2025高考物理一轮复习讲义：第八讲 机械振动

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1.简谐运动：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正比，并且总是指向 平衡位置，质点的运动就是简谐运动.
2.平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置.
3.回复力：使物体在平衡位置附近做往复运动的力。方向：总是指向平衡位置。属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力.
【例1】对于弹簧振子的回复力和位移的关系，下列图中正确的是( )
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答案： C
解析： 由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，C正确．
【例2】如图所示，小球在BC之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C运动到O的过程中（ ）
A.动能不断增大，加速度不断减小
B.回复力不断增大，系统机械能守恒
C.弹性势能不断减小，加速度不断增大
D.弹性势能不断增大，加速度不断减小
答案：A
【针对训练2-1】(多选)如图所示，一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是( )
A．若位移为负值，则加速度一定为正值
B．小球通过平衡位置时，速度为零，位移最大
C．小球每次经过平衡位置时，位移相同，速度也一定相同
D．小球每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但位移一定相同
答案： AD
解析： 小球受的力指向平衡位置，小球的位移为负值时，受到的力为正值，小球的加速度为正值，故A正确；当小球通过平衡位置时，位移为零，速度最大，故B错误；小球每次通过平衡位置时，速度大小相等，方向不一定相同，但位移相同，故C错误；小球每次通过同一位置时，位移相同，速度大小相等，但速度方向可能相同，也可能不同，故D正确．
【例3】把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，平衡位置为O，小球在A、B间振动，如图所示．下列结论正确的是( )
A．小球在O位置时，动能最大，加速度最小
B．小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大
C．小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D．小球在O位置时系统的总能量大于小球在B位置时系统的总能量
答案： A
解析： 小球在平衡位置时动能最大，加速度为零，A正确；小球在A、B位置时，动能最小，加速度最大，B错误；小球靠近平衡位置时，回复力做正功，远离平衡位置时，回复力做负功，C错误；在小球振动过程中系统的总能量不变，D错误．
【例4】(多选)在光滑斜面上的物块A被平行于斜面的轻弹簧拉住静止于O点，如图所示．现将物块A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块A在B、C范围内做简谐运动，则下列说法正确的是( )
A．OB越长，系统的机械能越大
B．在运动过程中，物块A的机械能守恒
C．物块A与轻弹簧构成的系统的势能，当物块A在C点时最大，当物块A在O点时最小
D．物块A与轻弹簧构成的系统的势能，当物块A在C点时最大，当物块A在B点时最小
答案： AC
解析： 做简谐运动的物体的机械能跟振幅有关，对确定的振动系统，振幅越大，系统的机械能越大，A正确；在简谐运动中，系统机械能守恒，但物块A的重力势能与动能总和不断变化，物块A的机械能不守恒，B错误；在简谐运动中，系统在最大位移处势能最大，在平衡位置处动能最大，势能最小，C正确，D错误．
【例5】小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s，小球第一次经过P点，又经过0.2 s，小球第二次经过P点，振子第三次经过P点可能是（ ）
A.1.0 s B.2.4 s C.0.8 s D.2.2 s
答案：D
【例6】(多选)如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知水平轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供的
B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供的
C．物体A与滑块B(整体看成一个振子)的回复力大小跟位移大小之比为k
D．若A、B之间的动摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为
答案： ACD
解析： 物体A做简谐运动时，回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供的，故A正确；滑块B做简谐运动的回复力是由弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供的，故B错误；物体A与滑块B(整体看成一个振子)的回复力满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；当A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，其振幅最大，设为A，以整体为研究对象有：kA＝(M＋m)a，以物体A为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得A＝，故D正确．
【例7】如图所示，一水平弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知物体的质量为M.
