)加速度逐渐变大　弹性势能逐渐变大　(2)x＝5sint(cm)　(3)0　5 m
(4)不正确　理由见解析第3节　简谐运动的回复力和能量
eq \a\vs4\al()
1．知道回复力的概念，会分析其特点和来源。　2.会分析简谐运动中回复力、加速度、位移、速度、动能、势能等各物理量的变化。　3.能理解简谐运动中机械能守恒，知道能量大小与振幅有关。　4.对于水平弹簧振子，能定性说明弹性势能与动能的转化过程。　5.能够结合振动图像分析振子振动的动力学问题。
一、简谐运动的回复力
1．简谐运动的回复力
(1)方向特点：总是指向____________。
(2)作用效果：使物体回到____________。
(3)来源：回复力是根据力的效果命名的，可能由合力、某个力或某个力的分力提供。
(4)表达式：F＝________。即回复力与物体相对平衡位置的位移大小成______________，________表明回复力与位移方向始终相反，k是一个常数，由振动系统决定。
2．简谐运动的动力学特征
如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成__________，并且总是指向__________，物体的运动就是简谐运动。
二、简谐运动的能量
1．振动系统的状态与能量的关系
(1)振子的速度与动能：速度不断变化，动能也____________。
(2)弹簧形变量与势能：弹簧的伸长量或压缩量在不断变化，因而它的势能也在______________。沿水平方向振动的弹簧振子的势能为弹性势能，其大小取决于弹簧的形变量。
2．简谐运动的能量
(1)在最大位移处，弹性__________最大，动能为0，系统的机械能等于最大弹性势能。
(2)在平衡位置处，动能________，弹性势能为0。
(3)在远离平衡位置时，势能增大，动能减小。
(4)在弹簧振子运动的任意位置，系统的动能和势能之和都是一定的，遵守机械能守恒定律。
实际的运动都有一定的能量损耗，所以简谐运动是一种理想化的模型。
3．决定能量大小的因素
振动系统的机械能跟__________有关，对于弹簧劲度系数和小球质量都一定的系统，________越大，机械能越大。
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)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为0的位置。(　　)
(3)回复力的方向总是跟位移的方向相反。(　　)
(4)弹簧振子在运动过程中机械能守恒。(　　)
(5)通过速度的增减变化情况，能判断回复力大小的变化情况。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√
[答案自填] 平衡位置　平衡位置　－kx　正比　负号　正比　平衡位置　不断变化
不断变化　势能　最大　振幅　振幅
知识点一　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。
角度1　回复力的理解和分析
　关于简谐运动，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，一定处于平衡状态
C．物体到达平衡位置时，合力一定为零
D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零
[解析]　平衡位置是回复力等于零的位置，但此时物体不一定处于平衡状态，即物体所受合力不一定为零。
[答案]　A
　(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，回复力是效果力，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，故指向平衡位置，故D正确。
[答案]　AD
　(2025·四川达州市期中)如图所示，下列四种场景中的运动一定不是简谐运动的是(　　)
[解析]　物体在跟位移大小成正比，方向总是指向平衡位置的力的作用下的振动，叫简谐运动。选项C的图中，物体在两侧斜面上受到的力均为恒力，不与位移的大小成正比，所以选项C中的运动一定不是简谐运动。
[答案]　C
角度2　简谐运动的证明
　(2025·安徽合肥市期中)如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，上端拴接一质量为m的可视为质点的小球，小球从弹簧的原长处由静止释放。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)证明：小球在竖直方向上做简谐运动。
(2)求小球运动过程中弹簧的最大压缩量xm。
[解析]　(1)当小球在平衡位置时，对小球受力分析，有mg＝kx0
以小球的平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向建立坐标系，小球相对平衡位置的位移为x时，小球受到的回复力F＝mg－k(x＋x0)＝－kx
即小球的运动为简谐振动。
(2)小球由静止释放时有mg＝ma
达到最大压缩量时有F′－mg＝ma
解得F′＝2mg
故最大压缩量xm＝。
[答案]　(1)见解析　(2)
知识点二　简谐运动的动力学能量分析
eq \a\vs4\al()
水平弹簧振子如图所示，振子在A、B之间做往复运动。
(1)从A到B的运动过程中，振子的动能如何变化？弹簧弹性势能如何变化？振动系统的总机械能是否变化？
(2)如果把振子振动的振幅增大，那么振子回到平衡位置的动能是否增大？振动系统的机械能是否增大？
(3)实际的振动系统有空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？理想化的弹簧振动系统，忽略空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？
[提示]　(1)从A到B的运动过程中，振子的动能先增大后减小；弹簧的弹性势能先减小后增大；总机械能保持不变。
(2)如果把振子振动的振幅增大，那么振子回到平衡位置的动能增大，系统的机械能增大。
(3)实际的振动系统，能量逐渐减小；理想化的弹簧振动系统，能量不变。
1．水平的弹簧振子运动时，弹性势能与动能相互转化。弹性势能最小时，动能最大；弹性势能最大时，动能最小。
2．根据水平弹簧振子图，分析各个物理量的变化关系如下：
振子的运动 A→O O →A′ A′→O O →A
位移 方向 向右 向左 向左 向右
大小 减小 增大 减小 增大
回复力 方向 向左 向右 向右 向左
大小 减小 增大 减小 增大
续　表
振子的运动 A→O O →A′ A′→O O →A
加速度 方向 向左 向右 向右 向左
大小 减小 增大 减小 增大
速度 方向 向左 向左 向右 向右
大小 增大 减小 增大 减小
振子的动能 增大 减小 增大 减小
弹簧的势能 减小 增大 减小 增大
系统总能量 不变 不变 不变 不变
(1)根据F＝－kx＝ma，由x变化，分析F和a的变化。
(2)根据简谐运动机械能守恒，x变化影响弹性势能Ep的变化，由E＝Ep＋Ek可知Ek的变化。
　(2025·江苏镇江市期中)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm，某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：
(1)振子振动的振幅；
(2)振子在5 s内通过的路程及位移的大小；
(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值。
[解析]　(1)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，则振幅A＝
解得A＝10 cm。
(2)由于某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，则有T＝0.5 s
解得T＝1 s
由于5 s＝5T
可知，振子在5 s内通过的路程s＝5×4A
结合上述解得s＝200 cm＝2 m
振子运动时间等于周期的整数倍，即振子回到了出发点，可知振子的位移为0。
(3)根据简谐运动的特征，其回复力大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，则有
kA＝maB，kxP＝maP
解得＝。
[答案]　(1)10 cm　(2)2 m　0　(3)
　把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置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，动能最小，加速度最大
B．小球在A、B位置时，动能最小，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]　振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置动能最大，回复力为零，加速度为零，在A、B位置时，速度为零，动能最小，位移最大，回复力最大，加速度最大，故A错误，B正确；由于回复力指向平衡位置，所以振子从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功，振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故C、D错误。
[答案]　B
　(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定于天花板上，下端悬挂一物块组成一个沿竖直方向振动的弹簧振子。当物块处于静止状态时重力势能为零，弹簧处于原长时弹性势能为零。现将该物块向下拉一小段距离后放手，此后振子在竖直方向上做简谐运动，不计空气阻力。下列判断正确的是(　　)
A．弹簧振子在平衡位置时，弹力与重力大小相等、方向相反
B．弹簧振子在平衡位置时，弹簧的弹性势能为零
C.弹簧振子经过平衡位置时，振动系统的重力势能最小
D．弹簧振子在振动过程中，振动系统的机械能守恒
[解析]　弹簧振子只受重力和弹簧的弹力，当在平衡位置时，弹力与重力大小相等、方向相反，此时振子受力平衡，弹簧处于伸长状态，弹性势能不为零，故A正确，B错误； 振子经平衡位置时，速度最大，振动系统的势能最小，并不是重力势能最小，故C错误；振子在振动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，则振动系统的机械能守恒，故D正确。
[答案]　AD
综合一练　简谐运动的动力学和能量分析
　如图所示，与地面夹角为θ的光滑斜面顶端固定一垂直于斜面的挡板，劲度系数为k的轻弹簧一端固定一个质量为m的小物体，另一端固定在挡板上。物体在平行于斜面方向上的A、B两点间
做简谐运动，当物体振动到最高点A时，弹簧正好为原长，则物体在向下振动过程中(　　)
A．物体的动能不断增大
B．物体在B点时受的弹力大小为2mg sin θ
C．物体在A、B两点的加速度相同
D．平衡位置处，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最大
[解析]　物体运动到平衡位置时，动能最大，运动到位置B时，速度为0，动能为0，所以物体在向下振动过程中，物体的动能先增大后减小，故A错误；物体在最高点，有F回＝mg sin θ，在最低点时，受力分析可得F－mg sin θ＝F回，联立可得F＝2mg sin θ，故B正确；物体在A、B两点的加速度等大、反向，故C错误；平衡位置处，动能最大，根据能量守恒，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最小，故D错误。
[答案]　B
1.(对回复力的理解)(多选)(2025·湖北宜昌期中)如图所示，将弹簧振子从平衡位置O拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动。设AB＝20 cm，振子由A到B运动时间为0.1 s，振子的质量为m，重力加速度为g，则下列说法错误的是(　　)
A．振子的振幅为10 cm，周期为0.2 s
B．振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx＋mg与kΔx－mg
C．振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx
D．振子完成一次全振动通过的路程是20 cm
解析：选BD。振子在A、B间振动，AB＝20 cm，则振幅A＝10 cm，周期为0.2 s，故A正确；根据F＝－kx可知，振子在A、B两处受到的回复力大小都为kΔx，故B错误，C正确；振子完成一次全振动经过的路程s＝4A＝40 cm，故D错误。
2．(简谐运动的动力学能量分析)(2025·吉林白山联考期末)如图所示，光滑水平面上的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，取向左为正方向，则振子从O点运动到B点的过程中(　　)
A．位移不断减小
B．加速度不断减小
C．位移方向与加速度方向始终相同
D．速度减小，弹性势能增大
解析：选D。振子从O→B运动的过程是远离平衡位置，故位移增大，回复力增大，加速度增大，位移方向与加速度方向相反，速度减小，弹性势能增大。
3．(简谐运动的动力学能量分析)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，弹簧弹力为0
B．t＝0.2 s时，手机位于平衡位置下方
C．从t＝0至t＝0.2 s，手机的动能增大
D．改变手机振动的振幅，加速度随时间的变化周期将发生改变
解析：选B。t＝0时，手机加速度为0，即手机处于平衡状态，则弹簧弹力F＝mg，A错误；t＝0.2 s时，手机的加速度为正，根据a＝可知手机位于平衡位置下方，B正确；从t＝0至t＝0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；对于同一个振子，其振动周期与振幅无关，改变手机振动的振幅，加速度随时间的变化周期不变，D错误。(共25张PPT)
第6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．物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于物体的固有频率
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：物体在做阻尼振动时不断克服外界阻力做功而消耗能量，振幅会逐渐减小，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，A错误，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。
√
6．一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则(　　)

