金版教程物理2025高考科学复习解决方案第十三章机械振动 机械波第十三章 核心素养提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十三章机械振动机械波《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十三章机械振动机械波第十三章核心素养提升[科学思维提炼]1．理想模型法：弹簧振子、单摆。2．解析法：(1)简谐运动的描述；(2)振动和波中多解性问题的求解。3．图像法：简谐运动的描述，简谐波的描述，受迫振动振幅随周期性驱动力频率变化的图像，波的干涉图样的分析。4．控制变量法：探究影响单摆周期的因素的演示实验、探究单摆周期与摆长之间的关系的实验。5．等效法：单摆拓展问题中的等效摆长、等效重力加速度。6．从特殊到一般的思维方法：振动、波动中由于周期性造成的多解性问题的求解思路。7．对称思维：分析简谐振动质点的运动状态。8．分析与综合法：弹簧振子和单摆的动力学、能量问题。[素养提升集训]一、选择题(本题共7小题)1．(2023·辽宁高考)(多选)“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是()A．插入水中的筷子，看起来折断了B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹C．驶近站台的火车，汽笛音调变高D．振动音叉的周围，声音忽高忽低答案BD解析题中描述现象的物理原理是波的干涉；插入水中的筷子看起来折断了，是光的折射造成的；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是肥皂膜两个表面反射的光干涉造成的；驶近站台的火车汽笛音调变高，是多普勒效应造成的；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声波的干涉造成的。故选B、D。2．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是()A．0.5s B．0.75sC．1.0s D．1.5s答案C解析设游船振动图像表达式为y＝Asinωt，由题意知A＝20cm，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2,3)πrad/s，当y＝10cm时，在0<t<T范围内，解得t1＝0.25s或t2＝1.25s，则在一个周期内游客舒服登船时间Δt＝t2－t1＝1.0s。故选C。3．如图所示，1、2、3、4…是一个水平放置松弛状态下的弹簧(可认为是均匀介质)上一系列等间距的质点。某时刻，质点1在外力作用下从平衡位置开始沿左右方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点离开平衡位置依次左右振动，形成一列简谐纵波。已知质点1开始振动的方向是向左，经过二分之一周期，质点9开始运动，则针对此时刻，下列说法正确的是()A．质点3向右运动B．质点5所受回复力为零C．质点6的加速度向左D．质点9的振幅为零答案A解析取向左为正方向，画出eq\f(T,2)时刻的波形图如图所示。经过eq\f(T,2)时，质点1从平衡位置再次运动到平衡位置且向右运动，根据图像可知质点3正在向右运动，A正确；经过eq\f(T,2)时，质点5到达正向最大位移处，根据F＝－kx，可知质点5所受回复力最大，B错误；经过eq\f(T,2)时，质点6位于平衡位置左侧，根据a＝－eq\f(k,m)x可知，质点6的加速度方向向右，C错误；在波传播过程中，后一个质点重复前一个质点的振动，可知质点9的振幅不为零，D错误。4．(2023·河北省唐山市第二次模拟)在某均匀介质中，波源A、B相距L＝20m。t＝0时刻两波源开始振动，波源A只振动了半个周期，B连续振动，振动图像分别如图甲和图乙所示。两个波源形成的波以v＝1.0m/s的速度相向传播。则从两波源开始振动时计时，0～16s内A形成的波遇到B形成的波的波峰个数为()A．5 B．6C．7 D．8答案B解析由图可知，波源A形成的波的周期为TA＝2s，波源B形成的波的周期为TB＝2s，波长λB＝vTB＝1.0m/s×2s＝2m，设0～16s两列波相遇后又相对运动的长度为Δl，根据位移关系，有Δl＝2vt－L＝12m，因为eq\f(Δl－\f(3,4)λB,λB)＝5.25，所以0～16s内A形成的波遇到B形成的波的波峰个数为5＋1＝6个。故选B。5．(2019·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eq\f(3,4)l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x­t关系的是()答案A解析摆长为l时单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为eq\f(1,4)l时单摆的周期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为摆角)。根据机械能守恒定律得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正确。6．(2023·浙江6月选考)如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则()A．声波的波长λ＝15cmB．声波的波长λ＝30cmC．两声波的振幅之比为3∶1D．两声波的振幅之比为2∶1答案C解析根据题意，从管口T分成的两列声波相位差为0，频率相同，故在出口O相遇时将发生干涉。A、B两管等长时，声波在出口O处的振动加强，将A管拉长d＝15cm后，在O处第一次探测到声波强度最小，则两声波在O处的振动第一次减弱，结合干涉振动加强和减弱的条件可得eq\f(λ,2)＝2d，解得λ＝60cm，故A、B错误。