2021高考物理一轮复习第十三章机械振动机械波实验13用单摆测重力加速度学案新人教版

实验十三 用单摆测定重力加速度1.知道把单摆的运动看做简谐运动的条件.2.会探究与单摆的周期有关的因素.3.会用单摆测定重力加速度．一、基本实验要求 1．实验原理当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T ＝2πlg，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g ＝4π2lT2.因此，只要测出摆长l 和振动周期T ，就可以求出当地的重力加速度g 的值．2．实验器材带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线(约1米)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺．3．实验步骤(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆． (2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图所示．(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l ′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r ，计算出摆长l ＝l ′＋r .(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t ，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T ＝tN(N 为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期T ＝T 1＋T 2＋T 33.(5)根据单摆周期公式T ＝2πl g 计算当地的重力加速度g ＝4π2l T2. (6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值．(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因． 二、规律方法总结 1．注意事项(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°.(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放．(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大．②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次．(4)本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l ，用横轴表示T 2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k ＝g4π2.这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法．2．数据处理处理数据有两种方法：(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t ，利用T ＝tN求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值T ，然后代入公式g ＝4π2lT2求重力加速度．(2)图象法：由单摆周期公式不难推出：l ＝g4π2T 2，因此，分别测出一系列摆长l 对应的周期T ，作l－T 2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k ＝Δl ΔT 2，即可利用g ＝4π2k 求得重力加速度值，如图1所示．图13．误差分析(1)系统误差的主要悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等．(2)偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数．高频考点一实验操作与误差分析例1．在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．____________________.答案见解析解析①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)【变式探究】某同学利用单摆测量重力加速度．①(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________．A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大②如图2所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________.图2答案①BC②4π2ΔLT21－T22【举一反三】用单摆测定重力加速度的实验装置如图3所示．图3①(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.组次12 3摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s 1.80 1.91重力加速度g /(m·s－2)9.749.73请计算出第3组实验中的T ＝________s ，g ＝________m/s 2.图4④用多组实验数据作出T 2L 图象，也可以求出重力加速度g .已知三位同学作出的T 2L 图线的示意图如图4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LB ．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5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l 1、l 2时，测得相应单摆的周期为T 1、T 2.由此可得重力加速度g ＝________(用l 1、l 2、T 1、T 2表示)．图5答案 ①AD ②4π2n 2L t2③2.01 9.76 ④B ⑤4π2(l 1－l 2)T 21－T22④b 图线为正确图线，a 图线与b 图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A 错误；c 图线与b 图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B 正确；由T ＝2πL g 得T 2＝4π2gL ，图线斜率小，说明g 偏大，故C 错误． ⑤设A 到铁锁重心的距离为l ，有T 1＝2πl ＋l 1gT 2＝2πl ＋l 2g联立消去l 解得g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 22 高频考点二 实验数据的处理例2．下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：摆长l /m 0.5 0.6 0.8 1.1 周期T 2/s 22.02.43.24.4(1)利用上述数据，在图6的坐标系中描绘出l －T 2图象．图6(2)利用图象，取T 2＝4.2 s 2时，l ＝________ m ，重力加速度g ＝________ m/s 2.(结果保留三位有效数字)答案 (1)见解析图 (2)1.05 9.86【变式探究】将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图7甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出T2－L函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.图7(1)如果实验中所得到的T2－L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的________；(2)由图可知，小筒的深度h＝________ m，当地的重力加速度g＝________ m/s2；(计算结果保留三位有效数字)(3)某次停表计时得到的时间如图丙所示，则总时间为________s.答案(1)a(2)0.315 9.86 (3)66.3高频考点三实验拓展与创新例3．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图8甲、乙所示．测量方法正确的是_______(选填“甲”或“乙”)．图8(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图9甲所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”“不变”或“变小”)，图乙中的Δt将________(填“变大”“不变”或“变小”)．图9答案(1)乙(2)2t0变大变大【变式探究】为了研究滑块的运动，选用滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板以及由漏斗和细线构成的单摆等组成如图10甲所示装置，实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时让单摆垂直于纸带运动方向做小摆幅摆动，漏斗可以漏出很细的有色液体，在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置，如图乙所示．图10(1)漏斗和细线构成的单摆在该实验中所起的作用与下列哪个仪器相同？________(填写仪器序号)．A．打点计时器B．秒表C．毫米刻度尺D．电流表(2)已知单摆周期T＝2 s，在图乙中AB＝24.10 cm，BC＝27.90 cm、CD＝31.90 cm、DE ＝36.10 cm，则单摆在经过D点时，滑块的瞬时速度为v D＝________ m/s，滑块的加速度为a ＝________ m/s2(结果保留两位小数)．答案(1)A (2)0.34 0.04解析(1)单摆振动具有周期性，摆球每隔半个周期经过纸带中线一次，单摆在该实验中所起的作用与打点计时器相同，故选A.(2)在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有v D＝x CET＝0.34 m/s据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，有：x4－x2＝2a1(T2)2①x3－x1＝2a2(T2)2②联立①②有：a ＝a 1＋a 22＝x 4＋x 3－x 2－x 1T 2代入数据得a ＝0.04 m/s 2。

第4节科学测量：用单摆测量重力加速度［实验目标]1。

用单摆测量重力加速度．2。

会使用秒表测量时间． 3.能分析实验误差的来源，并能采用适当方法减小测量误差．一、实验器材长约1 m的细线、开有小孔的金属小球、带有铁夹的铁架台、刻度尺、秒表、游标卡尺．二、实验原理与设计单摆做简谐运动时，由周期公式T＝2π错误!，可得g＝错误!。