A．此单摆的固有周期约为0.5 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C.若单摆的固有频率增大，说明摆长增大了
D．若共振曲线的峰值将向右移动，说明摆长增大了
√
7．以下说法正确的是(　　)
A．做简谐运动的质点是做匀变速直线运动
B．弹簧振子做简谐运动时，经过同一位置时的速度总是相同
C．驱动力的频率等于系统固有频率时，就会发生共振
D．当存在摩擦和空气阻力时，物体在振动过程中机械能将减小，振幅减小，周期也减小
解析：做简谐运动的质点的加速度不断变化，做非匀变速直线运动，故A错误；弹簧振子做简谐运动时，经过同一位置时的速度大小总是相同，但是方向不一定相同，故B错误；驱动力的频率等于系统固有频率时，就会发生共振，故C正确；当摩擦力和空气阻力大小恒定时，物体在振动过程中机械能将减小，振幅减小，周期不变，故D错误。
√
8．(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。
√
9．(多选)(2025·甘肃白银阶段练)一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平衡，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱。下列说法正确的是(　　)
A．正常工作时，洗衣机做的是受迫振动
B．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大
C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小
D．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
√
√
解析：洗衣机的振动是电机振动引起的，为受迫振动，故A正确；切断电源，洗衣机脱水桶的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时洗衣机脱水桶的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振，此后洗衣机脱水桶转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故说明正常工作时洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、D正确，C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.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
√
12．(10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；(5分)
答案：π rad/s　
(2)相邻两个接轨处的长度x。(5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5节　实验：用单摆测量重力加速度
一、实验原理
当摆角较小(小于5°)时，单摆做简谐运动，根据其周期公式可得g＝。据此，通过实验测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度。
二、实验器材
铁架台及铁夹、金属小球(上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长1 m左右)、刻度尺(最小刻度为1 mm)、游标卡尺。
三、实验步骤
1．取出约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。
四、数据分析
1．公式法：根据公式g＝，将每次实验的l、N、t数值代入，计算重力加速度g，然后取平均值。
2．图像法：作出T2－l图像，由T2＝可知T2－l图线是一条过原点的直线，其斜率k＝，求出k，可得g＝。
五、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平面内运动，不要形成圆锥摆。
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＝12.0 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＝________________(用题中所给字母表示)。
(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
　(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
1．(多选)在用单摆测量重力加速度的实验中，下列叙述正确的是(　　)
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
C．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
D．释放摆球，当摆球振动稳定后，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝
解析：选AD。在用单摆测量重力加速度的实验中，摆线要选择细些的、伸缩性小些的、长度要适当长一些的，故A正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，摆球的周期与摆角无关，因此增大摆角不能增大摆的周期，故B错误；单摆的摆长应等于摆线的长度与摆球半径之和，故C错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，测量出摆球振动50个周期的时间t，则周期T＝，故D正确。
2．(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　(3)C
3．(2025·江苏镇江市期中)实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为________mm。
(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的(选填选项前的字母)________。
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约1 cm的均匀铁球
D．直径约10 cm的均匀木球
(3)单摆挂在铁架台上，细线的悬挂方式正确的是图1中的________(选填“甲”或“乙”)。
(4)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。
A．测出摆线长作为单摆的摆长
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
(5)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________________(用l、n、t表示)。
解析：(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1 mm，由题图2可知该摆球的直径s＝12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm。
(2)实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1 m的细线作为摆线，不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1 cm的均匀铁球作为摆球，不能选用直径约10 cm的均匀木球，故C正确，D错误。
(3)在该实验的过程中，为了保证摆动过程中摆长保持不变，悬点要固定，所以细线的悬挂方式正确的是乙。
(4)单摆的摆长等于摆线长度与摆球半径之和，故A错误；单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期，用单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期，实验误差较大，故D错误。
(5)根据单摆周期公式T＝2π，又T＝，联立可得重力加速度g＝。
答案：(1)12.0　(2)AC　(3)乙　(4)BC
(5)(共51张PPT)
第4节　单　摆
学习目标
1．知道什么是单摆及单摆做简谐运动的条件。
2．会分析单摆做简谐运动的回复力以及摆球所受的合外力。
3．知道单摆的周期跟什么因素有关，理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、单摆的回复力
1．单摆模型
如果细线的长度不可改变，细线的______与小球相比可以忽略，球的________与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的___________模型。
2．单摆的回复力
重力沿圆弧____________的分力F充当使球沿圆弧做往复运动的回复力。
质量
直径
理想化
切线方向
(2)不计空气阻力作用。
相反
二、单摆的周期
1．周期公式
单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次
方根成反比，关系式可表示为________________。
2．特点：单摆做简谐运动的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大，单摆周期与摆球质量及振幅无关。
3．应用：单摆周期公式的发现，为人类利用简谐运动定量计时提供了可能，并以此为基础发明了真正可持续运转的时钟。
判断下列说法是否正确。
(1)制作单摆的摆球越大越好。(　　)
(2)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　)
(3)单摆的回复力是重力的分力。(　　)
(4)单摆的周期与摆球的质量无关。(　　)
(5)单摆的振幅越小，周期越小。(　　)
(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，我们应理解为简谐运动方向上的平衡位置，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F＝mg sin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T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，单摆的周期会减小
√
[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；单摆的周期与振幅无关，所以周期不变，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，那么摆球的质量越大，回复力越大，是否单摆摆动得越快，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　单摆的周期公式和振动图像
(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
(2)圆弧摆：如图(c)所示，光滑圆弧的半径为R，小球在圆弧面上做往复运动时，等效为摆长为R的单摆做简谐运动，要求θ＜5°。
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。
√
√
√
√
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
√
3.(单摆模型的拓展)(2025·江苏苏州联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O点是最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放，途中都经过 P点。下列说法正确的是(　　)
A．M比N晚到达O点
B．M有可能在P点追上N并与之相碰
C．两小球经过O点时回复力为0
D．两小球所受重力与支持力的合力提供回复力
√
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(共17张PPT)
第1节　课后达标检测
√
题组1　简谐运动的理解
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．(多选)弹簧振子在振动过程中，每一次经过同一位置时，都具有相同的(　　)
A.位移　　　　　　 　 B．加速度
C．速度 D．动量
解析：弹簧振子在振动过程中，每一次经过同一位置时，位移x相同，根据kx＝ma，可知加速度相同；速度的大小是相等的，但是速度方向不一定相同，根据p＝mv，可知动量的大小是相等的，但是动量方向不一定相同。
√
√
3.(多选)如图所示的是一弹簧振子，O为平衡位置，设向右为正方向，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，加速度为负
C．C→O位移为负，加速度为正
D．O→B位移为负，速度为负
√
√
解析：B→O时，振子在O点的左侧向右运动，其位移是负值，速度是正值，故A正确；O→C时，振子在O点的右侧向右运动，其位移和速度都是正值，而加速度指向左侧，是负值，故B正确；C→O时，振子在O点的右侧向左运动，其位移是正值，加速度指向左侧，是负值，故C错误；O→B时，振子在O点的左侧向左运动，其位移是负值，速度是负值，故D正确。
√
题组2　简谐运动的图像
4.一质点做简谐运动的图像如图所示，该质点在t＝3.5 s时刻(　　)
A．速度为正、位移为正
B．速度为负、位移为负
C．速度为负、位移为正
D．速度为正、位移为负
解析：根据简谐运动的图像可知该质点在t＝3.5 s时刻位移为正，速度沿x轴正向，为正。
√
5.(多选)图为获取弹簧振子的位移—时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是(　　)
A．如果纸带不动，则作出的振动图像仍然是正弦函数曲线
B．如果纸带不动，则作出的振动图像是一段线段
C．图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
D．若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的图像
√
解析：当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，A错误，B正确；由振动图像可以看出，题图所示时刻振子正由平衡位置向右运动，C正确；只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，而简谐运动的图像一定是正弦或余弦函数曲线，D错误。
√
6．某弹簧振子的振动图像如图所示。根据图像判断，
下列说法正确的是(　　)
A．第1 s内振子相对于平衡位置的位移与速度方向相反
B．第2 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm
C．第2 s末和第3 s末振子相对于平衡位置的位移不相同，瞬时速度方向相反
D．第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向相同，瞬时速度方向相反
解析：第1 s内振子相对于平衡位置的位移为正方向，速度方向也为正方向，A错误；第2 s末振子在平衡位置，位移为0，B错误；第3 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm，第2 s末振子恰好过平衡位置，且向x轴负方向运动，而第3 s末振子瞬时速度刚好为0，C错误；第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向都是正方向，第1 s内瞬时速度方向为正，第2 s内瞬时速度方向为负，D正确。
7．(10分)某质点做简谐运动的振动图像如图所示，根据图像中的信息，回答下列问题。

