PAGE22-第十四章機械振動機械波考地位高考對本章的考查主要以選擇題和計算題為主，考查以圖象為主，強調數形結合，難度中等，分值在5～10分左右。考綱下載1.簡諧運動(Ⅰ)2．簡諧運動的公式和圖象(Ⅱ)3．單擺、單擺的周期公式(Ⅰ)4．受迫振動和共振(Ⅰ)5．機械波、橫波和縱波(Ⅰ)6．橫波的圖象(Ⅱ)7．波速、波長、頻率(周期)及其關系(Ⅰ)8．波的干涉和衍射現象(Ⅰ)9．多普勒效應(Ⅰ)試驗一：探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度考綱解讀1.能夠應用簡諧運動的特點、公式和圖象分析并解決問題。2．知道單擺，駕馭單擺周期公式的應用以及單擺的試驗探究。3．駕馭波長、頻率和波速的關系及相關計算，并留意計算結果的多解性。4．高考中對本章的考查形式主要有兩種：一是借助振動圖象、波的圖象或兩者結合，考查簡諧運動與波的特點、規律及波速、波長和頻率的關系；二是通過試驗，考查單擺周期公式的運用。第1講機械振動主干梳理對點激活學問點簡諧運動Ⅰ1．簡諧運動的概念質點的位移與時間的關系遵從eq\x(01)正弦函數的規律，即它的振動圖象(x－t圖象)是一條eq\x(02)正弦曲線。2．平衡位置振動物體eq\x(03)原來靜止時的位置。3．回復力(1)定義：使振動物體返回到eq\x(04)平衡位置的力。(2)方向：總是指向eq\x(05)平衡位置。(3)來源：屬于eq\x(06)效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。4．描述簡諧運動的物理量物理量定義意義位移由eq\x(07)平衡位置指向質點eq\x(08)所在位置的有向線段描述質點振動中某時刻的位置相對于eq\x(09)平衡位置的位移振幅振動物體離開平衡位置的eq\x(10)最大距離描述振動的eq\x(11)強弱和能量周期振動物體完成一次eq\x(12)全振動所需時間頻率振動物體eq\x(13)單位時間內完成全振動的次數描述振動的eq\x(14)快慢，兩者互為倒數：T＝eq\x(15)eq\f(1,f)相位ωt＋φ0描述周期性運動在各個時刻所處的不同狀態學問點簡諧運動的公式和圖象Ⅱ1．表達式(1)動力學表達式：F＝eq\x(01)－kx，其中“－”表示回復力與位移的方向相反。(2)運動學表達式：x＝eq\x(02)Asin(ωt＋φ0)，其中A表示振幅，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf表示簡諧運動的快慢，ωt＋φ0表示簡諧運動的相位，φ0叫做eq\x(03)初相。2．簡諧運動的圖象(1)如圖所示：(2)物理意義：表示振動質點的位移隨eq\x(04)時間的變更規律。學問點彈簧振子、單擺及其周期公式Ⅰ簡諧運動的兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖簡諧運動條件(1)彈簧質量可忽視(2)無摩擦等eq\x(01)阻力(3)在彈簧彈性限度內(1)擺線為不行伸縮的輕質細線(2)無空氣阻力(3)最大擺角eq\x(02)θ<5°回復力彈簧的eq\x(03)彈力供應擺球eq\x(04)重力沿與擺線垂直方向的分力平衡位置彈簧處于eq\x(05)原特長eq\x(06)最低點周期與eq\x(07)振幅無關T＝eq\x(08)2πeq\r(\f(l,g))能量轉化彈性勢能與動能的相互轉化，eq\x(09)機械能守恒重力勢能與動能的相互轉化，eq\x(10)機械能守恒學問點受迫振動和共振Ⅰ1．受迫振動系統在eq\x(01)驅動力作用下的振動叫做受迫振動。做受迫振動物體的周期(或頻率)等于eq\x(02)驅動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)eq\x(03)無關。2．共振曲線如圖所示的共振曲線，表示某振動系統受迫振動的振幅A(縱坐標)隨驅動力頻率f(橫坐標)變更的關系。驅動力的頻率f跟振動系統的固有頻率f0相差越小，振幅越大；驅動力的頻率f等于振動系統的eq\x(04)固有頻率f0時，振幅最大。學問點試驗：用單擺測定重力加速度1．試驗原理由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得出g＝eq\f(4π2,T2)l，測出單擺的擺長l和振動周期T，就可求出當地的重力加速度g。2．試驗器材帶中心孔的小鋼球、約1m3．試驗步驟(1)做單擺取約1m長的細線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，在單擺平衡位置處做上標記，如圖甲所示。