因此，测出单摆摆长和振动周期，便可计算出当地的重力加速度．用秒表测量30～50次全振动的时间，计算平均做一次全振动的时间，得到的便是振动周期．三、实验步骤1．取长约1 m的细线，细线的一端连接小球，另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自由下垂，如图所示．实验装置示意图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＋错误!。

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＝错误!.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＝错误!计算重力加速度，取平均值，即为测得的当地重力加速度．四、数据处理1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g ＝错误!中求出g值，最后求出g的平均值．设计如表所示实验表格．实验次数摆长l/m周期T/s加速度g/（m·s－2)g的平均值1g＝g1＋g2＋g332 32.图像法：由T＝2πlg得T2＝错误!l，作出T2－l图像,即以T2为纵轴,以l为横轴，其斜率k＝错误!.由图像的斜率即可求出重力加速度g。

五、注意事项1。

选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1 m，小球应选用密度较大的金属球,直径最好不超过2 cm。

2。

单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时摆线下滑、摆长改变．3。

【2019最新】精选高考物理一轮复习第十三章波与相对论第1讲机械振动教案【研透全国卷】在新课标全国卷中，对本部分知识的考查是在选考题中出现.从近几年的高考试题来看，主要考查简谐运动的图象、波动图象以及波的传播规律等；另外对光学知识的考查主要以折射定律、全反射等为主.预测在2018年高考中，对本部分内容的考查仍将以图象为主，考查振动和波动问题；并以光的折射和全反射为重点考查光学知识.(实验：用单摆测定重力加速度)知识点一简谐运动1.定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向的回复力作用下的振动.2.平衡位置：物体在振动过程中为零的位置.3.回复力(1)定义：使物体返回到的力.(2)方向：总是指向.(3)来源：属于力，可以是某一个力，也可以是几个力的或某个力的.4.简谐运动的两种模型合力分力 4.弹力重力原长2π弹性势能重力势能知识点二简谐运动的公式和图象1.简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F＝，其中“－”表示回复力与位移的方向相反.(2)运动学表达式：x＝，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫做.2.简谐运动的图象(1)从开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图象如图甲所示.②从处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图象如图乙所示.答案：1.(1)－kx (2)Asin (ωt＋φ) 初相 2.(1)平衡位置(2)最大位移知识点三受迫振动和共振1.受迫振动系统在作用下的振动.做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率) .2.共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者时，振幅达到最大，这就是共振现象.共振曲线如图所示.答案：1.驱动力驱动力无关 2.相等(1)简谐运动是匀变速运动.( )(2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量.( )(3)振幅等于振子运动轨迹的长度.( )(4)简谐运动的回复力可以是恒力.( )(5)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大.( )(6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动.( )(7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关.( )(8)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹.( )答案：(2)√(5)√(7)√简谐运动的角频率与周期公式推导简谐运动的运动方程及速度、加速度的瞬时表达式分别为：振动方程：x＝Acos (ωt ＋φ)速度表达式：v＝x′＝－ωAsin (ωt ＋φ)加速度表达式：a＝v′＝－ω2Acos (ωt ＋φ)又根据牛顿第二定律a＝和回复力F＝－kx得ω＝，T ＝＝2π.考点一简谐运动的特征1.动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数.2.运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比且方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反.3.运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同.4.对称性特征(1)相隔或T(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反.(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等.(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′.(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO.5.能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒.考向1 描述简谐运动的物理量[典例1] 如图所示，弹簧振子在BC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，则下列说法中正确的是( )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 cmC.经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD.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.振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为 40 cm，3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm.[答案] D考向2 简谐运动的对称性和周期性[典例2] (多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期为( )A.0.53 sB.1.4 sD.3 sC.1.6 s [解析] 如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为.因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s.如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s.振子从点O到点M′和从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝ s＝s≈0.53 s.[答案] AC分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小，反之，则产生相反的变化.另外，各矢量均在其值为零时改变方向.(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性.考点简谐运动的公式和图象1.对简谐运动图象的认识(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示.(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹.2.图象信息(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率.(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移.(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴.(4)确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴.(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小.(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小.考向1 简谐运动公式的应用[典例3] (多选)如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动.以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin (2.5πt) m.t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度.取重力加速度g＝10 m/s2.以下判断正确的是( )A.h＝1.7 mB.简谐运动的周期是0.8 sC.0.6 s内物块运动的路程为0.2 mD.t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反[问题探究] (1)小物块做简谐运动的振幅是多少？周期为多少？(2)在0.6 s内，小物块的位移是多少？路程是多少？[提示] (1)A＝0.1 m T＝0.8 s(2)x＝－0.1 m s＝0.3 m [解析] 由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin (2.5πt) m知，ω＝2.5π，T＝＝s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内运动的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项C、D错误.[答案] AB [变式1] (多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin t，则质点( )A.第1 s末与第3 s末的位移相同B.第1 s末与第3 s末的速度相同C.3 s末至5 s末的位移方向都相同D.3 s末至5 s末的速度方向都相同答案：AD 解析：因为ω＝，所以T＝＝8 s，作出简谐运动的图象如图所示.所以1 s末和3 s末的位移相同，但速度方向相反，A正确，B错误；3 s末和5 s末位移方向相反，C项错误；根据简谐运动的对称性可知D项正确.考向2 简谐运动图象的应用[典例4] (2017·广东深圳一调)(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )图(a) 图(b)A.OB＝5 cmB.第0.2 s末质点的速度方向是A→OC.第0.4 s末质点的加速度方向是A→OD.第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间E.在4 s内完成5次全振动[解析] 由图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；由图可知0～0.2s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图可知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图可知第0.7 s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8 s，则在4 s内完成全振动的次数为＝5，E项正确.[答案] ACE[变式2] (多选)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象.已知甲、乙两个振子质量相等.则( )A.甲、乙两振子的振幅之比为2∶1B.甲、乙两振子的频率之比为1∶2C.前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值D.第2 s末甲的速度最大，乙的加速度最大答案：AD 解析：根据甲、乙两个振子做简谐运动的图象可知，两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，甲、乙两振子的振幅之比为2∶1，选项A正确；甲振子的周期为4 s，频率为0.25 Hz，乙振子的周期为8 s，频率为0.125 Hz，甲、乙两振子的频率之比为2∶1，选项B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C错误；第2 s末甲通过平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，选项D正确.