(1)质点在第2 s末的位移是多少？(3分)
解析：由x－t图像可以读出2 s末质点的位移为0。　
答案：0　
(2)质点振动过程中的最大位移为多少？(3分)
解析：质点的最大位移在前4 s内发生在1 s末和3 s末，位移大小为10 cm。
答案：10 cm　
(3)在前4 s内，质点经过的路程为多少？(4分)
解析：前4 s，质点先朝正方向运动了一个距离为10 cm的来回，又在负方向上运动了一个距离为10 cm的来回，故总路程为40 cm。
答案：40 cm
8．(10分)如图所示，这是某弹簧振子做简谐运动的位移随时间变化的图像。求：

(1)振子在从计时时刻起20 s内通过的路程；(5分)
解析：由题图可知，振子离开平衡位置的最大距离为30 cm，在20 s内正好一个来回，故通过的路程为60 cm。
答案：60 cm　
(2)在30 s末，振子的位移。(5分)
解析：由题图可知，在30 s末，振子的位移大小为30 cm，方向沿x轴的负方向。
答案：30 cm，方向沿x轴的负方向
9．(12分)如图所示，这是某质点做简谐运动的振动图像。
根据图像中的信息，回答下列问题。
(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(3分)
解析：质点离开平衡位置的最大距离等于最大位移的大小，由题图可以看出，此距离为20 cm。
答案：20 cm　
(2)质点在10 s末和20 s末的位移大小分别是多少？(3分)
解析：质点在10 s末的位移大小x1＝20 cm，20 s末的位移大小x2＝0。
答案：20 cm　0　
(3)质点在15 s和25 s末向什么方向运动？(3分)
解析：15 s质点位移为正，15 s后的一段时间，位移逐渐减小，故质点在15 s向负方向运动，同理可知，25 s末质点也向负方向运动。
答案：负方向　负方向
(4)质点在前30 s内的运动路程是多少？(3分)
解析：前30 s质点先是由平衡位置沿正方向运动了20 cm，又返回平衡位置，最后又到达负方向20 cm处，故30 s内的总路程为60 cm。
答案：60 cm题组1　对回复力的理解
1．下列关于振动物体所受回复力的说法正确的是(　　)
A．回复力是指物体受到的指向平衡位置的力
B．回复力是指物体所受的合外力
C．回复力只可能是弹力
D．回复力可以做功
解析：选D。回复力可以是由多个力合成的，也可以是某个力的分力，指向平衡位置的力不一定就是回复力，故A错误；合外力中部分提供回复力，其他的力可能提供其他效果力，故B错误；回复力是以力的作用效果命名的，可以是重力、弹力或摩擦力，也可以是几个力的合力，故C错误；回复力可以做功，故D正确。
2．简谐运动中，下列各组物理量方向始终相反的是(　　)
A．回复力与位移　　 　 B．位移与速度
C．加速度与速度 D．回复力与速度
解析：选A。根据F＝－kx可知，回复力F与位移x方向始终相反，而位移与速度、加速度与速度、回复力与速度均可能相同，可能相反。
3．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．加速度方向总和位移方向相反
C．位移方向总和速度方向相反
D．位移方向总和速度方向相同
解析：选B。由简谐运动的特点可知，位移是指由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，由a＝－可知加速度方向与位移方向相反，速度与位移可能同向，也可能反向，故B正确。
题组2　简谐运动的动力学分析
4．(2025·江苏苏州统考期中)做简谐运动的物体每次通过同一位置时，可能不相同的物理量是(　　)
A．位移 B．速度
C．动能 D．回复力
解析：选B。位移是从初位置指向末位置的有向线段，则做简谐运动的物体每次通过同一位置时，位移相同，故A错误；做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，方向可能相反，故B正确；做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，则动能相同，故C错误；做简谐运动的物体回复力与位移成正比，则做简谐运动的物体每次通过同一位置时，回复力相同，故D错误。
5．简谐运动图像如图所示，在t1和t2时刻，运动质点相同的量为(　　)
A．加速度 B．位移
C．速度 D．回复力
解析：选C。由题图读出，t1和t2时刻，质点运动的位移大小相等，方向相反，根据简谐运动的加速度a＝－知，加速度大小相等，方向相反，故A、B错误；x－t图像上点的切线的斜率表示速度，故在t1和t2时刻速度相同，故C正确；根据F＝－kx可知，t1和t2时刻质点的回复力大小相等，方向相反，故D错误。
6．水平弹簧振子做简谐运动的振动图像如图所示。已知弹簧的劲度系数为10 N/cm，下列说法正确的是(　　)
A．图中A时刻，振子所受的回复力大小为2.5 N
B．图中A时刻，振子向x轴负方向振动
C．从0.25 s到0.75 s，振子通过路程为0.5 cm
D．从0.5 s到1.5 s，振子所受弹力冲量为零
解析：选A。题图中A时刻，振子的回复力大小F＝kx＝10×0.25 N＝2.5 N，振子向x轴正方向振动，故A正确，B错误；由于振子振动的周期为2 s，从0.25 s到0.75 s，即0.5 s，等于四分之一周期，此过程中振子的平均速度大于前0.25 s内的平均速度，因此振子通过路程大于0.5 cm，故C错误；0.5 s和1.5 s两时刻，振子的速度最大，但方向相反，则从0.5 s到1.5 s时间内，振子所受弹力冲量大小不为零，故D错误。
题组3　简谐运动中动力学和能量分析
7．某弹簧振子在前5 s内的振动图像如图所示，则下列说法不正确的是(　　)
A．振动周期为4 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D．第3 s末振子的势能最小
解析：选C。由题图可知，振动周期为4 s，振幅为8 cm，故A正确，不符合题意；第2 s末振子达到负的最大位移处，其速度为零，加速度为正向的最大值，故B正确，不符合题意；从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度增大的减速运动，故C错误，符合题意；第3 s末振子处于平衡位置，速度最大，动能最大，势能最小，故D正确，不符合题意。
8．把图中倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，假设空气阻力可忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．小球的运动是简谐运动
B．小球振动的回复力由弹簧的弹力提供
C．振动中小球的机械能守恒
D．小球经过平衡位置时小球动能最大，弹簧的弹性势能最小
解析：选A。小球在平衡位置时kx0＝mgsin θ，设沿着斜面向下为正方向，小球在平衡位置以下x处受的合外力F合＝－k(x＋x0)＋mgsin θ＝－kx，则小球所受的合力即回复力与球偏离平衡位置位移大小成正比，方向相反，可知小球的运动是简谐运动，故A正确；根据A选项分析可知，小球的回复力由弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力的合力提供，故B错误；小球与弹簧组成系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故C错误；根据简谐运动的性质可知小球经过平衡位置时动能是最大的，弹簧的拉力大小等于小球重力沿斜面向下的分力，弹簧处于伸长状态，弹性势能不是最小，故D错误。
9．(2025·四川成都市期中)图甲是用拉力传感器和弹簧振子制作的一个振动装置，拉力传感器记录了振子在竖直方向振动时所受轻弹簧施加的拉力F，图乙是拉力F随时间t变化的正弦曲线，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．振子的重力为F0
B．振子的振动周期为0.4 s
C．t＝0时刻，振子的动能为零
D．t＝0.6 s时，轻弹簧处于原长，振子的加速度为0
解析：选A。t＝0时刻，振子处于平衡位置，加速度为0，则振子的重力为F0，振子的动能最大，故A正确，C错误；由题图乙可知振子的振动周期为0.8 s，故B错误；t＝0.6 s时，拉力为零，弹簧处于原长，振子位于最大位移处，加速度最大，大小为g，故D错误。
10．图甲为光滑水平面上的弹簧振子，以平衡位置O为原点，在A、B之间做简谐运动，某时刻开始计时，以向右为正方向，其偏离平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．该弹簧振子的振幅为10 cm
B．该振动系统的振动周期为2.5 s
C．t＝0时，弹簧振子动能最大
D．t＝1.5 s时，弹簧处于压缩状态
解析：选D。由题图乙可知，弹簧振子的振幅为5 cm，故A错误；振动系统的振动周期T＝2×(2－0.5)s＝3.0 s，故B错误；t＝0时，弹簧振子不在平衡位置，动能不是最大，故C错误；O点为平衡位置，即弹簧原长处，O点右边位移为正，弹簧处于拉伸状态，相反，O点左边位移为负，弹簧处于压缩状态，而t＝1.5 s时，弹簧振子位移为负，则弹簧处于压缩状态，故D正确。
11．两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　)
A．两弹簧振子具有相同的相位
B．甲的振幅比乙大，所以甲的能量比乙大
C.甲、乙两弹簧振子回复力的最大值之比一定为2∶1
D．t＝2 s时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移
解析：选D。由图像可知，甲的周期为4 s，乙的周期为8 s，两个弹簧振子的周期不同，只是初相位相同，所以相位不同，故A错误；甲的振幅为2 cm，乙的振幅为1 cm，但是两个弹簧的劲度系数不确定，所以两个弹簧振子的能量大小无法比较，故B错误；弹簧振子的最大回复力F＝kA，振幅之比为2∶1，但是无法确定两弹簧的劲度系数，所以两个弹簧振子回复力的最大值无法比较，故C错误；当t＝2 s时，甲处于平衡位置且向x轴的负向运动，此时的速度最大，乙处于正方向的最大位移处，速度为0，故D正确。
12．(10分)如图所示，光滑水平面上放有一个弹簧振子。已知振子滑块的质量m＝0.1 kg，弹簧劲度系数k＝62.5 N/m，将振子滑块从平衡位置O向左移4 cm，由静止释放后在B、C间运动，设系统在B处时具有的弹性势能为0.05 J。
(1)滑块的加速度的最大值am为多少？(3分)
(2)求滑块的最大速度vm。(3分)
(3)求滑块完成5次全振动时走过的路程s。(4分)