(1)同一振动系统简谐运动的能量取决于________，物体振动时动能和________相互转化，总机械能________．
(2)物体在振动过程中，下列说法中正确的是________．
A．物体在平衡位置，动能最大，弹性势能最小
B．物体在最大位移处，弹性势能最大，动能最小
C．物体在向平衡位置运动时，由于物体振幅减小，故总机械能减小
D．在任意时刻，动能与弹性势能之和保持不变
(3)若物体运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是________．
A．振幅不变 B．振幅减小
C．最大动能不变 D．最大动能减小
答案： (1)振幅 弹性势能 守恒 (2)ABD (3)AC
解析： (1)简谐运动的能量取决于振幅，物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒．
(2)物体在平衡位置两侧往复运动，在平衡位置处速度达到最大，动能最大，弹性势能最小，所以A正确；在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变量最大，弹性势能最大，所以B正确；振幅的大小与物体的位置无关，在任意时刻只有弹簧的弹力做功，故机械能守恒，所以C错误，D正确．
(3)物体运动到B点时速度恰为零，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变，选项A正确，B错误；由于机械能守恒，所以最大动能不变，选项C正确，D错误．
考点二：简谐运动的表达式和图像
1.简谐运动的表达式
x＝Asin(ωt＋φ0)＝Asin(eq \f(2π,T)t＋φ0)，其中：x表示振动物体在t时刻离开平衡位置的位移，A为振幅，ω为圆频率，T为简谐运动的周期，φ0为初相位．
2.从振动图像可获取的信息
(1)振幅A、周期T(或频率f )和初相位φ0(如图所示).
(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移.
(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小(即此切点的导数)和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定.
(4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同.
(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况.
【例8】有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是( )
A．x＝8×10－3sin(4πt＋eq \f(π,2)) m
B．x＝8×10－3sin(4πt－eq \f(π,2)) m
C．x＝8×10－3sin(4πt＋eq \f(3π,2)) m
D．x＝8×10－3sin(eq \f(π,4)t＋eq \f(π,2)) m
答案： A
解析： 由题可知，A＝0.8 cm＝8×10－3 m，T＝0.5 s，则ω＝eq \f(2π,T)＝4π rad/s，初始时刻具有负方向的最大加速度，则初位移x0＝0.8 cm，初相位φ0＝eq \f(π,2)，得弹簧振子的振动方程为x＝8×
10－3sin(4πt＋eq \f(π,2)) m，A正确．
【例9】一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为eq \f(2,3) s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为eq \f(4,5) s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
答案： AD
解析： 若振幅为0.1 m，由题意知，Δt＝(n＋eq \f(1,2))T(n＝0,1,2，…)，解得T＝eq \f(2,2n＋1) s(n＝0,1,2，…)，A项正确，B项错误；若振幅为0.2 m，t＝0时，由简谐运动表达式x＝0.2sin(eq \f(2π,T)t＋φ0)(m)可知，t＝0时，0.2sin φ0(m)＝－0.1 m，解得φ0＝－eq \f(π,6)或φ0＝－eq \f(5π,6)；t＝1 s时，有0.2sin(eq \f(2π,T)＋φ0)(m)＝0.1 m，将T＝6 s代入0.2sin(eq \f(2π,T)＋φ0) (m)＝0.1 m，可得D项正确；将T＝4 s代入0.2sin(eq \f(2π,T)＋φ0)(m)≠0.1 m，得T＝4 s不满足题意，C项错误．
【例10】如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为( )
A．x＝Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt－\f(π,2))) B．x＝Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt＋\f(π,2)))
C．x＝2Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt－\f(π,2))) D．x＝2Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt＋\f(π,2)))
答案： B