对简谐运动的进一步理解(1)简谐运动的图象不是振动质点的轨迹，它表示的是振动物体的位移随时间变化的规律.(2)因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴.(3)速度方向可以通过下一个时刻位移的变化来判定：下一个时刻位移如果增加，振动质点的速度方向就远离t轴；下一个时刻的位移如果减小，振动质点的速度方向就指向t轴.考点受迫振动和共振1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大.(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换.考向1 对受迫振动及共振条件的理解[典例5] (2017·江西重点中学联考)(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( )A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB.当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D.当转速减小时，弹簧振子的振幅增大E.振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功[解析] 摇把匀速转动的频率f＝n＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确.当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确.外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E正确.[答案] BDE考向2 共振曲线的应用[典例6] (多选)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，则下列说法正确的是( )A.此单摆的固有周期约为2 sB.此单摆的摆长约为1 mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动[解析] 由共振曲线可知，单摆固有频率为 0.5 Hz，所以固有周期为2 s，根据周期公式T＝2π可计算摆长约为 1 m.摆长增大，由T＝2π可知，周期变大，频率变小，共振曲线的峰将向左移动.[答案] AB1.无论发生共振与否，受迫振动的频率都等于驱动力的频率，但只有发生共振现象时振幅才能达到最大.2.受迫振动系统中的能量转化不再只有系统内部动能和势能的转化，还有驱动力对系统做正功补偿系统因克服阻力而损失的机械能.考点实验：用单摆测定重力加速度1.实验原理：由单摆的周期公式T＝2π，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g.2.实验步骤(1)做单摆：取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示.(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋.(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期.(4)改变摆长，重做几次实验.3.数据处理(1)公式法：g＝l.(2)图象法：画l­T2图象.4.注意事项(1)选用1 m左右的细线.(2)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定.(3)小球在同一竖直面内摆动，且摆角小于10°.(4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数.(5)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝l′＋r.考向1 对实验原理与操作的考查甲[典例7] 根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度.如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆.乙(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为mm.(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有.a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝Δt50[解析] (1)按照游标卡尺的读数原则得小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.(2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小、密度大的；偏角不超过5°，故a、b正确，c错误.为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，故d错误，e正确.[答案] (1)18.6 (2)abe考向2 对数据处理和误差分析的考查[典例8] 某同学利用单摆测量重力加速度.(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是.A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D.摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆.实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g＝. [解析] (1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A错.在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B对.摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对.摆动中摆角要控制在5°以内，所以D错.(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T1＝2π，T2＝2π，则ΔL＝(T－T)，因此，g＝.[答案] (1)BC (2)4π2ΔLT21－T221.[描述简谐运动的物理量]关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是( )A.位移减小时，加速度减小，速度也减小B.位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C.物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D.物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反答案：C 解析：位移减小时，加速度减小，速度增大，A错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B、D错误，C正确.2.[简谐运动的图象](多选)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示，则可知( )A.两弹簧振子完全相同B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C.振子甲速度为零时，振子乙速度最大D.振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2答案：CD 解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D选项正确.弹簧振子的周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误.由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误.对简谐运动进行分析可知，在振子达到平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确.3.[简谐运动](多选)如图所示，一质点为x轴上以O为平衡位置做简谐运动，其振幅为8 cm，周期为4 s，t＝0时物体在x＝4 cm处，向x轴负方向运动，则( )A.质点在t＝1.0 s时所处的位置为x＝＋4 cmB.质点在t＝1.0 s时所处的位置为x＝－4 cmC.由起始位置运动到x＝－4 cm处所需最短时间为 sD.由起始位置运动到x＝－4 cm处所需最短时间为 s答案：BC 解析：由题意可知，质点振动的角速度ω＝＝ rad/s，因t＝0时，x＝4 cm，所以质点的振动方程为x＝8sin t＋ cm，当t＝1 s时，x＝8sin cm＝－4 cm，B正确.当x＝－4 cm时，sin ＝－，t的最小值为 s，C正确.4.[简谐运动的公式和图象](多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图所示.a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法中正确的是( )A.质点做简谐运动的方程为x＝AsintB.质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同C.质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D.质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等答案：AC 解析：由题给的质点位移随时间变化的图象可知，振幅为A，周期T＝8 s，质点简谐运动的方程为x＝Asin t＝Asin t，选项A正确；根据对称性可知质点在位置b与位置d时速度相同，选项B错误；质点从位置a到c与从位置b到d所用时间均为2 s，选项C正确；质点从位置a到b和从b到c的时间都为1 s，时间相等，位移不等，所以平均速度不相等，选项D错误.5.[受迫振动、共振](多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击.由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动.普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s.下列说法正确的是( )A.列车的危险速率为40 m/sB.列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C.列车过桥需要减速，是为了防止桥梁发生共振现象D.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的E.增加钢轨的长度有利于列车高速运行答案：ACE 解析：列车在钢轨上运动时，受钢轨对它的冲击力作用做受迫振动，当列车固有振动频率等于钢轨对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v＝＝＝40 m/s，故A对；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，防止桥发生共振现象，而不是防止列车发生共振现象，B错、C对；增加钢轨的长度有利于列车高速运行，E对.6.[用单摆测定重力加速度]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)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.(2)用秒表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝s(结果保留三位有效数字).(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2­L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是( )B. C. D.gA.g4π2(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( )B.偏小A.偏大D.都有可能C.不变答案：(1)2.06 (2)2.28 (3)C (4)C解析：(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6× mm＝20.6 mm＝2.06 cm. (2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝T＝T，所以周期T＝＝2.28 s.(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得＝＝k(常数)，所以选项C正确.(4)因为＝＝k(常数)，所以＝＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足＝＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变.。