解析：(1)在B点加速度最大，由kx＝mam可得am＝＝ m/s2＝25 m/s2。
(2)系统的机械能守恒Ep＝mv
得vm＝1 m/s。
(3)滑块完成5次全振动时走过的路程
s＝5×4A＝80 cm。
答案：(1)25 m/s2　(2)1 m/s　(3)80 cm第4节　单　摆
eq \a\vs4\al()
1．知道什么是单摆及单摆做简谐运动的条件。
2．会分析单摆做简谐运动的回复力以及摆球所受的合外力。
3．知道单摆的周期跟什么因素有关，理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。
一、单摆的回复力
1．单摆模型
如果细线的长度不可改变，细线的______与小球相比可以忽略，球的________与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的___________模型。
2．单摆的回复力
重力沿圆弧____________的分力F充当使球沿圆弧做往复运动的回复力。
3．单摆做简谐运动的条件
(1)在摆角很小的情况下(通常θ＜5°)，sin θ≈，F可表示为F＝－mg sin θ ≈－x。式中，l为摆长，x为摆球离开平衡位置的位移，负号表示回复力与位移的方向__________。在摆角很小的情况下，单摆所受回复力大小与摆球位移大小成正比，方向与摆球位移方向相反。
(2)不计空气阻力作用。
二、单摆的周期
1．周期公式
单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，关系式可表示为________________。
2．特点：单摆做简谐运动的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大，单摆周期与摆球质量及振幅无关。
3．应用：单摆周期公式的发现，为人类利用简谐运动定量计时提供了可能，并以此为基础发明了真正可持续运转的时钟。
判断下列说法是否正确。
(1)制作单摆的摆球越大越好。(　　)
(2)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　)
(3)单摆的回复力是重力的分力。(　　)
(4)单摆的周期与摆球的质量无关。(　　)
(5)单摆的振幅越小，周期越小。(　　)
(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　直径　理想化　切线方向　相反　T＝2π
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，我们应理解为简谐运动方向上的平衡位置，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F＝mg sin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T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，单摆的周期会减小
[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；单摆的周期与振幅无关，所以周期不变，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，那么摆球的质量越大，回复力越大，是否单摆摆动得越快，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。因为摆球摆动的加速度a∝，其中F＝mg sin θ，θ为摆角，所以摆球质量增大后，摆球摆动的加速度并不增大，单摆摆动快慢与摆球质量无关，其周期由T＝2π 决定。
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．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟。
2．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。
3．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，则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　单摆的周期公式和振动图像
　(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．等效摆长类
突破口：等效摆长为小球球心到等效悬点间的距离。
(1)双线摆：图(a)中甲、乙在垂直于纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l·sin α，这就是等效摆长。其周期T＝2π。图(b)中，乙在垂直于纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。
(2)圆弧摆：如图(c)所示，光滑圆弧的半径为R，小球在圆弧面上做往复运动时，等效为摆长为R的单摆做简谐运动，要求θ＜5°。
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　等效摆长类
　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)(　　)
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(l＋l)，周期T′＝π 。
[答案]　A
角度2　等效重力加速度类
　(2025·贵州贵阳月考)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平桌面上，将摆线一端固定在斜面上并使其与斜面平行。现拉开摆球使轻绳刚好绷直，摆球由静止释放后贴着斜面做简谐运动。已知摆线长为L，摆球的周期为T，当地的重力加速度为g，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是(　　)
A．摆球在最高点的加速度为g sin θ，在平衡位置的加速度为零
B．只增大摆球的质量，摆球运动的周期将增大
C．若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期可能不变
D．通过计算可知摆球的半径为－L
[解析]　斜面上的单摆的回复力由重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为mg sin θ，下滑分力的切线分力即回复力为mg sin θsin α，根据牛顿第二定律有mg sin θsin α＝ma，解得摆球在最高点的加速度a＝g sin θsin α，摆球在平衡位置时回复力为零，由于摆球有向心加速度，摆球在平衡位置的加速度不为零，故A错误；等效重力加速度为g sin θ，根据单摆的周期公式有T＝2π ，只增大摆球的质量，摆球运动的周期不变，若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期将变大，故B、C错误；等效重力加速度为g sin θ，根据单摆的周期公式有T＝2π，又l＝L＋r，解得摆球的半径r＝－L，故D正确。
[答案]　D
角度3　单摆模型与其他运动的结合
　(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]　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＝。
[答案]　AD
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)(2025·江苏苏州联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O点是最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放，途中都经过 P点。下列说法正确的是(　　)
A．M比N晚到达O点
B．M有可能在P点追上N并与之相碰
C．两小球经过O点时回复力为0
D．两小球所受重力与支持力的合力提供回复力
解析：选C。两个小球的运动都可以看成单摆的简谐运动，摆长相同，从释放到O点所用的时间均为，单摆的振动周期与振幅无关，因此两小球同时到达O点，不会在到达O点前相碰，A、B错误；O点为平衡位置，因此两小球经过O 点时回复力为0，C正确；两小球所受重力与支持力的合力在沿运动方向上的分力提供回复力，沿半径方向的分力提供向心力，D错误。
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24张PPT)
第3节　课后达标检测
√
题组1　对回复力的理解
1．下列关于振动物体所受回复力的说法正确的是(　　)
A．回复力是指物体受到的指向平衡位置的力
B．回复力是指物体所受的合外力
C．回复力只可能是弹力
D．回复力可以做功
解析：回复力可以是由多个力合成的，也可以是某个力的分力，指向平衡位置的力不一定就是回复力，故A错误；合外力中部分提供回复力，其他的力可能提供其他效果力，故B错误；回复力是以力的作用效果命名的，可以是重力、弹力或摩擦力，也可以是几个力的合力，故C错误；回复力可以做功，故D正确。
√
2．简谐运动中，下列各组物理量方向始终相反的是(　　)
A．回复力与位移　　 　 B．位移与速度
C．加速度与速度 D．回复力与速度
解析：根据F＝－kx可知，回复力F与位移x方向始终相反，而位移与速度、加速度与速度、回复力与速度均可能相同，可能相反。
√
3．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．加速度方向总和位移方向相反
C．位移方向总和速度方向相反
D．位移方向总和速度方向相同
√
题组2　简谐运动的动力学分析
4．(2025·江苏苏州统考期中)做简谐运动的物体每次通过同一位置时，可能不相同的物理量是(　　)
A．位移 B．速度
C．动能 D．回复力
解析：位移是从初位置指向末位置的有向线段，则做简谐运动的物体每次通过同一位置时，位移相同，故A错误；做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，方向可能相反，故B正确；做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，则动能相同，故C错误；做简谐运动的物体回复力与位移成正比，则做简谐运动的物体每次通过同一位置时，回复力相同，故D错误。
√
5．简谐运动图像如图所示，在t1和t2时刻，运动质点相同的量为(　　)