(2)測擺長用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝L＋eq\f(D,2)。(3)測周期將單擺從平衡位置拉開一個角度(不超過5°)，然后釋放小球，登記單擺搖擺30次或50次全振動的總時間，算出平均每搖擺一次全振動的時間，即為單擺的振動周期T。(4)變更擺長，重做幾次試驗。(5)數據處理①公式法：g＝eq\f(4π2l,T2)。②圖象法：畫l－T2圖象，如圖乙所示。求出圖象斜率k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)，則g＝4π2k。4．留意事項(1)小球選用密度大的鋼球。(2)選用1m(3)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證懸點固定。(4)單擺必需在同一平面內振動，且擺角小于5°。(5)選擇在擺球擺到平衡位置處時起先計時，并數準全振動的次數。一堵點疏通1．簡諧運動是勻變速運動。()2．振幅等于振子運動軌跡的長度。()3．簡諧運動的回復力確定不是恒力。()4．彈簧振子每次經過平衡位置時，位移為零、動能為零。()5．單擺無論擺角多大都是簡諧運動。()6．物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關。()7．簡諧運動的圖象描述的是振動質點的軌跡。()答案1.×2.×3.√4.×5.×6.√7.×二對點激活1．一個彈簧振子沿x軸做簡諧運動，取平衡位置O為x軸坐標原點。從某時刻起先計時，經過四分之一周期，振子具有沿x軸正方向的最大加速度。能正確反映振子位移x與時間t關系的圖象是()答案A解析振子的最大加速度與振子的回復力成正比，方向與位移方向相反，具有正向的最大加速度，就應當具有最大的反方向的位移，振子從平衡位置起先計，并向負方向移動時，經四分之一周期振子具有沿x軸正方向的最大加速度，只有A正確，B、C、D都不符合題意。2．(人教版選修3－4·P17·T3改編)(多選)如圖是兩個單擺的振動圖象，以下說法正確的是()A．甲、乙兩個擺的振幅之比為2∶1B．甲、乙兩個擺的頻率之比為1∶2C．甲、乙兩個擺的擺長之比為1∶2D．以向右的方向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向，從t＝0起，乙第一次到達右方最大位移時，甲振動到了平衡位置，且向左運動答案AD解析由振動圖象知A甲＝2cm，A乙＝1cm，所以甲、乙兩個擺的振幅之比為2∶1，故A正確；T甲＝4s，T乙＝8s，所以eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(T乙,T甲)＝eq\f(2,1)，故B錯誤；由T＝2πeq\r(\f(L,g))得，eq\f(L甲,L乙)＝eq\f(T\o\al(2,甲),T\o\al(2,乙))＝eq\f(1,4)，故C錯誤；由圖象知，乙第一次到達右方最大位移時為t＝2s時，此時x甲＝0，且向左運動，故D正確。3.(人教版選修3－4·P21·T4改編)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力頻率f的關系)如圖所示，則()A．此單擺的固有周期約為0.5sB．此單擺的擺長約為1C．若擺長增大，單擺的固有頻率增大D．若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動答案B解析由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s，A錯誤；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此單擺的擺長約為1m，B正確；若擺長增大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的峰將向左移動，C、D錯誤。4．(人教版選修3－4·P5·T3)如下圖所示，在t＝0到t＝4s的范圍內回答以下問題。(1)質點相對平衡位置的位移的方向在哪些時間內跟它的瞬時速度的方向相同？在哪些時間內跟瞬時速度的方向相反？(2)質點在第2s末的位移是多少？(3)質點在前2s內走過的路程是多少？答案(1)在0～1s,2～3s內位移方向跟它的瞬時速度方向相同在1～2s,3～4s內位移方向跟它的瞬時速度方向相反'(2)0'(3)20解析(1)位移—時間圖線的某點的切線的斜率即是某時刻的速度，可知，質點相對平衡位置的位移的方向在0～1s和2～3s內跟它的瞬時速度的方向相同，在1～2s和3～4s內跟瞬時速度的方向相反。