2023届高考物理一轮实验专题：用单摆测定重力加速度1．（2022·江苏南通·模拟预测）某小组在“用单摆测量重力加速度”实验中：（1）组装单摆时，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的上端，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示。

这样做的目的有________；A．保证摆动过程中摆长不变B．需要改变摆长时便于调节C．保证摆球在同一竖直平面内摆动（2）安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图乙所示，则d=_______mm；（3）某次实验过程中，用秒表记录时间的起点应该是摆球运动过程中的________（选填“最高点”或“最低点”）；（4）该组同学测出五组单摆振动周期T与摆长L的数据如下表，请在图丙中作出T2-L关系图像_______。

根据图像算出重力加速度g=_______m/s2；（结果保留3位有效数字）（5）若测量值与当地重力加速度值相比偏大，可能原因是________（写出一个）。

2．（2022·北京八十中模拟预测）某研究性学习小组在进行“用单摆测量重力加速度”的实验中（实验装置如图甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5︒。

在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。

在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）。

①从图乙可知，摆球的直径为d=_________mm。

①小组某同学认为单摆周期为tTn=，你认为是否正确_________。

（A．正确；B．不正确）①用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=_________。

①在测量时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比_________（填偏大、偏小、不变），说明理由___________。

[考点要求]1．简谐运动(Ⅰ) 2.简谐运动的公式和图象(Ⅱ)3．单摆、单摆的周期公式(Ⅰ) 4.受迫振动和共振(Ⅰ)5．机械波、横波和纵波(Ⅰ) 6.横波的图象(Ⅱ)7．波速、波长和频率(周期)的关系(Ⅰ) 8.波的干涉和衍射现象(Ⅰ)9．多普勒效应(Ⅰ) 10.光的折射定律(Ⅱ)11．折射率(Ⅰ) 12.全反射、光导纤维(Ⅰ)13．光的干涉、衍射和偏振现象(Ⅰ) 14.电磁波的产生(Ⅰ)15．电磁波的发射、传播和接收(Ⅰ) 16.电磁波谱(Ⅰ)17．狭义相对论的基本假设(Ⅰ) 18.质能关系(Ⅰ)实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度实验：测定玻璃的折射率实验：用双缝干涉测光的波长[高考导航]第一节机械振动(实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度)[学生用书P272]【基础梳理】提示：x＝A sin(ωt＋φ)平衡位置运动平衡位置2πlg固有频率固有频率周期摆长重力加速度【自我诊断】1．判一判(1)振幅就是简谐运动物体的位移．()(2)简谐运动的回复力可以是恒力．()(3)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置．()(4)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的．()(5)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小．()(6)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹．()提示：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×2．做一做弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把小钢球从平衡位置向左拉开一段距离，放手让其运动，从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是()A．钢球振动周期为1 sB．在t0时刻弹簧的形变量为4 cmC．钢球振动半个周期，回复力做功为零D．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cmE．钢球振动方程为y＝5sin πt cm提示：选BCE.从图中可得钢球振动的周期为2 s，A错误．因为钢球是在水平面上振动，所以钢球位于振动的平衡位置时弹力为零，即弹簧的形变量为零，t0时刻弹簧的形变量为4 cm，B正确．钢球振动半个周期后，速度大小不变、方向相反，故动能不变，根据动能定理知合力做的功为零，C正确．钢球振动一个周期，通过的路程等于4×5 cm＝20 cm，D错误．ω＝2πT＝πrad/s，A＝5 cm，故钢球振动方程为y＝5sin πt cm，E正确．简谐运动的特征[学生用书P272]【知识提炼】简谐运动的五大特征受力特征回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特征靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量特征振幅越大，能量越大．在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒周期性特征质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为T2对称性特征关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置O 用时相等【典题例析】如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y ＝0.1sin (2.5πt ) m ．t ＝0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t ＝0.6 s 时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.以下判断正确的是( )A ．h ＝1.7 mB ．简谐运动的周期是0.8 sC ．0.6 s 内物块运动的路程为0.2 mD ．t ＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相反[解析] 由物块简谐运动的表达式y ＝0.1sin (2.5πt ) m 知，ω＝2.5π rad/s ，T ＝2πω＝2π2.5πs ＝0.8 s ，B 正确；t ＝0.6 s 时，y ＝－0.1 m ，对小球：h ＋|y |＝12gt 2，解得h ＝1.7 m ，A 正确；物块0.6 s 内路程为0.3 m ，t ＝0.4 s 时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故C 、D 错误．[答案] AB【迁移题组】迁移1 弹簧振子模型1．如图所示，弹簧振子在BC 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 ，则下列说法中正确的是( )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 cmC ．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD ．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 经O 到C 仅完成了半次全振动，所以其振动周期T ＝2×1 s ＝2 s ，振幅A ＝BO ＝5 cm.振子在一次全振动中通过的路程为4A ＝20 cm ，所以两次全振动中通过的路程为40 cm ，3 s 的时间为1.5T ，所以振子通过的路程为30 cm.综上可知，只有D 正确．迁移2 单摆模型2．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长为l 的细绳下方悬挂一小球a ，绳的另一端固定在天花板上O 点处，在O 点正下方34l 的O ′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x ，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x －t 关系的是( )解析：选A.由单摆的周期公式T ＝2πL g可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B 、D 错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A 正确，C 错误．(1)做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力不一定为零．(2)由于简谐运动具有周期性和对称性，因此涉及简谐运动时往往会出现多解的情况，分析时应特别注意．位移相同时回复力大小、加速度大小、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不能确定．简谐运动的振动图象[学生用书P273]【知识提炼】1．对简谐运动图象的认识(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示．(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹．(3)任一时刻图象上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小．正负表示速度的方向，正时沿x正方向，负时沿x负方向．2．图象信息(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期．(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向．①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断，下一时刻位移若增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，下一时刻位移若减小，振动质点的速度方向就是指向t 轴．3．简谐运动图象问题的两种分析方法法一：图象－运动结合法解此类题时，首先要理解x－t图象的意义，其次要把x－t图象与质点的实际振动过程联系起来．图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．法二：直观结论法简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移－时间的函数关系图象，不是物体的运动轨迹．