A．加速度 B．位移
C．速度 D．回复力
√
6．水平弹簧振子做简谐运动的振动图像如图所示。已知弹簧的劲度系数为10 N/cm，下列说法正确的是(　　)

A．图中A时刻，振子所受的回复力大小为2.5 N
B．图中A时刻，振子向x轴负方向振动
C．从0.25 s到0.75 s，振子通过路程为0.5 cm
D．从0.5 s到1.5 s，振子所受弹力冲量为零
解析：题图中A时刻，振子的回复力大小F＝kx＝10×0.25 N＝2.5 N，振子向x轴正方向振动，故A正确，B错误；由于振子振动的周期为2 s，从0.25 s到0.75 s，即0.5 s，等于四分之一周期，此过程中振子的平均速度大于前0.25 s内的平均速度，因此振子通过路程大于0.5 cm，故C错误；0.5 s和1.5 s两时刻，振子的速度最大，但方向相反，则从0.5 s到1.5 s时间内，振子所受弹力冲量大小不为零，故D错误。
√
题组3　简谐运动中动力学和能量分析
7．某弹簧振子在前5 s内的振动图像如图所示，则下列说法不正确的是(　　)

A．振动周期为4 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D．第3 s末振子的势能最小
解析：由题图可知，振动周期为4 s，振幅为8 cm，故A正确，不符合题意；第2 s末振子达到负的最大位移处，其速度为零，加速度为正向的最大值，故B正确，不符合题意；从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度增大的减速运动，故C错误，符合题意；第3 s末振子处于平衡位置，速度最大，动能最大，势能最小，故D正确，不符合题意。
√
8．把图中倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，假设空气阻力可忽略不计。下列说法正确的是(　　)

A．小球的运动是简谐运动
B．小球振动的回复力由弹簧的弹力提供
C．振动中小球的机械能守恒
D．小球经过平衡位置时小球动能最大，弹簧的弹性势能最小
解析：小球在平衡位置时kx0＝mgsin θ，设沿着斜面向下为正方向，小球在平衡位置以下x处受的合外力F合＝－k(x＋x0)＋mgsin θ＝－kx，则小球所受的合力即回复力与球偏离平衡位置位移大小成正比，方向相反，可知小球的运动是简谐运动，故A正确；根据A选项分析可知，小球的回复力由弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力的合力提供，故B错误；小球与弹簧组成系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故C错误；根据简谐运动的性质可知小球经过平衡位置时动能是最大的，弹簧的拉力大小等于小球重力沿斜面向下的分力，弹簧处于伸长状态，弹性势能不是最小，故D错误。
√
9．(2025·四川成都市期中)图甲是用拉力传感器和弹簧振子制作的一个振动装置，拉力传感器记录了振子在竖直方向振动时所受轻弹簧施加的拉力F，图乙是拉力F随时间t变化的正弦曲线，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．振子的重力为F0
B．振子的振动周期为0.4 s
C．t＝0时刻，振子的动能为零
D．t＝0.6 s时，轻弹簧处于原长，振子的加速度为0
解析：t＝0时刻，振子处于平衡位置，加速度为0，则振子的重力为F0，振子的动能最大，故A正确，C错误；由题图乙可知振子的振动周期为0.8 s，故B错误；t＝0.6 s时，拉力为零，弹簧处于原长，振子位于最大位移处，加速度最大，大小为g，故D错误。
√
10．图甲为光滑水平面上的弹簧振子，以平衡位置O为原点，在A、B之间做简谐运动，某时刻开始计时，以向右为正方向，其偏离平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A．该弹簧振子的振幅为10 cm
B．该振动系统的振动周期为2.5 s
C．t＝0时，弹簧振子动能最大
D．t＝1.5 s时，弹簧处于压缩状态
解析：由题图乙可知，弹簧振子的振幅为5 cm，故A错误；振动系统的振动周期T＝2×(2－0.5)s＝3.0 s，故B错误；t＝0时，弹簧振子不在平衡位置，动能不是最大，故C错误；O点为平衡位置，即弹簧原长处，O点右边位移为正，弹簧处于拉伸状态，相反，O点左边位移为负，弹簧处于压缩状态，而t＝1.5 s时，弹簧振子位移为负，则弹簧处于压缩状态，故D正确。
11．两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　)

A．两弹簧振子具有相同的相位
B．甲的振幅比乙大，所以甲的能量比乙大
C.甲、乙两弹簧振子回复力的最大值之比一定为2∶1
D．t＝2 s时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移
√
解析：由图像可知，甲的周期为4 s，乙的周期为8 s，两个弹簧振子的周期不同，只是初相位相同，所以相位不同，故A错误；甲的振幅为2 cm，乙的振幅为1 cm，但是两个弹簧的劲度系数不确定，所以两个弹簧振子的能量大小无法比较，故B错误；弹簧振子的最大回复力F＝kA，振幅之比为2∶1，但是无法确定两弹簧的劲度系数，所以两个弹簧振子回复力的最大值无法比较，故C错误；当t＝2 s时，甲处于平衡位置且向x轴的负向运动，此时的速度最大，乙处于正方向的最大位移处，速度为0，故D正确。
12．(10分)如图所示，光滑水平面上放有一个弹簧振子。已知振子滑块的质量m＝0.1 kg，弹簧劲度系数k＝62.5 N/m，将振子滑块从平衡位置O向左移4 cm，由静止释放后在B、C间运动，设系统在B处时具有的弹性势能为0.05 J。

(1)滑块的加速度的最大值am为多少？(3分)
答案：25 m/s2　
(2)求滑块的最大速度vm。(3分)


答案：1 m/s　
(3)求滑块完成5次全振动时走过的路程s。(4分)
解析：滑块完成5次全振动时走过的路程
s＝5×4A＝80 cm。
答案：80 cm(共25张PPT)
第4节　课后达标检测
√
题组1　单摆的回复力来源
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轨迹切线方向的分力，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、回复力是按效果命名的力，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；(5分)
答案：5 s　
(2)房顶到窗上沿的高度h。(5分)
答案：15 m
10．(10分)(2025·江苏淮安市期中)有一种常见的单摆叫秒摆，它的周期是两秒，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)(5分)
答案：1 m　
(2)秒摆在月球上做20次全振动所用的时间。(5分)
答案：100 s
11．(10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。(5分)
答案：见解析　
(2)求甲、乙两个单摆的摆长之比。(5分)
答案：4∶1(共46张PPT)
第2节　简谐运动的描述
学习目标
1．知道什么是简谐运动的振幅、周期和频率，知道全振动的含义。　2.理解周期和频率的关系，知道周期和频率与振幅无关。　3.了解相位和相位差，知道简谐运动表达式的含义。　4.能够利用振动图像分析和求解各物理量。　5.能够根据振动图像写出简谐运动的表达式。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、振幅
1．简谐运动的表达式：x＝_______________。
2．振幅
(1)定义：振动物体离开平衡位置的____________，常用字母A表示。振幅的单位是米。
(2)物理意义：表示________________的物理量，是标量。振动物体运动的范围是振幅的两倍。
A sin (ωt＋φ)
最大距离
振动幅度大小
二、周期和频率
1．全振动
振子以相同的速度相继通过同一位置所经历的过程，即一个完整的振动过程。
2．周期和频率
(1)周期：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的__________，用T表示，国际单位：s。
时间
(2)频率：物体完成全振动的________与所用时间之比，数值等于单位时间内完成全振动的________，用f表示，单位：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，周期越小，频率________，表示振动越快。
(5)圆频率：ω＝2πf，是一个与周期成反比、与频率成正比的量，叫作简谐运动的“圆频率”。
次数
次数
振动快慢
越大
三、相位
1．物理意义：用来描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态。其单位是弧度(或度)。
2．表达式：x＝A sin (ωt＋φ)，______________代表简谐运动的相位，φ是t＝0时的相位，称作________________。
3．相位差：对两个具有相同频率的简谐运动x1＝A1sin (ωt＋φ1)和x2＝A2sin (ωt＋φ2)，Δφ＝φ2－φ1，即是两振动的________________。
(ωt＋φ)
初相位或初相
相位差
×　
√
×　
√
×　
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．对全振动的理解
(1)物理量特征：位移(x)和速度(v)都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。
2．周期：在简谐运动中，一个确定的振动系统的周期(或频率)是固定的，与振幅无关。
3．振幅与位移、路程的关系
(1)振幅与位移：振动中的位移是矢量，振幅是标量。在数值上，振幅与振动物体的最大位移相等，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：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。
角度1　简谐运动物理量的分析
(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　利用振动图像分析简谐运动的物理量
(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，振子的速度不断减小
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；图像的切线斜率代表速度，在1.5 s到2 s时间内，切线斜率不断增大，则速度不断增大，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；由图像切线的斜率可知在3.5 s时，振子的速度沿x轴负方向，此时振子的位移为正，加速度沿x轴负方向，故D正确。
知识点二　简谐运动的对称性和周期性
1．简谐运动的对称性
如图所示，物体在A点和B点之间运动，O点为平衡位置，C和D两点关于O点对称，则：