(2)質點在第2s末的位移是0。(3)質點在前2s內走過的路程是s＝2×10cm＝20考點細研悟法培優考點1簡諧運動的特征1.動力學特征F＝－kx，“－”表示回復力的方向與位移方向相反，k是比例系數，不確定是彈簧的勁度系數。2．運動學特征做簡諧運動的物體加速度與物體偏離平衡位置的位移大小成正比而方向相反，為變加速運動，遠離平衡位置時，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均減小，靠近平衡位置時則相反。3．周期性特征相隔nT(n為正整數)的兩個時刻，物體處于同一位置且振動狀態相同。4．對稱性特征(1)時間對稱性：相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n為正整數)的兩個時刻，物體位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等、方向相反。如圖甲所示：O為平衡位置，A、B為振子偏離平衡位置最大位移處，振子t時刻在C點，t＋eq\f(2n＋1T,2)時刻運動到D點，則位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，aD＝－aC。(2)空間對稱性：如圖乙所示，振子經過關于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等。此外，振子由P到O所用時間等于由O到P′所用時間，即tPO＝tOP′。振子往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO。5．能量特征振動的能量包括動能Ek和勢能Ep，簡諧運動過程中，系統動能與勢能相互轉化，系統的機械能守恒。例1(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當它經過點O時起先計時，經過0.3s，第一次到達點M，再經過0.2s其次次到達點M，則彈簧振子的周期不行能為()A．0.53s B．1.4sC．1.6s D．2sE．3s(1)從O點動身第一次到達M點時用時0.3s有幾種情形？提示：兩種。(2)簡諧運動中振子往復運動過程中通過同一段路程，用時相等嗎？提示：相等。嘗試解答選BDE。從O點動身第一次到達M點，運動狀況有下圖甲、乙兩種可能。如圖甲所示，設O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時間為eq\f(T,4)。因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等，故eq\f(T,4)＝0.3s＋eq\f(0.2,2)s＝0.4s，解得T＝1.6s；如圖乙所示，若振子一起先從平衡位置向點B運動，設點M′與點M關于點O對稱，則振子從點M′經過點B到點M′所用的時間與振子從點M經過點C到點M所需時間相等，即0.2s。振子從點O到點M′、從點M′到點O及從點O到點M所需時間相等，為eq\f(0.3s－0.2s,3)＝eq\f(1,30)s，故周期為T＝0.5s＋eq\f(1,30)s≈0.53s，所以周期不行能為選項B、D、E。分析簡諧運動的技巧(1)分析簡諧運動中各物理量的變更狀況時，要以位移為橋梁，位移增大時，振動質點的回復力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減小；反之，則產生相反的變更。另外，各矢量均在其值為零時變更方向。(2)分析過程中要特殊留意簡諧運動的周期性和對稱性。(3)如例1，若沒有給出起先時刻質點的振動方向，還須分狀況探討，以防丟解。[變式1－1](多選)下列關于簡諧振動的說法正確的是()A．速度和加速度第一次同時復原為原來的大小和方向所經驗的過程為一次全振動B．位移的方向總跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C．一個全振動指的是動能或勢能第一次復原為原來的大小所經驗的過程D．位移減小時，加速度減小，速度增大E．