【典题例析】(2017·高考北京卷)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B ．t ＝2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C ．t ＝3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D ．t ＝4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值[解析] 由图象可知，t ＝1 s 和t ＝3 s 时振子在最大位移处，速度为零，加速度分别为负向最大值、正向最大值；而t ＝2 s 和t ＝4 s 时振子在平衡位置，加速度为零，而速度分别为负向最大、正向最大．综上所述，A 正确．[答案] A【迁移题组】迁移1 对运动学特征的考查1．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．质点振动的频率为4 HzB ．在10 s 内质点经过的路程是20 cmC ．在5 s 末，质点的速度为零，加速度最大D ．t ＝1.5 s 和t ＝2.5 s 两个时刻质点的位移和速度方向都相反E ．t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 两时刻质点的位移大小相等，都是 2 cm 解析：选BCE.由图象可知，质点振动的周期为4 s ，故频率为0.25 Hz ，A 错误；在10 s 内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A ＝20 cm ，B 正确；在5 s 末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，C 正确；t ＝1.5 s 和t ＝2.5 s 两个时刻的速度方向相同，故D 错误；由图象可得振动方程是x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2π4t cm ，将t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 代入振动方程得x ＝ 2 cm ，E 正确．迁移2 对动力学特征的考查2．有一个在y 方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示．下列关于图甲、乙、丙、丁的判断不正确的是(选项中v 、F 、a 分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)( )A．甲可作为该物体的v－t图象B．乙可作为该物体的F－t图象C．丙可作为该物体的F－t图象D．丙可作为该物体的a－t图象E．丁可作为该物体的a－t图象解析：选ABE.因为F＝－kx，a ＝－kxm，故图丙可作为F－t、a－t图象；而v随x增大而减小，故v－t图象应为图乙．C、D正确，A、B、E错误．受迫振动和共振[学生用书P274]【知识提炼】1．自由振动、受迫振动和共振的比较自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(θ<5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大．(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．【跟进题组】1．如图所示，A 、B 、C 、D 四个单摆的摆长分别为l 、2l 、l 、l 2，摆球的质量分别为2m 、2m 、m 、m 2，四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上．现让A 球振动起来，通过水平细线迫使B 、C 、D 也振动起来，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 、C 、D 四个单摆的周期均相同B ．只有A 、C 两个单摆的周期相同C ．B 、C 、D 中因D 的质量最小，故其振幅是最大的D ．B 、C 、D 中C 的振幅最大E ．B 、C 、D 中C 的振幅最小解析：选AD.在A 的驱动下，B 、C 、D 均做受迫振动，受迫振动的频率均与驱动力的频率(A 的固有频率)相等，与各自的固有频率无关，A 正确，B 错误；判断能否达到最大振幅，即实现共振，取决于f 固是否与f 驱相等；对于单摆而言，固有频率与摆球质量无关，所以不必考虑摆球的质量；在B 、C 、D 中，由T ＝2πl g 及f ＝1T知，只有C 的固有频率等于驱动力的频率，所以在B 、C 、D 中C 的振幅最大，C 、E 错误，D 正确．2．(2020·湖北宜昌高三模拟)如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是( )A ．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B ．若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比L Ⅰ∶L Ⅱ＝25∶4C ．图线Ⅱ若是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 mD ．若摆长均为1 m ，则图线Ⅰ是在地面上完成的E ．若两个单摆在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量解析：选ABC.图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率f Ⅰ＝0.2 Hz ，f Ⅱ＝0.5 Hz.当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f ＝12πg L可知，g 越大，f 越大，所以g Ⅱ>g Ⅰ，又因为g 地>g 月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g 相同，摆长长的f 小，且有f Ⅰf Ⅱ＝0.20.5，所以L ⅠL Ⅱ＝254，B 正确；f Ⅱ＝0.5 Hz ，若图线Ⅱ是在地面上完成的，根据g ＝9.8 m/s 2，可计算出L Ⅱ约为1 m ，C 正确，D 错误；单摆的能量除与振幅有关，还与摆球质量有关，故E 错误．实验：探究单摆的运动 用单摆测定重力加速度[学生用书P275]【知识提炼】1．实验原理：由单摆的周期公式T ＝2πl g ，可得出g ＝4π2T2l ，测出单摆的摆长l 和振动周期T ，就可求出当地的重力加速度g .2．实验器材：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．3．实验步骤(1)做单摆：取约1 m 长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示．(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L (精确到毫米)，用游标卡尺测出摆球直径D ，则单摆的摆长l ＝L ＋D 2. (3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放摆球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即单摆的振动周期．(4)改变摆长，重做几次实验．4．数据处理(1)公式法：g ＝4π2l T2.(2)图象法：画l －T 2图象．g＝4π2k，k＝lT2＝Δl （ΔT）2.5．注意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定．(2)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°.(3)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数．(4)摆球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝L＋r.(5)选用一米左右的细线．【跟进题组】1．根据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________ mm.(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．(填正确选项序号)A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即单摆周期TE．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝Δt50解析：(1)按照游标卡尺的读数原则测得小钢球直径为18 mm＋7×0.1 mm＝18.7 mm.(2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小，密度大的；偏角不超过5°，故A、B正确，C错误．为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，故D错误，E正确．答案：(1)18.7 (2)ABE2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间，则单摆振动周期为________．(2)用最小刻度为1 mm 的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O 为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m.(3)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 ＝________.(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________．A ．甲的说法正确B ．乙的说法正确C ．两学生的说法都是错误的解析：(1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5min ＋12.5 s ＝102.5 s ，则周期T ＝102.550s ＝2.05 s. (2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L ＝0.997 0 m.(3)由单摆周期公式T ＝2πL g 可得g ＝4π2L T2. (4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，A 正确．答案：(1)低 2.05 s (2)0.997 0(0.997 0～0.998 0均可) (3)4π2L T2 (4)A 3．某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T ＝2π I c ＋mr 2mgr，式中I c 为由该摆决定的常量，m 为摆的质量，g 为重力加速度，r 为转轴到重心C 的距离．