(1)时间的对称
①振动质点来回通过相同的两点间所用的时间相等，如tDB＝tBD。
②质点经过关于平衡位置对称的等长的两线段所用的时间相等，图中tOB＝tBO＝tOA＝tAO，tOD＝tDO＝tOC＝tCO。
(2)速度的对称
①物体连续两次经过同一点(如D点)的速度大小相等，方向相反。
②物体经过关于O点对称的两点(如C点与D点)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反。
(3)位移的对称
①物体经过同一点(如C点)时，位移相同。
②物体经过关于O点对称的两点(如C点与D点)时，位移大小相等，方向相反。
质点做简谐运动，从质点经过某一位置时开始计时，下列说法正确的是(　　)
A．当质点再次经过此位置时，经过的时间为一个周期
B．当质点的速度再次与零时刻的速度相同时，经过的时间为一个周期
C．当质点的位移再次与零时刻的位移相同时，经过的时间为一个周期
D．当质点经过的路程为振幅的2倍时，经过的时间为半个周期
√
[解析]　质点连续两次经过同一位置的时间不一定是一个周期，A错误；质点同向经过关于平衡位置对称的两点速度相同，但经过的时间不为一个周期，B错误；质点连续两次经过同一位置时，位移相同，但经历的时间一般不等于一个周期，C错误；质点在任何半个周期内通过的路程一定是振幅的2倍，D正确。
√
√
知识点三　简谐运动的表达式
1．简谐运动的表达式：x＝A sin (ωt＋φ)
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。
√
√
√
√
综合一练　简谐运动的图像和位移表达式的综合分析
(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．(简谐运动的物理量)(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。
√
√
√
√
4．(简谐运动的图像和位移表达式)某做简谐运动的物体，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin(5πt) cm。
(1)求物体的振幅。
解析：简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ)
比较题中所给表达式可知振幅A＝10 cm。
答案：10 cm　
(2)求物体振动的频率。
答案：2.5 Hz　
(3)求在时间t＝0.1 s时，物体的位移大小。
解析：t＝0.1 s时位移大小
x＝10sin(5π×0.1) cm＝10 cm。
答案：10 cm　
(4)画出该物体简谐运动的图像。
答案：图见解析题组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．物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于物体的固有频率
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CD。物体在做阻尼振动时不断克服外界阻力做功而消耗能量，振幅会逐渐减小，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，A错误，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。
6．一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则(　　)
A．此单摆的固有周期约为0.5 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C.若单摆的固有频率增大，说明摆长增大了
D．若共振曲线的峰值将向右移动，说明摆长增大了
解析：选B。由共振曲线可知，当驱动力的频率与固有频率相同时其振幅最大，所以由题图可知单摆的固有频率为0.5 Hz，根据周期与频率的关系可知，周期T＝，解得T＝2 s，故A错误；由单摆的周期公式有T＝2π ，解得l≈1 m，故B正确；由T＝2π 可知，若摆长增大，则单摆的周期也变大，则其频率变小，即摆长变大，单摆的固有频率变小，故C错误；若共振曲线的峰值向右移，说明单摆的固有频率增大，由上述分析可知其摆长变短，故D错误。
7．以下说法正确的是(　　)
A．做简谐运动的质点是做匀变速直线运动
B．弹簧振子做简谐运动时，经过同一位置时的速度总是相同
C．驱动力的频率等于系统固有频率时，就会发生共振
D．当存在摩擦和空气阻力时，物体在振动过程中机械能将减小，振幅减小，周期也减小
解析：选C。做简谐运动的质点的加速度不断变化，做非匀变速直线运动，故A错误；弹簧振子做简谐运动时，经过同一位置时的速度大小总是相同，但是方向不一定相同，故B错误；驱动力的频率等于系统固有频率时，就会发生共振，故C正确；当摩擦力和空气阻力大小恒定时，物体在振动过程中机械能将减小，振幅减小，周期不变，故D错误。
8．(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。
9．(多选)(2025·甘肃白银阶段练)一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平衡，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱。下列说法正确的是(　　)
A．正常工作时，洗衣机做的是受迫振动
B．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大
C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小
D．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
解析：选ABD。洗衣机的振动是电机振动引起的，为受迫振动，故A正确；切断电源，洗衣机脱水桶的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时洗衣机脱水桶的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振，此后洗衣机脱水桶转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故说明正常工作时洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、D正确，C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.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。
12．(10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；(5分)
(2)相邻两个接轨处的长度x。(5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41张PPT)
章末过关检测(二)
√
(时间：75分钟　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．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动的回复力可能是恒力
B．做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向可能相同
C．简谐运动中回复力的公式F＝－kx 中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
D．做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零
解析：根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回复力为F＝－kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数，x是物体相对于平衡位置的位移，不是弹簧长度，因x是变化的，回复力不可能是恒力，故A、C错误；回复力方向总是与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度的方向也必定与位移方向相反，故B错误；做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，故D正确。
√
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，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
D．试管的机械振动不是简谐振动
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，D错误；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。
8．一弹簧振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m；t＝1.2 s时刻振子刚好第2次经过x＝0.1 m的位置且速度为零。下列有关该振子运动问题的说法正确的是(　　)
A．振幅为0.1 m
B．周期为1.2 s
C．1.2 s内的路程是0.6 m
D．t＝0.6 s时刻的位移为0.1 m
√
√
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．(10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，摆球应选质量大且体积小的铁球。
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。
解析：游标卡尺的读数为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。
18.6
(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．(10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)用铁夹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________。
2
4π2k
13.(8分)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)当振子做小振幅简谐运动时，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)当振幅为0.5 cm时，B对A的最大压力为多大？(4分)
解析：振幅A＝0.5 cm，即振子相对于平衡位置的最大位移为0.5 cm，当振子处于平衡位置下侧的振幅位置时，加速度方向向上，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
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。(6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。(6分)
答案：3mg－2F1
15.(14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。(4分)
(2)求7 s内小球通过的路程及7 s末小球位移的大小。(5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。(5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阶段滚动检测卷(一)
(时间：75分钟　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．在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则(　　)
A.乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等
B．甲的动量变化一定比乙的动量变化快
C．甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等
D．甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等
解析：选A。因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I＝Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，故A正确；动量变化率大小为F，即动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，所以甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；由I＝Δp知甲、乙的动量变化量一定大小相等，方向相反，故C错误；由Δp＝mΔv可知，由于甲、乙的质量大小关系未知，所以甲的速度变化量与乙的速度变化量大小不一定相等，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(不考虑水的粘滞阻力)，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，解得水柱对汽车的平均冲力F＝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mA＝45 g、mB＝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mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，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．(6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。(3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。(3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；(4分)
(2)弹簧的最大弹性势能；(4分)
(3)滑块C的最大速度的大小。(4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．(16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；(5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)第1节　简谐运动
eq \a\vs4\al()
1．了解弹簧振子的结构，知道什么是弹簧振子。
2．理解振动的平衡位置，知道振子位移的概念。
3．理解简谐运动的含义，能从简谐运动的图像中了解简谐运动的规律。
一、弹簧振子
1．机械振动
(1)定义：物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运动称为机械振动，简称_____________。
(2)特征
①有一个“中心位置”，即平衡位置，也是振动物体静止时的位置；
②运动具有往复性。
2．弹簧振子
(1)弹簧振子：弹簧振子是指__________和______组成的系统，是一种______模型。
(2)振子模型：常见的有水平弹簧振子和竖直弹簧振子，如图甲、乙所示。图甲中球与杆之间的摩擦可以忽略，且弹簧的质量与小球的质量相比可以忽略。
二、弹簧振子的位移—时间图像
1．建立坐标系
以小球的____________为坐标原点，沿着它的______________建立坐标轴，规定水平向右
为正方向。小球在平衡位置的______时它的位置坐标x为正，在____________时位置坐标x为负(以水平弹簧振子为例)。
2．位移—时间图像
横坐标表示振子振动的________，纵坐标表示振子相对于___________________的位移。
3．形状：正弦曲线，如图丙所示。
4．物理意义
反映了振子的__________随__________的变化规律。
三、简谐运动
1．定义：如果物体的位移与时间的关系遵从__________函数的规律，即它的振动图像(x－t图像)是一条________曲线，这样的振动是一种简谐运动。
2．特点：简谐运动是最________的振动，弹簧振子的运动就是简谐运动。
判断下列说法是否正确。
(1)简谐运动是匀变速运动。(　　)
(2)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为0。　(　　)
(3)弹簧振子的振动不一定是简谐运动。(　　)
(4)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(　　)
(5)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)√
[答案自填] 振动　小球　弹簧　理想化　平衡位置　振动方向　右边　左边　时间
平衡位置　位移　时间　正弦　正弦　基本
知识点一　弹簧振子和简谐运动的理解
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，那么实验结果如何？
[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．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。
2．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。
3．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。
　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
　(多选)如图所示，有一弹簧振子，O点为平衡位置，当振子从A点运动到C点时，相对于平衡位置(　　)
A.振子的位移大小为CA
B．振子的位移大小为OC
C．振子的位移方向向左
D．振子从A点运动到C点过程中，加速度方向与速度方向相同
[解析]　当振子从A点运动到C点时，相对于平衡位置，振子的位移大小为OC，振子的位移方向向右，故A、C错误，B正确；振子从A点运动到C点过程中，加速度方向指向O，即加速度方向向左，速度方向向左，所以加速度方向与速度方向相同，故D正确。
[答案]　BD
　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　简谐运动的图像
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。
角度1　简谐运动图像的理解
　(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
　如图甲所示，一弹簧振子在A、B间振动，取向右为正方向，振子经过O点时为计时起点，其振动的x－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A.t4时刻振子在A点
B．t2时刻振子在B点
C．在t1到t2时间内，振子的位移在增大
D．在t3到t4时间内，振子的位移在减小
[解析]　振子在A点和B点时位移最大，由于取向右为正方向，所以振子运动到A点有正向最大位移，运动到B点有负向最大位移，则t2时刻，振子在A点，t4时刻，振子在B点，故A、B错误；振子的位移以平衡位置为起点，所以在t1到t2和t3到t4时间内振子的位移都在增大，故C正确，D错误。
[答案]　C
角度2　简谐运动图像的应用
　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，振子在图中“F、G”区间内运动，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，找出题图甲中的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
　【教材经典P35第2题】如图是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息，回答下列问题。
(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？
(2)在1.5 s和2.5 s这两个时刻，质点的位置在哪里？质点向哪个方向运动？
(3)质点相对于平衡位置的位移方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？
(4)质点在第2 s末的位移是多少？
(5)质点在前2 s内运动的路程是多少？
[解析]　(1)10 cm。
(2)在1.5 s，质点的位置坐标x＝7 cm，在2.5 s时，质点的位置坐标x＝－7 cm，在这两个时刻，质点都向x轴的负方向运动。
(3)质点在前1 s和2 s到3 s相对于平衡位置的位移方向跟它的瞬时速度方向相同；质点在1 s到2 s和3 s到4 s相对于平衡位置的位移方向跟它的瞬时速度方向相反。
(4)0。
(5)20 cm。
[答案]　(1)10 cm　(2)(3)见解析　(4)0
(5)20 cm
1．(简谐运动的理解)简谐运动是下列哪一种运动(　　)
A．匀变速运动　　　 　 B．匀速直线运动
C．非匀变速运动 D．匀加速直线运动
解析：选C。简谐运动的x－t图像是一条正弦曲线，其图像的斜率既不是定值，且随t也并非均匀变化，所以简谐运动是非匀变速运动，故C正确，A、B、D错误。
2．(简谐运动的图像)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为(　　)
解析：选A。由题意，向右为x轴的正方向，振子位于N点时开始计时，因此t＝0时，振子的位移为正的最大值，振动图像为余弦函数图像，A正确。
3．(简谐运动的图像)(多选)一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
B．t2时刻振子的位移最大
C．t3时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
D．该图像是从平衡位置开始计时画出的
解析：选BC。从图像可以看出，t＝0时刻，振子在正的最大位移处，因此是从正的最大位移处开始计时画出的图像，D错误；t1时刻以后振子的位移为负，因此该时刻振子正通过平衡位置向负方向运动，A错误；t2时刻振子在负的最大位移处，因此可以说此时振子的位移最大，B正确；t3时刻以后，振子的位移为正，所以该时刻振子正通过平衡位置向正方向运动，C正确。(共26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·山东烟台市期中)下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是(　　)
A．物体位于平衡位置时，一定处于平衡状态
B．振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处
C．简谐运动的振幅越大，则其运动的周期一定越长
D．做简谐运动的物体，其频率与振幅无关，由振动系统本身的性质决定
解析：物体处于平衡位置时，其所受合力不一定为零，不一定处于平衡状态，故A错误；振幅是标量，故B错误；做简谐振动的物体其周期和频率是一定的，由振动系统本身的性质决定，与振幅无关，所以振幅增大，周期和频率保持不变，故C错误，D正确。
√
2．关于简谐运动的理解，下列说法正确的是(　　)
A．简谐运动是匀变速直线运动
B．周期越大，说明物体做简谐运动频率越高
C．位移减小时，加速度减小，速度增大
D．位移的方向总跟加速度和速度的方向相反
解析：做简谐运动的物体加速度发生变化，所以简谐运动不是匀变速运动，故A错误；周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量，周期越大，说明物体做简谐运动频率越低，故B错误；由简谐运动位移时间图像可知，当位移减小时，图线斜率增大，速度增大，故C正确；简谐运动的加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可能相同，也可能相反，故D错误。
√
题组2　简谐运动的周期性和对称性
3．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。
√
4．(多选)(2025·山东烟台市期中)如图所示的是一弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是(　　)