解析： 影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为x＝Rsin(ωt＋φ)，当t＝0时，P的位移为R，代入解得φ＝eq \f(π,2)，则P做简谐运动的表达式为x＝Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt＋\f(π,2)))，B正确，A、C、D错误。
【例11】如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居O点左右两侧的对称点.取水平向右为正方向，物体的位移x随时间t变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A.t＝0.6 s时，物体在O点右侧6 cm处
B.物体在t＝0.2 s和t＝1.0 s时的速度相同
C.t＝1.2 s时，物体的加速度方向水平向右
D.t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内，物体的加速度和速度都逐渐增大
答案：D
【例12】某质点的振动图像如图所示，下列说法正确的是
A.1 s和3 s时刻，质点的速度相同
B.1 s到2 s时间内，质点的速度与加速度方向相同
C.简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt＋1.5π) cm
D.简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt＋0.5π) cm
答案：D
【例13】如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知( )
A．在0.1 s时，由于位移为零，所以弹簧振子的能量为零
B．在0.2 s时，弹簧振子具有最大势能
C．在0.35 s时，弹簧振子的能量尚未达到最大值
D．在0.4 s时，振子的动能最大
答案： B
解析： 弹簧振子做简谐运动，弹簧振子的能量不变，不为零，选项A错；在0.2 s时位移最大，弹簧振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的能量不变，在0.35 s时弹簧振子的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4 s时振子的位移最大，动能为零，选项D错．
【例14】(多选)一个弹簧振子做简谐运动的周期为T，设t1时刻小球不在平衡位置，经过一段时间到t2时刻，小球的速度与t1时刻的速度大小相等、方向相同，(t2－t1)A．t2时刻小球的加速度一定跟t1时刻的加速度大小相等、方向相反
B．在t1～t2时间内，小球的加速度先减小后增大
C．在t1～t2时间内，小球的动能先增大后减小
D．在t1～t2时间内，弹簧振子的机械能先减小后增大
答案： ABC
解析： 由题图可知t1、t2时刻小球的加速度大小相等，方向相反，A正确；在t1～t2时间内回复力先减小后增大，所以小球的加速度先减小后增大，B正确；在t1～t2时间内，小球的速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，C正确；简谐运动的机械能守恒，D错误．
【例15】有一个在x方向上做简谐运动的物体，其振动图像如图所示．下列关于图甲、乙、丙、丁的判断正确的是(选项中v、F、a、Ek分别表示物体的速度、受到的回复力、加速度和动能)( )
A．图甲可作为该物体的v－t图像
B．图乙可作为该物体的F－t图像
C．图丙可作为该物体的a－t图像
D．图丁可作为该物体的Ek－t图像
答案： C
解析： 因为F＝－kx，a＝－eq \f(kx,m)，故题图丙可作为F－t、a－t图像；而v随位移增大而减小，故v－t图像应为题图乙，由于物体的动能不可能为负，因此题图丁不能作为物体的Ek－t图像，C正确，A、B、D错误．
考点三：单摆及周期公式
1．单摆的回复力
如图所示，摆球重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ提供了使摆球振动的回复力．
3．单摆的周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g)).
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角小于5°)．
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离．
①对于实际的单摆，摆长l＝l′＋eq \f(D,2)，l′为摆线长，D为摆球直径．
②等效摆长：(a)图中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α.其周期T＝2πeq \r(\f(lsin α,g)).(b)图中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长．
(3)①公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定．
②等效重力加速度
Ⅰ.多力存在的平衡态：一般情况下，公式中g的值等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值．
(c)图为斜面摆，在平衡位置静止时绳的拉力为F＝mgsin θ，此时等效重力加速度g′＝gsin θ；(d)图中，带正电的小球静止在图示位置，绳的拉力F＝eq \r(mg2＋qE2)，则等效重力加速度为g′＝eq \f(\r(mg2＋qE2),m).
Ⅱ.非平衡状态(如加速、减速、超重、失重等)：若单摆处在向上加速运行的电梯中，加速度为a，此时摆球处于超重状态，则等效重力加速度为g′＝g＋a.