如图甲，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O 上，使杆做简谐运动，测量并记录r 和相应的运动周期T ；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m ＝0.50 kg.r /m 0.45 0.40 0.35 0.30 0.25 0.20 T /s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64(1)(2)I c 的国际单位为________，由拟合直线得到I c 的值为________(保留到小数点后2位)．(3)若摆的质量测量值偏大，重力加速度g 的测量值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．解析：(1)由T ＝2π I c ＋mr 2mgr ，可得T 2r ＝4π2I c mg ＋4π2gr 2，所以图中纵轴表示T 2r . (2)I c 单位与mr 2单位一致，因为mr 2的国际单位为kg ·m 2，所以I c 的国际单位为kg ·m 2；结合T 2r ＝4π2I c mg ＋4π2gr 2和题图中的截距和斜率，解得I c 的值约为0.17. (3)重力加速度g 的测量值是通过求斜率4π2g得到的，与质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力加速度g 的测量值不变．答案：(1)T 2r (2)kg ·m 2 0.17 (3)不变[学生用书P401(单独成册)](建议用时：40分钟)一、选择题1．关于简谐运动的周期，以下说法正确的是( )A ．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同B ．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同C ．半个周期内物体的动能变化一定为零D ．一个周期内物体的势能变化一定为零E．经过一个周期质点通过的路程为零解析：选ACD.根据周期的定义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故A、D正确．当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体的速度和加速度不同时为零，故B错误，C正确．经过一个周期，质点通过的路程为4A，E错误．2．(2019·高考江苏卷)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的()A．位移增大B．速度增大C．回复力增大D．机械能增大答案：AC3．关于受迫振动和共振，下列说法正确的是()A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 HzC．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个E．受迫振动系统的机械能守恒解析：选BCD.火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；根据共振现象可知，D正确；受迫振动系统驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误．4.(2020·北京海淀区模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的动量为p、动能为E k.下列说法正确的是() A．如果在t2时刻物块的动量也为p，则t2－t1的最小值为TB．如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2－t1的最小值为TC．当物块通过O点时，其加速度最小D．物块运动至C点时，其加速度最小解析：选C.物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的动量也为p，t2－t1的最小值小于等于T2，故A错误；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2－t1的最知，物块经过O点时位小值可以小于T，故B错误；图中O点是平衡位置，根据a＝－kxm移最小，则其加速度最小，故C正确；物块运动至C点时，位移最大，其加速度最大，故D错误．5．如图所示，在两根等长的曲线下悬挂一个小球(可视为质点)组成了所谓的双线摆，若摆长为l，两线与天花板的左、右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，其周期为()A．2πlg B．2π2lgC．2π2l cos αg D．2πl sin αg解析：选D.根据公式T＝2πl′g，本题中l′＝l sinα，故T＝2πl sin αg，D正确．6．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法中正确的是()A．弹簧振子的周期为4 sB．弹簧振子的振幅为10 cmC．t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cmD．若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4 cmE．2.5 s时振子正在向x轴正方向运动解析：选ABD.周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T＝4 s，故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10 cm，故B 正确；振子的周期为4 s，由周期性知，t＝17 s时振子相对平衡位置的位移与t＝1 s时振子相对平衡位置的位移相同为0，故C错误；若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是s＝v t＝2 cm/s×2 s＝4 cm，故D正确；由题图乙可知2.5 s时振子正在向x 轴负方向运动，故E错误．7．(2020·江西重点中学联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( )A ．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB ．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC ．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D ．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大E ．振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功解析：选BDE.摇把匀速转动的频率f ＝n ＝24060 Hz ＝4 Hz ，周期T ＝1f＝0.25 s ，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A 错误，B 正确；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz ，弹簧振子的振幅将增大，C 错误，D 正确；外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E 正确．8．如图甲所示为以O 点为平衡位置，在A 、B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )A ．在t ＝0.2 s 时，弹簧振子的加速度为正向最大B ．在t ＝0.1 s 与t ＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子在同一位置C ．从t ＝0到t ＝0.2 s 时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D ．在t ＝0.6 s 时，弹簧振子有最小的弹性势能E ．在t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s 两个时刻，振子速度都为零解析：选BCE.t ＝0.2 s 时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A 错误；在t ＝0.1 s 与t ＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子的位移相同，B 正确；从t ＝0到t ＝0.2 s 时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C 正确；在t ＝0.6 s 时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D 错误；t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s ，振子在最大位移处，速度为零，E 正确．9．(2020·甘肃兰州一中高三质检)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．甲摆的周期比乙摆大E．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆解析：选ABE.可从题图上看出甲摆振幅大，B正确；由题图知两摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，无法比较它们的机械能的大小，A正确，C、D错误；t ＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，E正确．10．(2020·湖北襄阳四中模拟)如图甲所示为一弹簧振子自由振动(即做简谐运动)时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是()A．由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4 sB．由图乙可知弹簧振子的固有周期为8 sC．由图乙可知外力的周期为8 sD．如果改变外力的周期，在接近4 s的附近该弹簧振子的振幅较大E．如果改变外力的周期，在接近8 s的附近该弹簧振子的振幅较大解析：选ACD.图甲是弹簧振子自由振动时的图象，由图甲可知，其振动的固有周期为4 s，A正确，B错误；图乙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图象，弹簧振子的振动周期等于驱动力的周期，即8 s，C正确；当固有周期与驱动力的周期相等时，其振幅最大，驱动力的周期越接近固有周期，弹簧振子的振幅越大，D正确，E错误．11．(2020·山东济南模拟)甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知()。