物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同答案ADE解析通過畫運動示意圖可知，速度和加速度第一次同時復原為原來的大小和方向所經驗的過程為一次全振動，A符合題意；回復力與位移方向相反，故加速度與位移方向相反，但速度的方向可以與位移的方向相同，也可以相反，物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反，背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同，B不符合題意，E符合題意；一次全振動，動能和勢能均會有兩次復原為原來的大小，C不符合題意；當位移減小時，回復力減小，則加速度在減小，物體正在返回平衡位置，故速度在增大，D符合題意。故答案為A、D、E。[變式1－2](2024·湖北省高三4月調考)(多選)如圖所示，兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細線將甲、乙兩物塊束縛在光滑水平面上，已知甲的質量是乙的質量的4倍，彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，式中m為振子的質量，k為彈簧的勁度系數。當細線突然斷開后兩物塊都起先做簡諧運動，在運動過程()A．甲的振幅是乙的振幅的4倍B．甲的振幅等于乙的振幅C．甲的最大速度是乙的最大速度的eq\f(1,2)D．甲的振動周期是乙的振動周期的2倍E．甲的振動頻率是乙的振動頻率的2倍答案BCD解析線未斷開前，對甲、乙整體，兩彈簧的彈力等大，又因為兩根彈簧相同，所以兩根彈簧伸長的長度相同，離開平衡位置的最大距離相同，即振幅確定相同，故A錯誤，B正確；當線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，到達平衡后，甲、乙的最大動能相同，由于甲的質量是乙的質量的4倍，由Ek＝eq\f(1,2)mv2知道，甲的最大速度確定是乙的最大速度的eq\f(1,2)，故C正確；依據T＝2πeq\r(\f(m,k))可知，甲的振動周期是乙的振動周期的2倍，依據f＝eq\f(1,T)可知，甲的振動頻率是乙的振動頻率的eq\f(1,2)，D正確，E錯誤；故選B、C、D。考點2簡諧運動的圖象1.圖象特征(1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，是正弦曲線還是余弦曲線取決于質點初始時刻的位置。(2)圖象反映的是位移隨時間的變更規律，隨時間的增加而延長，圖象不代表質點運動的軌跡。(3)任一時刻在圖線上對應點的切線的斜率大小表示該時刻振子的速度大小，斜率正負表示速度的方向，斜率為正時，表示振子的速度沿x軸正方向；斜率為負時，表示振子的速度沿x軸負方向。2．圖象信息(1)由圖象可以看出質點振動的振幅、周期。(2)可以確定某時刻質點離開平衡位置的位移。(3)可以確定某時刻質點的回復力、加速度和速度的方向。①回復力和加速度的方向：因回復力總是指向平衡位置，故回復力和加速度的方向在圖象上總是指向t軸。②速度的方向：某時刻速度的方向既可以通過該時刻在圖象上對應點的切線的斜率來推斷，還可以通過下一時刻位移的變更來推斷，若下一時刻位移增加，速度方向就是遠離t軸；若下一時刻位移減小，速度方向就是指向t軸。(4)可以確定某段時間質點的位移、回復力、加速度、速度、動能、勢能等的變更狀況。例2(2024·寧夏石嘴山三中一模)(多選)彈簧振子在光滑水平面上做簡諧振動，把小鋼球從平衡位置向左拉一段距離，放手讓其運動。從小鋼球通過平衡位置起先計時，其振動圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．t＝0.5s時鋼球的加速度為正向最大B．在t0時刻彈簧的形變量為4cmC．鋼球振動半個周期，回復力做功為零D．鋼球振動一周期，通過的路程等于10cmE．鋼球振動方程為y＝5sinπtcm(1)彈簧振子的加速度方向與位移方向相同還是相反？提示：相反。(2)鋼球每經過半個周期，鋼球的速度大小變更嗎？提示：不變。嘗試解答選BCE。由振動圖象可以看出鋼球的振動周期為T＝2s，t＝0.5s時鋼球的位移為正向最大，加速度為負向最大，故A錯誤；彈簧振子在光滑水平面上做簡諧振動，平衡位置時彈簧的形變量為零，由圖知t0時刻鋼球在平衡位置的右側距離平衡位置為4cm處，則彈簧的形變量等于4cm，故B正確；經過半個周期后，鋼球的速度大小與原來相等，動能變更為零，依據動能定理知回復力做功為零，故C正確；鋼球振動一周期，通過的路程s＝4A＝4×5cm＝20cm，故D錯誤；振幅A＝5cm，圓頻率ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，則鋼球振動方程為y＝Asinωt＝5sinπtcm，故E正確。故選B、C、E。對振動圖象的理解(1)可確定振動質點在任一時刻的位移。