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期．
【例16】(多选)下列有关单摆的说法，正确的是( )
A．一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小球，可以构成一个单摆
B．单摆的摆动一定是简谐运动
C．若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动
D．单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大
答案： CD
解析： 一根不可伸长的细绳一端系在悬点，另一端连接一个质量较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆，橡皮筋受到拉力时形变量较大，连接小球构成的装置不可看成单摆，A错误；若单摆在同一平面内摆动，且偏角小于5°，可以认为该单摆的运动是简谐运动，B错误，C正确；根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆做简谐运动时，摆长越长，其运动周期越大，D正确．
【例17】关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论中正确的是( )
A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球的回复力最大时，摆线中的拉力大小比摆球的重力大
D．摆球所需的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
答案： B
解析： 单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A错误；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，此时摆线的拉力等于摆球的重力沿摆线的分力，则摆线的拉力小于摆球的重力；在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D错误，B正确．
【变式训练17-1】图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C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，速度为零，合力与回复力也为零
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
答案： C
解析： 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误．
【例18】(多选)如图所示为一单摆的振动图像，则( )
A．t1和t3时刻摆线的拉力等大
B．t2和t3时刻摆球速度相等
C．t3时刻摆球速度正在减小
D．t4时刻摆线的拉力正在减小
答案： AD
解析： 由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确．
【例19】如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处(弧BC所对圆心角小于5°)，今使两小球同时静止释放，则( )
A．球A先到达C点
B．球B先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪个球先到达C点
答案： A
解析： 球A做自由落体运动，到达C点的时间为tA＝eq \r(\f(2h,g))＝ eq \r(\f(2R,g)).
当弧BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))＝2πeq \r(\f(R,g))，
因此球B运动到C点所需的时间是
tB＝eq \f(T,4)＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))，
故tA【例20】将秒摆(周期为2 s)的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的( )
A．只将摆球质量变为原来的eq \f(1,4)
B．只将振幅变为原来的2倍
C．只将摆长变为原来的4倍
D．只将摆长变为原来的16倍
答案： C
解析： 由T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B错误；对秒摆，T0＝2πeq \r(\f(l0,g))＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2πeq \r(\f(l,g))＝4 s，则l＝4l0，C正确，D错误．
【例21】 （多选）甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，由图可知（ ）
A．当 t = 2 s 时，甲的摆线拉力为零，乙的速度为零
B．当 t = 4 s 时，甲、乙的速度方向相反
C．甲、乙两个单摆的振幅之比是 4∶1
D．甲、乙两个单摆的摆长之比是 1∶4
答案：BD
【例22】(多选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定( )
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4
答案： BCD
解析： 根据题图可知，单摆振动的周期关系eq \f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比为eq \f(T甲,T乙)＝eq \f(2,3)，所以频率之比eq \f(f甲,f乙)＝eq \f(3,2)，故B、C正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得摆长之比为4∶9，故A错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根据T＝2πeq \r(\f(l,g))得：重力加速度之比为9∶4，故D正确．
【例23】如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方eq \f(1,2)L处有一光滑铁钉．将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，重力加速度为g，这个摆的周期是( )
A．2πeq \r(\f(L,g)) B．πeq \r(\f(L,g))
C．(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,g)) D．(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g))
答案： D
解析： 小球再次回到A点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L为摆长的简谐运动半个周期和以eq \f(1,2)L为摆长的简谐运动的半个周期．以L为摆长的运动时间为：t1＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(L,g))，
以eq \f(1,2)L为摆长的运动时间为：t2＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(\f(1,2)L,g))，
则这个摆的周期为：T＝t1＋t2＝(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g))，故A、B、C错误，D正确．