新教材高中物理学案教科版选择性必修第一册：4．实验：用单摆测量重力加速度课标要求1.进一步理解单摆做简谐运动的条件和单摆周期公式中各量的意义．2．学会利用单摆的周期公式测量重力加速度．思维导图必备知识·自主学习——突出基础性素养夯基一、实验目的用单摆测量重力加速度g.[导学1]器材的选用：细线选用形变量较小的尼龙线，小球选用钢球．二、实验思路当摆角较小时，单摆做简谐运动．由单摆的周期公式T＝2π √lg ，可得g＝4π2lT2.只要测出单摆的摆长l和周期T，就能算出当地的重力加速度g.三、实验装置1．器材：细线、带孔小球、铁架台、停表、游标卡尺、刻度尺．2．装置：如图所示．[导学2]计时起始的时刻选在摆球通过平衡位置时测量误差较小．四、实验步骤1．让一根不易伸长的细线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大的线结．线的另一端固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．2．用1 m 长的刻度尺量出悬线长度l ′，用游标卡尺量出摆球的直径d ，摆长l ＝l ′＋d2.3．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(5°左右)后释放．从摆球某次通过平衡位置时启动停表开始计时，数出摆球通过平衡位置的次数n (摆球第一次过平衡位置记为零)．用停表记下使用的时间t ，则单摆振动的周期T ＝2tn . 4．改变摆长，多做几次实验． [导学3]用图像法处理数据时，利用T 2­l 图像斜率的意义为斜率k ＝4π2g，便于求重力加速度．五、数据处理1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的l 和T ，代入公式g ＝4π2l T 2中求出g 值，最后求出g 的平均值．设计如下所示实验表格2.图像法：由T ＝2π √lg 得T 2＝4π2gl .作出T 2l 图像，即以T 2为纵轴，以l 为横轴，其斜率k ＝4π2g，由图像的斜率即可求出重力加速度g .3．作T 2l 图像的优点：用图像法处理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响．由于Tl 的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用T 2l 的图像，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．六、误差分析1．本实验系统误差主要来源于单摆模型本身，即：悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等．只要注意了上面这些方面，就可以使系统误差减小到远小于偶然误差，达到忽略不计的程度．2.本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量．因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，即4、3、2、1、0、1、2……在数至“0”时按下秒表开始计时，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值．3．本实验中长度(摆线长、摆球的直径)的测量，读数读到毫米位即可(使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米位)，时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在“秒”的十分位即可，秒表读数不需要估读．七、注意事项1．摆线应选择细、轻且不易伸长的线(长度为1 m左右)；小球应选用密度较大、直径较小(最好不超过2 cm)的金属球．2．单摆悬线的上端应当固定牢固，不可随意卷在铁架台的横杆上，以免摆动时摆长改变；摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆．3．测量时应以摆球通过最低位置时开始计时、计数，以后摆球每通过最低位置时计数一次．关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究点一实验原理与操作典例示范，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图所示，例1根据单摆周期公式T＝2π √lg将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．(1)用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图所示，读数为________ mm.(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期Te ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt ，则单摆周期T ＝Δt50素养训练1 某同学利用单摆测定重力加速度．(1)(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是( ) A ．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B ．组装单摆须选用轻质且不易伸长的细线 C ．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D ．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m 的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm 、精度为1 mm 的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T 1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T 2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离Δl .用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g ＝________．探究点二 实验数据处理与分析典例示范例2在“用单摆测量重力加速度”的实验中，两位同学测出了单摆不同摆长(l )对应的周期(T )，在进行实验数据处理时：(1)甲同学以摆长(l )为横坐标、周期(T )的平方为纵坐标作出了T 2l 图像，若他测得的图像的斜率为k ，则测得的重力加速度g ＝________．若测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．(2)乙同学根据公式T ＝2π √lg 得g ＝4π2l T 2计算重力加速度，若测摆长时，他也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．(3)若他们测量请你以摆长(l )为横坐标、周期()的平方为纵坐标，在虚线框中作出T 2l 图像，并利用此图像求出的重力加速度为________ m/s 2.素养训练2 某同学在实验室利用单摆测量当地的重力加速度．(1)在摆球自然悬垂的状态下，用毫米刻度尺量取从悬点到摆球最顶端的长度l；用游标卡尺测量摆球的直径，如图甲，则d＝________ mm.