如圖所示，t1、t2時刻質點偏離平衡位置的位移分別為x1＝7cm，x2＝－5cm。(2)可確定質點振動的振幅，圖象中最大位移的確定值就是質點振動的振幅。如圖所示，質點振動的振幅是10cm。(3)可確定質點振動的周期和頻率，振動圖象上一個完整的正弦(或余弦)圖形在時間軸上拉開的“長度”表示周期，頻率的大小等于周期的倒數。如圖所示，OD、AE、BF的間隔都等于質點振動的周期，T＝0.2s，頻率f＝eq\f(1,T)＝5Hz。(4)可確定質點的振動方向。如圖所示，在t1時刻，質點正遠離平衡位置向正方向運動；在t3時刻，質點正朝向平衡位置運動。(5)可比較各時刻質點加速度的大小和方向。例如在圖中t1時刻，質點偏離平衡位置的位移x1為正，則加速度a1為負；在t2時刻，質點偏離平衡位置的位移x2為負，則加速度a2為正，因為|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。[變式2](多選)一個質點經過平衡位置O，在A、B間做簡諧運動，如圖a所示，它的振動圖象如圖b所示，設向右為正方向，下列說法正確的是()A．OB＝5cmB．第0.2s末質點的速度方向是A→OC．第0.4s末質點的加速度方向是A→OD．第0.7s末時質點位置在O點與A點之間E．在4s內完成5次全振動答案ACE解析由圖b可知振幅為5cm，則OB＝OA＝5cm，A正確；由圖可知0～0.2s內質點從B向O運動，第0.2s末質點的速度方向是O→A，B錯誤；由圖可知第0.4s末質點運動到A點處，則此時質點的加速度方向是A→O，C正確；由圖可知第0.7s末時質點位置在O點與B點之間，D錯誤；由圖b可知周期T＝0.8s，則在4s內完成全振動的次數為eq\f(4s,0.8s)＝5，E正確。考點3受迫振動與共振自由振動、受迫振動和共振的比較振動類型項目自由振動受迫振動共振受外力狀況僅受回復力受到周期性驅動力作用受到周期性驅動力作用振動周期和頻率由系統本身的性質確定，即固有周期和固有頻率由驅動力的周期和頻率確定T驅＝T固f驅＝f固振動能量無阻尼自由振動物體的機械能不變，阻尼振動物體的機械能減小由產生驅動力的物體供應振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子，單擺機器運轉時底座發生的振動共振篩，轉速計例3如圖所示，一豎直圓盤轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一彈簧和小球組成的振動系統，小球浸沒在水中。當圓盤轉動一會兒靜止后，小球做________(填“阻尼”“自由”或“受迫”)振動。若彈簧和小球構成的系統振動頻率約為3Hz，現使圓盤以4s的周期勻速轉動，經過一段時間后，小球振動達到穩定，小球的振動頻率為________Hz。漸漸變更圓盤的轉動周期，當小球振動的振幅達到最大時，此時圓盤的周期為________s。(1)在阻力作用下，振幅漸漸變小的振動稱為________振動。提示：阻尼(2)當小球振動的振幅達到最大時，圓盤的周期________系統的固有周期。提示：等于嘗試解答阻尼0.25eq\f(1,3)。由于水對小球有阻力的作用，因此圓盤停止轉動后，小球做阻尼振動；圓盤轉動時帶動小球做受迫振動，因此小球振動穩定時的振動頻率等于驅動力的頻率，即小球的振動頻率為eq\f(1,4)Hz＝0.25Hz；當驅動力的頻率等于小球的固有頻率時小球的振幅最大，即圓盤的轉動頻率應為3Hz，則圓盤的周期應為eq\f(1,3)s。對共振的理解(1)共振曲線：如圖所示，橫坐標為驅動力頻率f，縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅動力頻率對某固有頻率為f0的振動系統受迫振動振幅的影響，由圖可知，f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大。(2)受迫振動中系統能量的轉化：做受迫振動的系統的機械能不守恒，系統與外界時刻進行能量交換。[變式3－1]關于固有頻率，以下說法正確的是()A．固有頻率是由物體本身確定的B．物體不振動時固有頻率為零C．振幅越大，固有頻率越小D．全部物體固有頻率都相同答案A解析物體做自由振動時，振動的頻率與初始條件無關，僅與系統的固有特性有關(如質量、材質等)，稱為固有頻率，故A正確，B、C、D錯誤。[變式3－2](多選)某簡諧振子，自由振動時的振動圖象如圖甲中實線所示，而在某驅動力作用下做受迫振動時，穩定后的振動圖象如圖甲中虛線所示，那么，此受迫振動對應的狀態可能是圖乙中的()A．a點 B．b點C．c點 D．