【例24】(多选)将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动．用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是( )
A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大
D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变
答案： ABC
解析： 摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得，摆长之比为9∶4，故B正确；摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据F－mg＝meq \f(v2,r)知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度变大，故C正确，D错误．
【例25】如图所示，处于竖直向下的匀强电场中的摆球的质量为m，半径为r，摆球带正电荷，用长为L的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，则这个单摆做小幅摆动的周期( )
A．2πeq \r(\f(L,g)) B．2πeq \r(\f(L＋r,g))
C．大于2πeq \r(\f(L＋r,g)) D．小于2πeq \r(\f(L＋r,g))
答案： D
解析： 处于竖直向下的匀强电场中的摆球，受到竖直向下的合力F合＝mg＋qE，摆球在摆动的过程中沿圆弧切线方向的分力F切＝(mg＋qE)sin θ＞mgsin θ(θ为摆角)，由于切线方向的分力增大，则等效重力加速度增大，所以单摆的周期减小，即T′＜T＝2πeq \r(\f(L＋r,g))，故D正确，A、B、C错误．
【例26】惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，称为摆钟。如图，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动。为使摆钟走时准确，下列做法正确的是（ ）
A．摆钟快了，应使圆盘沿摆杆上移
B．摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移
C．由冬季变为夏季时，应使圆盘沿摆杆上移
D．把摆钟从黑龙江移到福建，应使圆盘沿摆杆下移
答案：C
【例27】在上海走时准确的摆钟，随考察队带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟的走时会__________（选填“变慢”“变快”或“仍然准确”）。若上海地面的重力加速度为 g，珠穆朗玛峰顶端的重力加速度为 gʹ，则用这个摆钟在珠穆朗玛峰顶端测得的时间是实际时间的__________倍。
答案：变慢， EQ \R(\F(g′,g))
【例28】如图，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，两摆线均与竖直方向成 θ 角。已知甲的质量小于乙的质量，当细线突然断开后，甲、乙两摆都做简谐运动，下列说法正确的是（ ）
θ
甲
乙
θ
A．甲不会与乙碰撞B．甲的运动周期小于乙的运动周期
C．甲的振幅小于乙的振幅D．甲的最大速度小于乙的最大速度
答案：A
【例29】如图，用轻质丝线与小铁球组成单摆，将摆球拉开一个微小的角度后由静止释放，不计空气阻力，摆球到达最低点 B 时的动能为 Ek、加速度为 a，第一次到达 B 点所用的时间为 t。仅改变摆长 L，将摆线拉开相同角度后由静止释放摆球，多次重复实验。下列图像正确的是（ ）

答案：B
【例30】（等效加速度）如图，几个摆长相同的单摆，它们在不同条件下的周期分别为 T1、T2、T3、T4，关于周期大小关系的判断，正确的是（ ）
A．T1 > T2 > T3 > T4B．T1 < T2 < T3 < T4
C．T1 < T2 = T3 < T4D．T1 > T2 = T3 > T4
答案：D
【例31】将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，将质量为m＝0.05 kg的小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于5°且是未知量．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中所给的信息求：(g取10 m/s2，π≈3.14)
(1)单摆的振动周期和摆长；
(2)摆球运动过程中的最大速度．
答案： （1）T＝2πeq \r(\f(l,g))；l＝0.4 m （2）v＝0.2 m/s
解析： (1)摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期T＝0.4π s≈1.256 s.
由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，摆长l＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(10×0.16π2,4π2) m＝0.4 m.
(2)在最低点B时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大．根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝meq \f(v2,l)，解得最大速度v＝0.2 m/s.
考点四：受迫振动 共振
1．固有振动和固有频率
(1)固有振动：振动系统在没有外力干预的情况下的振动．
(2)固有频率：固有振动的频率．
2．阻尼振动：振动系统受到阻力作用时，振幅逐渐减小的振动，如图所示．
3．驱动力：作用于振动系统的周期性的外力．
4．受迫振动：系统在驱动力作用下的振动．其振动频率总等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关．
5.共振现象的定义
驱动力的频率f等于物体的固有频率f0时，物体做受迫振动的振幅达到最大值，这种现象称为共振．
6．共振曲线(如图所示)
【例32】(多选)如图是摆球做阻尼振动的振动图像，下列说法正确的是( )
A．振动过程中周期变小
B．振动过程中周期不变
C．摆球A时刻的势能等于B时刻的势能
D．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能
答案： BC
解析： 阻尼振动中，摆球的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，选项A错误，B正确；因A、B两时刻的位移相同，故摆球A时刻的势能等于B时刻的势能，选项C正确；由于振动的能量逐渐减小，故摆球A时刻的动能大于B时刻的动能，选项D错误．
【例33】如图所示是一单摆做阻尼振动的x－t图像，则此单摆的摆球在图中P与N时刻的( )
A．速率vP＞vN
B．重力势能EpP＞EpN
C．机械能EP＜EN
D．受到的拉力FP＝FN
答案： A
解析： 摆球在P时刻的振幅大于N时刻的振幅，所以机械能EP＞EN，由于两个时刻的位移大小相等，所以高度相等，则重力势能相等，即EpP＝EpN，则动能EkP＞EkN，所以速率vP＞vN.将摆球所受重力沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解，绳子拉力和重力沿绳子方向的分力的合力提供向心力，摆球速度越大，需要的向心力就越大，绳子的拉力就越大，即FP＞FN.故选A.