(2)如图乙，该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2L图线，由图线可精确求出重力加速度g＝________ m/s2(已知π2≈9.87，结果保留3位有效数字)．(3)另一同学由单摆周期公式直接求得的g值偏小，则可能是________．A．测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径B．把N次全振动误计为(N＋1)次全振动C．摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长随堂演练·自主检测——突出创新性素养达标1．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，摆线应选用( )A．长约10 cm的细线 B．长约1 m的细线C．长约1 m的粗绳 D．80 cm长的橡皮绳2．(多选)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，为减小误差( )A．应选质量小的球做摆球B．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时C．用停表测出30～50次全振动的时间，计算出平均周期D．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量3．(1)在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________．若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________ m．若测定了40次全振动的时间为75.2 s，计算可得单摆周期是________ s.(2)为了提高测量精度，需多次改变l 值，并测得相应的T 值．现将测得的六组数据标示在以l 为横坐标、以T 2为纵坐标的坐标系上(如图乙所示)，即图中用“·”表示的点．① 单摆做简谐运动应满足的条件是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.②根据图中给出的数据点作出T 2和l 的关系图线，根据图线可求出g ＝________ m/s 2.(结果保留两位有效数字)4．实验：用单摆测量重力加速度关键能力·合作探究探究点一 【典例示范】例 1 解析：(1)该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小为18 mm ＋6×0.1 mm＝18.6 mm.(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断正确的为abe. 答案：(1)18.6 (2)abe素养训练1 解析：(1)在利用单摆测定重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、直径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B 、C.(2)设第一次摆长为l ，第二次摆长为l －Δl ，则T 1＝2π √l g ，T 2＝2π √l−Δl g，联立解得g ＝4π2ΔlT 12−T 22.答案：(1)BC (2)4π2ΔlT 12−T 22探究点二 【典例示范】例2 解析：(1)根据测量数据，作出T 2­l 图像，其斜率为k ＝T 2l，而g ＝4π2l T 2，故有g＝4π2k.图像函数式为T 2＝4π2gl ，如果忘记d ，则函数式写为T 2＝4π2g·(l －d2)，显然图像的斜率不变，所以加速度的测量值不变．(2)根据公式T ＝2π √lg 得g ＝4π2l T 2，如果忘记d ，将摆线的长误认为摆长，即摆长l 的测量值偏小，显然重力加速度测量值偏小．(3)建立如图所示坐标系，并标出适当的刻度，依据数学描点法画出T 2­l 图像如图所示，则图像的斜率k ＝4.0 s 2/m ，则重力加速度为g ＝4π2k≈9.86 m/s 2.答案：(1)4π2k准确 (2)偏小 (3)图见解析 9.86素养训练2 解析：(1)摆球的直径d ＝18 mm ＋8×0.1 mm＝18.8 mm. (2)根据T ＝2π √Lg ，解得T 2＝4π2gL ，根据图像的斜率k ＝3.64−1.620.50＝4.04＝4π2g，解得重力加速度g ＝9.77 m/s 2.(3)根据T ＝2π √Lg ，解得g ＝4π2L T 2，测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，摆长变短，则g 值偏小；根据T ＝tN 把N 次全振动误计为(N ＋1)次全振动，则测得的周期变小，则g 值偏大；摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长，则g 值偏小，A 、C 正确．答案：18.8 9.77 AC 随堂演练·自主检测1．解析：做单摆的细线的要求是细且长，轻且无伸缩性，故B 正确． 答案：B2．解析：摆球应选择质量大、体积小的小球，A 错误；开始计时的起点应从平衡位置开始，此位置速度大，位置确定，误差小，B 正确；计算周期时，应用多个周期的累加时间测时间时误差小，C 正确；测摆长时应使摆线自然下垂，不能拉紧，拉紧摆线后测得摆长变长，误差大，D 错误．答案：BC3．解析：(1)由T ＝2π √lg可知g ＝4π2l T 2.由题图甲可知，摆长l ＝(88.50－1.00) cm ＝87.50 cm ＝0.875 0 m ，单摆周期T ＝t40＝1.88 s.(2)①单摆做简谐运动应满足的条件是摆线偏离平衡位置的夹角小于5°. ②T 2和l 的关系图线如图所示，直线斜率k ＝ΔT 2Δl ≈4.0 s 2/m ，由g ＝4π2Δl ΔT 2＝4π2k，可得g ≈9.9 m/s 2.答案：(1)4π2l T 20.875 0 1.88 (2)①摆线偏离平衡位置的夹角小于5° ②图见解析9.9。

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（二）过程与方法通过观察演示实验，概括出机械振动的特征，培养学生的观察、概括能力；通过相关物理量变化规律的学习，培养分析、推理能力。

（三）情感态度价值观运用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，抽象出物理模型——弹簧振子，研究弹簧振子在理想条件下的振动。

二、教具：激光笔，平面镜，PPT，展台气垫弹簧振子知识简析一、机械振动1、机械振动：物体（或物体的一部分）在某一中心位置两侧做的往复运动．振动的特点:①存在某一中心位置;②往复运动,这是判断物体运动是否是机械振动的条件.产生振动的条件:①振动物体受到回复力作用;②阻尼足够小;2、回复力：振动物体所受到的总是指向平衡位置的合外力．①回复力时刻指向平衡位置;②回复力是按效果命名的, 可由任意性质的力提供．可以是几个力的合力也可以是一个力的分力; ③合外力：指振动方向上的合外力，而不一定是物体受到的合外力．④在平衡位置处：回复力为零，而物体所受合外力不一定为零．如单摆运动，当小球在最低点处，回复力为零，而物体所受的合外力不为零．3、平衡位置：是振动物体受回复力等于零的位置；也是振动停止后，振动物体所在位置；平衡位置通常在振动轨迹的中点。