確定不是c點答案AD解析簡諧振子自由振動時，設周期為T1；而在某驅動力作用下做受迫振動時，設周期為T2；明顯T1<T2；依據f＝eq\f(1,T)，有f1>f2；題圖乙中c點處代表發生共振，驅動力頻率等于固有頻率f1；做受迫振動時，驅動力頻率f2<f1，故此受迫振動對應的狀態可能是圖乙中的a點；故選A、D。考點4單擺、用單擺測定重力加速度1.對單擺的理解(1)回復力：擺球重力沿軌跡切線方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復力F回與位移x的方向相反。(2)向心力：細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力充當向心力，F向＝FT－mgcosθ。兩點說明：①當擺球在最高點時，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，FT＝mgcosθ。②當擺球在最低點時，F向＝eq\f(mv\o\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq\f(v\o\al(2,max),l)。(3)單擺是一個志向化模型，擺角θ≤5°時，單擺的周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，與單擺的振幅A、擺球質量m無關，式中的g由單擺所處的位置確定。2．等效擺長及等效重力加速度(1)l′——等效擺長：搖擺圓弧的圓心到擺球重心的距離。如圖甲所示的雙線擺的擺長l′＝r＋Lcosα。乙圖中小球(可看做質點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點的旁邊振動，其等效擺長為l′＝R。(2)g′——等效重力加速度：與單擺所處物理環境有關。①在不同星球表面：g′＝eq\f(GM,R2)，M為星球的質量，R為星球的半徑。②單擺處于超重或失重狀態下的等效重力加速度分別為g′＝g＋a和g′＝g－a，a為超重或失重時單擺系統整體豎直向上或豎直向下的加速度大小。3．用單擺測定重力加速度數據處理的兩種方法：方法一：公式法。依據公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，g＝eq\f(4π2l,T2)。將測得的幾組周期T和擺長l分別代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中算出多組重力加速度g的值，再求出g的平均值，即為當地重力加速度的值。方法二：圖象法。由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(g,4π2)T2，因此以擺長l為縱軸，以T2為橫軸描點作圖，作出的l-T2圖象理論上是一條過原點的直線，如圖所示，求出圖象的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。例4(多選)某同學做“用單擺測定重力加速度”的試驗時，通過變更擺線的長度，測出對應的周期，作出了l－T2圖象，如圖所示。下列關于本試驗的分析正確的是()A．試驗中正確測量周期的方法是，拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當擺球振動穩定后，從平衡位置起先計時，登記擺球做50次全振動所用的時間Δt，則單擺周期T＝eq\f(Δt,50)B．圖象不過原點是因為測量擺長時，把懸掛狀態的擺線長當成擺長C．圖象不過原點是因為測量擺長時，把擺線長加上擺球的直徑當成擺長D．利用圖象仍舊能測出當地的重力加速度為g＝eq\f(4π2lA,T\o\al(2,A))或g＝eq\f(4π2lB,T\o\al(2,B))，但測量結果會偏大E．利用圖象仍舊能測出當地的重力加速度為g＝eq\f(4π2lB－lA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，并且不會有系統誤差(1)若擺長測量值l有偏差Δl，即l真＝l＋Δl，則如何用g、T表示l?提示：因為l真＝l＋Δl＝eq\f(g,4π2)T2，則l＝eq\f(g,4π2)T2－Δl。(2)依據上述l的表達式，題中圖象的斜率是什么？提示：l＝eq\f(g,4π2)T2－Δl，圖中Δl為負值，可知斜率k＝eq\f(g,4π2)。嘗試解答選ACE。