【例34】(多选)据《天中记》一书记载，晋初(公元3世纪)时，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐．学者张华判断，这是铜盘与皇宫早晚的钟声共鸣所致．后来把铜盘磨薄一些，它就不再自鸣了．关于这个现象，下列说法中正确的是( )
A．共鸣是一种共振
B．铜盘共鸣时的振动频率等于皇宫钟声的频率
C．把铜盘磨薄改变了驱动力的频率
D．把铜盘磨薄使铜盘的固有频率远离驱动力的频率
答案： ABD
解析： 共鸣是可发声的物体之间的共振，故A正确；发生共鸣的条件是频率相等，故B正确；把铜盘磨薄改变了其固有频率，故C错误；把铜盘磨薄使铜盘的固有频率不等于驱动力的频率，这样就不会再发生共鸣了，故D正确．
【例35】(多选)单摆M、N、O、P自由振动时，振动图像分别如图甲、乙、丙、丁所示．现将单摆M、N、O、P悬挂在如图所示支架的细线上，并保持各自的摆长不变，使其中一个单摆振动，经过足够长的时间，其他三个都可能振动起来．不计空气阻力．下列判断正确的是( )

A．若使M振动起来，P不会振动
B．若使M振动起来，稳定时N振动的周期仍小于2 s
C．若使P振动起来，稳定时M比N的振幅大
D．若使O振动起来，稳定时M的振动周期等于3 s
答案： CD
解析： 若使M振动起来，其他小球也会振动，做受迫振动，故A错误；受迫振动的周期等于驱动力的周期，故B错误；若使P振动起来，由于M的固有周期与驱动力的周期相同，M发生共振，稳定时M比N的振幅大，故C正确；O的周期为3 s，使O振动起来，M做受迫振动，则稳定时M的振动周期为3 s，故D正确．
【例36】一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法不正确的是( )
A．此单摆的固有周期为2 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
答案： C
解析： 单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等，当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得l≈1 m，故A、B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故C错误，D正确．
【例37】一洗衣机正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越强烈，然后振动再逐渐减弱，对这一现象，下列说法正确的是（ ）
A．正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大
B．正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小
C．正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率
D．只有当洗衣机振动最剧烈时，洗衣机做受迫振动
答案：A
【例38】将固有频率分别为 f1、f2 的两振子固定在同一振台上，打开振台后逐渐调大振台的驱动力频率。已知 f1 < f2，关于两振子受迫振动的振幅 A1、A2，则（ ）
A．A1、A2 不可能同时增大
B．A1 增大的同时 A2 不可能减小
C．A1、A2 不可能同时减小
D．A1 减小的同时 A2 不可能增大
答案：B
【例39】两单摆在不同的驱动力作用下其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A．单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅与固有频率无关
B．若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
C．若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为4∶1
D．周期为2 s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为2 m
答案： B
解析： 做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，由驱动力的频率决定，与物体固有频率无关，当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，发生共振，选项A错误．由题图可知，甲、乙两个单摆的固有频率之比为1∶2，则由T＝eq \f(1,f)＝2πeq \r(\f(l,g))可知，l＝eq \f(g,4π2f2)，则若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1；若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为1∶4，选项B正确，C错误．周期为2 s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)≈1 m，选项D错误．
【例40】(真题)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示．则( )
A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
答案： AD
解析： 要使落果效果最好，应使振动器与树木做共振，因不同树木的频率可能不同，所以振动器的振动频率也可能不同，A项正确；只有当驱动力的频率与固有频率相等时振幅最大，所以振动器频率增加时树干振动的振幅不一定增大，B项错误；不同粗细树干固有频率不一定相同，C项错误；因树干做的是受迫振动，稳定后受迫振动的频率等于驱动力的频率，D项正确．
【例41】（多选）将一个铁筛四角用四根弹簧支起，筛子上装一个电动偏心轮，它每转动一周给筛子提供一次驱动力。已知增大电动偏心轮的输入电压，可提高转速；增大筛子质量，可增大筛子的固有周期。已知筛子自由振动时完成 10 次全振动用 15 s，电动偏心轮转速为 36 r/min，要使筛子振动的振幅最大，可采用的办法是（ ）
A．提高电动偏心轮的输入电压B．降低电动偏心轮的输入电压
C．增大筛子的质量D．减小筛子的质量
答案： AC
解析： 根据题意，得筛子的固有频率为f0＝eq \f(20,15) Hz＝eq \f(4,3) Hz，电动机在某电压下，电动偏心轮的转动频率为f＝eq \f(50,60) Hz＝eq \f(5,6) Hz，要使筛子的振幅增大，应增大电动偏心轮的频率或减小共振筛的固有频率(即增大共振筛的固有周期)，所以可以提高输入电压或增加筛子质量，故选C.