A．该弹簧振子的周期为6 s
B．该弹簧振子的振幅为5 cm
C．该弹簧振子在前20 s的总路程是1 m
D．该弹簧振子在前20 s的总位移是0.05 m
√
√
题组3　简谐运动的表达式
5．两个简谐运动的表达式分别为x1＝4sin 4πt(cm)和x2＝2sin 2πt(cm)，它们的振幅之比、频率之比是(　　)
A．2∶1，2∶1　　　　　 B．1∶2，1∶2
C．2∶1，1∶2 D．1∶2，2∶1
解析：由题意知A1＝4 cm，A2＝2 cm，ω1＝4π rad/s，ω2＝2π rad/s，则A1∶A2＝2∶1，f1∶f2＝ω1∶ω2＝2∶1，故A正确，B、C、D错误。
√
√
√
√
√
8．(2025·贵州黔东南州期中)如图所示的是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是(　　)

A.t＝3×10－3 s时刻纸盆中心的速度最大
B．t＝2×10－3 s时刻纸盆中心的加速度最大
C．在前1×10－3 s时间内纸盆中心的速度方向与加速度方向相同
D．纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×10－4sin 500πt(m)
√
9．如图所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时2 s，质点通过N点后再经过2 s又第2次通过N点，在这4 s内质点通过的总路程为18 cm，则质点的振动周期和振幅分别为(　　)
A．10 s　12 cm B．8 s　9 cm
C．6 s　6 cm D．4 s　3 cm
解析：由题意知，质点由O点运动到N点用时1 s，由N点到右侧最大位移处用时1 s，所以质点由O点到右侧最大位移处用时2 s，即周期为8 s；根据题意，结合题图可知，O点到右侧最大位移处的距离(即振幅)为9 cm。
10．(10分)(2025·广东揭阳校考)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。(3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？(3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。(4分)
11．(12分)如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。