為了減小測量誤差，要從擺球擺過平衡位置時計時，且需測量多次全振動所用時間，然后計算出一次全振動所用的時間，A正確；依據周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得l＝eq\f(gT2,4π2)，由于題中圖象存在縱截距，即l＝eq\f(gT2,4π2)＋l′，說明測量的擺長值較實際擺長要大，B錯誤，C正確；依據題中圖象上A、B兩點有關系式lA＝eq\f(gT\o\al(2,A),4π2)＋l′，lB＝eq\f(gT\o\al(2,B),4π2)＋l′，兩式相減可解得g＝eq\f(4π2lB－lA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，由以上可以看出，最終的結果不影響g值的測量，所以D錯誤，E正確。用單擺測定重力加速度試驗的誤差分析(1)本試驗的系統誤差主要來源于單擺模型本身是否符合要求，即：懸點固定，小球質量大、體積小，細線輕質非彈性，振動是在同一豎直平面內的振動，這些要求是否符合。(2)本試驗的偶然誤差主要來自時間的測量和擺線長度的測量，因此，要從擺球通過平衡位置時起先計時，不能多計或漏計擺球全振動次數。運用刻度尺測量擺線長度時，要多次測量取平均值以減小誤差。(3)利用圖象法處理數據具有形象、直觀的特點，同時也能減小試驗誤差。利用圖象法分析處理時要特殊留意圖象的斜率及截距的物理意義。[變式4－1]物理試驗小組的同學做“用單擺測重力加速度”的試驗。(1)試驗室有如下器材可供選用：A．長約1m的細線 B．長約1m的橡皮繩C．直徑約2cm的勻稱鐵球 D．直徑約5cm的勻稱木球E．秒表F．時鐘G．最小刻度為毫米的刻度尺試驗小組的同學須要從上述器材中選擇________(填寫器材前面的字母)。(2)下列振動圖象真實地描述了對擺長約為1m的單擺進行周期測量的四種操作過程，圖中橫坐標原點O為計時起點，A、B、C均為30次全振動的圖象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過程合乎試驗要求且誤差最小的是________(填字母代號)。(3)某同學利用單擺測重力加速度，測得的g值與真實值相比偏大，可能的緣由是________。A．測擺長時記錄的是擺線的長度B．起先計時時，秒表過早按下C．擺線上端未堅固地系于懸點，搖擺中出現松動，使擺線長度增加了D．試驗中誤將29次全振動數記為30次答案(1)ACEG(2)A(3)D解析(1)須要選擇：長約1m的細線，直徑約2cm的勻稱鐵球，秒表(測量50次全振動的時間)，最小刻度為毫米的刻度尺(測量擺線長)。(2)單擺振動的擺角θ≤5°，當θ＝5°時單擺振動的振幅A＝lsin5°＝0.087m＝8.7cm，為計時精確，在擺球擺至平衡位置時起先計時，故四種操作過程合乎試驗要求且誤差最小的是選項A。(3)依據單擺的周期公式推導出重力加速度的表達式g＝eq\f(4π2L,T2)。將擺線的長誤認為擺長，即測量值偏小，所以重力加速度的測量值偏小，故A錯誤；起先計時時，秒表過早按下，周期的測量值大于真實值，所以重力加速度的測量值偏小，故B錯誤；擺線上端未堅固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了，即擺長L的測量值偏小，所以重力加速度的測量值就偏小，故C錯誤；設單擺29次全振動的時間為t，則單擺的周期T＝eq\f(t,29)，若誤計為30次，則T測＝eq\f(t,30)<eq\f(t,29)，即周期的測量值小于真實值，所以重力加速度的測量值偏大，故D正確。[變式4－2]在“用單擺測定重力加速度”的試驗中：(1)搖擺時偏角滿意的條件是偏角小于5°，為了減小測量周期的誤差，計時起先時，擺球應是經過最________(填“高”或“低”)點的位置，且用停表測量單擺完成多次全振動所用的時間，求出周期。圖甲中停表示數為一單擺全振動50次所用的時間，則單擺振動周期為________。(2)用最小刻度為1mm的刻度尺測擺長，測量狀況如圖乙所示。O為懸掛點，從圖乙中可知單擺的擺長為________m。(3)若用L表示擺長，T表示周期，那么重力加速度的表達式為g＝________。(4)考慮到單擺振動時空氣浮力的影響后，學生甲說：“因為空氣浮力與擺球重力方向相反，它對球的作用相當于重力加速度變小，因此振動周期變大。”學生乙說：“浮力對擺球的影響似乎用一個輕一些的擺球做試驗，因此振動周期不變”，這兩個學生中________。A．甲的說法正確B．乙的說法正確C．兩學生的說法都是錯誤的答案(1)低2.05s(2)0.9980(3)eq\f(4π2L,T2)(4)A解析(1)擺球經過最低點時小球速度最大，簡單視察和計時；圖甲中停表的示數為1.5min＋12.5s＝102.5s，則周期T＝eq\f(102.5,50)s＝2.05s。(2)從懸點到球心的距離即為擺長，可得L＝0.9980m。(3)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得g＝eq\f(4π2L,T2)。(4)由于受到空氣浮力的影響，小球的質量沒變而相當于小球所受重力減小，即等效重力加速度減小，因而振動周期變大，A正確。