考点五：实验：用单摆测量重力加速度的大小
1.实验过程
（1）实验原理与方案：由 T = 2π EQ \R(\F(l,g)) 得 g = EQ \F(4π2l,T2) 。分别测量单摆的摆线长度和摆球直径，以及单摆做简谐运动的摆球直径，可得重力加速度的大小。
（2）实验装置与方法：实验装置如图所示，细线下端连接一个小球，上端固定。使小球在竖直平面内做简谐运动，用停表测量单摆做简谐运动的周期，用刻度尺测量悬挂状态下细线的长度，用游标卡尺测量小球的直径。
（3）实验操作与数据收集：
① 将连接小球的细线上端固定在铁架台上，使之可自由摆动。
② 测量自由悬挂状态下细线的长度 l0 和小球的直径 d，摆长 l = l0 + EQ \F(d,2)
③ 使小球偏离平衡位置（摆角小于5°）并由静止释放做小角度摆动。
④ 当小球经过平衡位置时，用停表测量单摆经过 30 ~ 60 次全振动的时间 t。
⑤ 改变摆线的长度，重复几次实验，将数据记录在表中。
（4）数据分析：对表中的数据进行整理，以 T 为纵轴，以 l 为横轴建立直角坐标系，作出 T2 – l 图像，根据图像可以求得斜率，则 g = EQ \F(4π2,k) 。
2.摆长和周期的测量：
（1）用尺测出摆长l（摆线长l0＋摆球半径r）。如下左图所示，单摆摆长为_______cm。
（2）测周期T
注意：为了减小测量误差，应在摆球处于___________位置时开始计时。
①使用秒表：为了减小误差，用秒表测量n次的全振动时间t，然后由T＝ EQ \F(t,n) 求得周期，如上右图所示为40次全振动的时间，则单摆周期为_______s。
②使用光电门传感器也能直接求得周期。
答案： （1）87.40；（2）最低（平衡位置）；1.88s
3.数据处理
方案一：公式法
（1）做多次实验，测定摆长l、周期T；
（2）列出重力加速度的计算式，并计算出实验结果并取平均值；
T＝ EQ \F(t,n) ＝2π EQ \R(\F(l,g) ) g＝ EQ \F(4π2ln2,t2)
方案二：作图法
作T2－l图象，其斜率k的物理意义是_______。所以作出T2－l图象后求斜率k，然后可求出重力加速度g。
T 2
l
O
答案： EQ \F(4π2,g)
【例42】（2019上海高考）做“用单摆测定重力加速度”的实验，供选择的器材有：
A．1.2 m长的细线；B．约2 m长的弹性绳；C．带孔的小铁球；D．带孔的软木球；E．光电门
（1）应选用的摆线是__________，摆球是_________（均选填器材前面的字母）。光电门应放在摆球摆动过程中的__________（选填“最低点”或“最高点”）
O
t
I
t1
t2
t3
t4
（2）单摆摆动过程中光电门接收到光信号强度I随时间t的变化如图所示，由此可得单摆周期为（ ）
A．t1－0B．t2－t1C．t3－t1D．t4－t1
（3）某同学利用秒表做此实验后，与用光电门做实验的同学们交流，发现自己测得的重力加速度值明显偏大。该同学在实验中出现的操作失误可能是___________。
答案：（1）A，C，最低点；（2）C；（3）计数次数偏大等
【例43】（虹口二模改编）某同学利用单摆测量当地的重力加速度。
B
A
lA
lB
l
T2
TA2
TB2
O
（1）实验室有多种足够长的细线可用来制作单摆，由于材质不同，这些线的质量、弹性各不相同，为更好地完成实验，该同学应选择怎样的摆线？请分析说明：___________。
（2）该同学经测量得到 6 组摆长 l 和对应的周期 T，画出 l – T2 图像，然后在图像上选取 A、B 两个点，如图所示。则当地重力加速度的表达式 g = __________。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样__________（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。
（3）该同学在实验时有下列操作：
A．摆线偏离竖直方向的最大摆角小于 5°
B．当小球通过平衡位置时开始计时
C．摆球未在竖直面内摆动，摆成了圆锥摆
D．计时开始后测得摆球第 n 次经过平衡位置所用的时间为 t，记录单摆的周期 T = EQ \F(2t,n)
以上操作中你认为__________存在问题，试分析说明该操作对测量结果有何影响：_____________________。