(1)在第2 s末到第3 s末这段时间内，求小球的加速度、弹簧的弹性势能的变化情况。(3分)
解析：由题图可知，在t＝2 s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断变大，加速度逐渐变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐变大，当t＝3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。
答案：加速度逐渐变大　弹性势能逐渐变大　
(2)写出该小球位移随时间变化的关系式(要求用sin正弦函数表示)。(3分)
(3)求该小球在第100 s时的位移大小和路程。(3分)
解析：振子经过一个周期位移为零，路程
s0＝5×4 cm＝20 cm
前100 s时刚好经过了25个周期，所以第100 s振子位移x＝0
小球的路程s＝20×25 cm＝500 cm＝5 m。
答案：0　5 m
(4)某同学认为：振子从t＝0到t＝0.5 s时间内，运动位移大小是振幅的一半。这种说法是否正确？请说明判断理由。(3分)
答案：不正确　理由见解析题组1　单摆的回复力来源
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轨迹切线方向的分力，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、回复力是按效果命名的力，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，T增大。
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；(5分)
(2)房顶到窗上沿的高度h。(5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，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
10．(10分)(2025·江苏淮安市期中)有一种常见的单摆叫秒摆，它的周期是两秒，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)(5分)
(2)秒摆在月球上做20次全振动所用的时间。(5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
11．(10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。(5分)
(2)求甲、乙两个单摆的摆长之比。(5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30张PPT)
第5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)
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·江苏徐州市开学考)某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)该同学用游标卡尺测小球的直径，读数前应锁定图1中的部件________(选填“A”“B”或“C”)，游标卡尺读数部分放大图如图2所示，读数为________mm。将小球放入游标卡尺的凹槽内，具体操作如图3所示，该操作会导致小球直径测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
A
11.26
小于
解析：为防止读数时游标卡尺发生转动，读数前应锁定题图1中的部件A；50分度游标卡尺的精确值为0.02 mm，由题图2可知读数为11 mm＋13×0.02 mm＝11.26 mm；如题图3所示，小球放入游标卡尺的凹槽内，该操作会导致小球直径测量值小于真实值。
(2)下列实验操作步骤，正确顺序是______________。
①用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T
②改变细线长度，重复以上步骤，进行多次测量
③用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长L
④取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
⑤缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球
⑥用单摆公式计算当地重力加速度
④③⑤①②⑥
解析：实验前，取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长L；实验时，缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球，用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T；改变细线长度，重复以上步骤，进行多次测量；最后用单摆公式计算当地重力加速度，故正确顺序是④③⑤①②⑥。
(3)测出单摆周期T与摆长L，重力加速度g的表达式为________(用T和L表示)。该同学测出六组T与L的数据，如下表所示，请在图4中作出T2－L的图像。
L/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2 1.5
T/s 1.42 1.79 1.90 2.00 2.20 2.45
T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84 6.00
答案：图见解析
(4)若另一同学在测量周期过程中，误将50次全振动记为49次，其他测量均正确。已知图5中虚线是按50次全振动计算所描绘的图线，图线A和D与虚线平行，那么此同学描绘的图像可能是图5中的图线__________(选填“A”“B”“C”或“D”)。
解析：另一同学在测量周期过程中，误将50次全振动记为49次，使得测量周期偏大，图像仍然过坐标原点，且T2－L的图像斜率变大，故可能是B图线。
B
4．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＝________。
a
5．(2025·四川绵阳市期中)用如图甲所示实验装置做“用单摆测重力加速度”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振动，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)若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是________(填字母代号)。
A．把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B．把摆线的长度记为摆长
C．测量摆线长度时拉得过紧
D．实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
B
等于
(4)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第6节　受迫振动　共振
eq \a\vs4\al()
1．知道阻尼振动和阻尼振动能量的转化情况。
2．知道什么是受迫振动及产生条件，掌握物体做受迫振动的特点。
3．知道共振现象，掌握产生共振的条件，知道常见的共振的应用和危害。
一、固有频率
弹簧振子与单摆在______________的情况下做简谐运动，周期或频率与__________无关，仅由系统自身的性质决定，我们把这种振动称为固有振动，其振动频率称为固有频率。
二、振动中的能量损失
1．阻尼振动
由于实际的振动系统都会受到摩擦力、黏滞力等阻力作用，______必然逐渐______。这种________随时间____________的振动称为阻尼振动。
2．能量衰减的方式
(1)由于振动系统受到摩擦阻力的作用，使振动系统的________逐渐转化为________。
(2)由于振动系统引起邻近介质中各质点的振动，使能量向四周辐射出去，从而自身机械能减少。
三、受迫振动
1．驱动力
作用于振动系统的________外力。
2．受迫振动
系统在______作用下的振动叫作受迫振动。
3．受迫振动的频率
物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于______________的频率，与物体的______________无关。
四、共振现象及其应用
1．共振现象
当驱动力的频率________固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到________，这种现象称为共振。
2．共振的应用与防止
(1)共振的应用
在应用共振时，驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率。例如转速计。
(2)共振的防止
在防止共振时，驱动力频率与系统的固有频率相差越大越好。例如：部队过桥时用便步；火车过桥时减速。目的都是使驱动力的频率远离物体的固有频率。
判断下列说法是否正确。
(1)阻尼振动是机械能不断减小的振动，它一定不是简谐运动。(　　)
(2)单摆的振幅越来越小，是因为其能量在不断消失。(　　)
(3)在外力作用下的振动就是受迫振动。(　　)
(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。(　　)
(6)共振只有害处没有好处。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
[答案自填] 没有外力干预　振幅　振幅　减小　振幅　逐渐减小　机械能　内能　周期性
驱动力　驱动力　固有频率　等于　最大值
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　固有振动
(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时刻的势能等于B时刻的势能
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
简谐运动、阻尼振动和受迫振动的比较
振动类型 简谐运动 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，振子做什么振动？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，振子因所受回复力与位移成正比，方向与位移方向相反(F＝－kx)，所以做简谐运动，振动为固有振动，其周期和频率是由它本身的结构性质决定的，称为固有周期(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，振子克服摩擦力和空气阻力做功消耗能量，使其振幅越来越小，故振动为阻尼振动。
(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。振动达到稳定状态后，其频率(或周期)等于驱动力的频率(或周期)，而跟固有频率(或固有周期)无关，即f＝f驱＝4 Hz，T＝T驱＝0.25 s。
[答案]　(1)固有振动　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儿才能停下来。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．对共振条件的理解
(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：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
　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。
[答案]　D
1．(阻尼振动)(多选)对于阻尼振动，下列说法正确的是(　　)
A．物体做自由振动时，振动频率与振幅无关
B．实际的振动系统不可避免地要受到阻尼作用
C．阻尼振动的振幅、振动能量、振动周期逐渐减小
D．对做阻尼振动的振子来说，其机械能逐渐转化为内能
解析：选ABD。振动系统的振动频率与本身的结构有关，与振幅无关，为固有频率，所以在阻尼振动中，振幅减小，振动能量减少，最终转化为内能，但周期不变，故A、D正确，C错误；实际的振动系统都要受到摩擦或空气阻力等阻尼作用，故B正确。
2. (受迫振动)(2025·江苏淮安统考期中)如图所示，张紧的水平绳上吊着A、B、C三个小球，A、C两球悬线长度相同，让A球在垂直于水平绳的方向振动，振动稳定后下列说法正确的是(　　)
A．C球的振幅比B球的小
B．C球的振幅比B球的大
C.C球的振动周期比B球的小
D．C球的振动周期比B球的大
解析：选B。由于A、C的悬线长度相同，所以两小球的固有周期相同，此时C球发生共振，振幅比B球的大，故A错误，B正确；让A球在垂直于水平绳的方向摆动，则B、C两球受迫振动，周期等于A球的振动周期，故C、D错误。
3．(共振现象及应用)(2025·山东烟台市期中)下列说法正确的是(　　)
A．洗衣机工作时机壳的振动频率等于其固有频率
B．为了防止桥梁发生共振而坍塌，部队要齐步通过桥梁
C．在某节目中歌手利用歌声震碎玻璃杯，属于声音的共振现象
D．路面共振破碎机停止工作后，水泥路面振动的频率随着振幅减小而减小
解析：选C。洗衣机工作时，为使其保持稳定，不发生共振，机壳的振动频率不能等于其固有频率，故A错误；部队要便步通过桥梁，避免桥梁发生共振，故B错误；在某节目中歌手利用歌声震碎玻璃杯，属于声音的共振现象，故C正确；路面共振破碎机停止工作后，水泥路面振动的振幅减小，但频率是不变的，故D错误。
4．(共振现象及应用)(2025·江苏盐城一中期中)飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a所示。某型号的飞力士棒质量为600 g，长度为1.5 m，固有频率为5.5 Hz。如图b所示，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是(　　)
A.使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B．手每分钟振动330次时，飞力士棒产生共振
C．手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D．手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率不变
解析：选B。飞力士棒做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，故A错误；飞力士棒的固有频率为5.5 Hz，则每分钟振动次数为5.5 Hz×60 s＝330次时，飞力士棒将产生共振，故B正确；当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒的振幅才会变大，故C错误；飞力士棒做受迫振动，手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也增大，故D错误。

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