高考模擬隨堂集訓1．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方eq\f(3,4)l的O′處有一固定細鐵釘。將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時起先計時。當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘的阻擋。設小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正。下列圖象中，能描述小球在起先一個周期內的x-t關系的是()答案A解析擺長為l時單擺的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α為擺角)，擺長為eq\f(1,4)l時單擺的周期T2＝2πeq\r(\f(\f(1,4)l,g))＝πeq\r(\f(l,g))＝eq\f(T1,2)，振幅A2＝eq\f(1,4)lβ(β為擺角)。依據機械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mgeq\f(l,4)(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，cosβ＝1－2sin2eq\f(β,2)，以及sineq\f(α,2)≈taneq\f(α,2)≈eq\f(α,2)，sineq\f(β,2)≈taneq\f(β,2)≈eq\f(β,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)、\f(β,2)很小))，解得β＝2α，故A2＝eq\f(1,2)A1，故A正確。2．(2024·江蘇高考)(多選)一單擺做簡諧運動，在偏角增大的過程中，擺球的()A．位移增大 B．速度增大C．回復力增大 D．機械能增大答案AC解析在單擺的偏角增大的過程中，擺球遠離平衡位置，故位移增大，速度減小，回復力增大，機械能保持不變，A、C正確，B、D錯誤。3．(2024·天津高考)(多選)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t＝0時振子的位移為－0.1m，t＝1s時位移為0.1m，則()A．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(2,3)sB．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(4,5)sC．若振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD．若振幅為0.2m，振子的周期可能為6s答案AD解析若振幅為0.1m，依據題意可知從t＝0s到t＝1s振子經驗的時間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T＝1s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0,1,2,3…)，當n＝1時，T＝eq\f(2,3)s，當T＝eq\f(4,5)s時，代入得n＝eq\f(3,4)，不符合題意，A正確，B錯誤；假如振幅為0.2m，結合位移—時間關系圖象，有1s＝eq\f(T,2)＋nT(n＝0,1,2,3，…)①，或者1s＝eq\f(5,6)T＋nT(n＝0,1,2,3，…)②，或者1s＝eq\f(T,6)＋nT(n＝0,1,2,3…)③，對于①式，只有當n＝0時，T＝2s，為整數；對于②式，T不為整數，對于③式，只有當n＝0時，T＝6s，T為整數，故C錯誤，D正確。4．(2024·北京高考)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是()A．t＝1s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值B．t＝2s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值C．t＝3s時，振子的速度為負的最