答案：（1）为了保证在实验过程中摆长不发生变化，摆线应选无弹性的材质
（2） EQ \F(4π2（lB − lA）,TB2 − TA2) ，不影响； （3）C，测量结果偏小
【例44】如图，利用 DIS 完成“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。实验时，先量出摆球的半径与摆线的长度。单摆摆动后，点击“记录数据”。摆球每经过平衡位置时记数 1 次，第 1 次记为“0”，当记数为“50”时，点击“停止记录”，显示时间为 t。
（1）该单摆振动周期为_________；
（2）（单选）如图，在摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了（ ）
A．便于测量单摆周期
B．便于测量摆长时拉紧摆线
C．保证摆动过程中摆长不变
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（3）若某组同学误以摆线的长度 L 作为纵坐标，以单摆周期的平方 T2 作为横坐标，作出 L – T2 的图像。其他操作测量都无误，则作出的图线是图中的_________（选填“1”“2”或“3”）；
（4）现发现三组同学作出的图线分别是 1、2 和 3，但测出的斜率都为 k，是否可以根据斜率求出重力加速度？__________（若不可以求出，填“否”；若可以求出，填重力加速度的表达式）。
答案：（1） EQ \F(t,25) ； （2）C； （3）3； （4）4π2k
【例45】（）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）（多选）组装单摆时，应在下列器材中选用________（选填选项前的字母）。
（A）长度为1 m左右的细线
（B）长度为30 cm左右的细线
（C）直径为1.8 cm的塑料球
（D）直径为1.8 cm的铁球
（2）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）。
（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
请计算出第3组实验中的T＝_______s，g＝______m/s2。
（4）用多组实验数据作出T2­L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2­L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________（选填选项前的字母）。
（A）出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
（B）出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
（C）图线c对应的g值小于图线b对应的g值
（5）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示。由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺。于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g＝________（用l1、l2、T1、T2表示）。
答案：（1）AD；（2）eq \f(4π2n2L,t2)；（3）2.01，9.76；（4）B；（5）eq \f(4π2l1－l2,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))
【例46】某同学在做用单摆测定重力加速度实验时，以T2（T为周期）为纵坐标，以摆长L为横坐标，多取几组T与L值，采用描点法在T2－L图上得到一条过原点的直线，如图所示中的a。若该同学在实验中将摆线长当作摆长，得到的图线将是____（填“a”、“b”或“c”）。用该直线求得的重力加速度将_______（填“偏大”，“偏小”或“不变”）。
T2
L
b
a
c
O
答案：b，不变
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/（m·s-2）
9.74
9.73