设两声波的振幅分别为A1、A2，结合上述分析可知，A、B两管等长时O处声波振幅为A1＋A2，将A管拉长d＝15cm后O处声波振幅为|A1－A2|，因声波强度与声波振幅平方成正比，则有eq\f(400,100)＝eq\f(（A1＋A2）2,（A1－A2）2)，解得A1∶A2＝3∶1或A2∶A1＝3∶1，即两声波的振幅之比为3∶1，C正确，D错误。7．(多选)如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接A物体，A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知A的质量为mA，B的质量为mB，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦，开始时A位于O点，系统处于静止状态，A在P点时弹簧处于原长。现将A物体由P点静止释放，A物体不会和定滑轮相碰，当B向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为T＝2πeq\r(\f(m,k))，则下列说法正确的是()A．绳子能承受的最大拉力为2mBgB．弹簧的最大弹性势能是eq\f(2meq\o\al(2,B)g2,k)C．绳断后A物体回到位置O时的速度大小为mBgeq\r(\f(3,mAk))D．从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间为eq\f(π,3)eq\r(\f(mA,k))答案BCD解析将A、B作为整体，A在P点时弹簧处于原长，分析可知绳子未断开前，A、B整体以O为平衡位置做简谐运动，A刚释放时，根据牛顿第二定律对A有T0＝mAa，对B有mBg－T0＝mBa，根据简谐运动对称性，B到达最低点的加速度与初始位置大小相等，因此Tm－mBg＝mBa，解得绳子能承受的最大拉力Tm＝eq\f(mA＋2mB,mA＋mB)·mBg，A错误；A处于O位置时，设OP距离为x1，根据平衡条件有kx1＝mBg，物体B下降到最低位置时，根据对称性，弹簧伸长量为2x1，由能量守恒得，弹簧的最大弹性势能Epm＝ΔEp＝mBg·2x1＝eq\f(2meq\o\al(2,B)g2,k)，B正确；绳断后至A物体回到位置O的过程，根据机械能守恒定律，有Epm＝EpO＋eq\f(1,2)mAv2，根据功能关系及F弹＝kx知，EpO＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)，则可得A回到位置O的速度v＝mBgeq\r(\f(3,mAk))，C正确；绳断后，A物体与弹簧组成的新的弹簧振子的平衡位置为P点，新的振幅为A′＝2x1，A物体从最大位移处释放，其振动方程可以表示为x＝2x1·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋\f(π,2)))，O到P的距离为x1，把x＝x1代入振动方程，结合t<eq\f(T,4)解得从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间t＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,3)eq\r(\f(mA,k))，D正确。二、非选择题(本题共1小题)8．(2023·湖南高考)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图a所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：(1)测出钩码和小磁铁的总质量m；(2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；(3)某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图b所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝________(用“t0”表示)；(4)改变钩码质量，重复上述步骤；(5)实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是________(填“线性的”或“非线性的”)；m/kg10T/sT/sT2/s20.0152.430.2430.0590.0253.140.3140.0990.0353.720.3720.1380.0454.220.4220.1780.0554.660.4660.217(6)设弹簧的劲度系数为k，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是________(填正确答案标号)；A．2πeq\r(\f(m,k)) B．2πeq\r(\f(k,m))C．2πeq\r(mk) D．2πkeq\r(m)(7)除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：____________。答案(3)eq\f(t0,10)(5)线性的(6)A(7)空气阻力解析(3)从图b中可以算出磁感应强度B的变化周期为TB＝eq\f(t0,10)，则弹簧振子振动周期T＝TB＝eq\f(t0,10)。(5)分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95s2/kg，且上下浮动在误差允许范围内，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的。(6)周期的国际单位为s。因2πeq\r(\f(m,k))的单位用国际基本单位表示为eq\r(\f(kg,N/m))＝eq\r(\f(kg·m,kg·m/s2))＝s，故A可能正确；因2πeq\r(\f(k,m))的单位用国际基本单位表示为eq\r(\f(N/m,kg))＝eq\r(\f(kg·m/s2,m·kg))＝s－1，故B错误；因2πeq\r(mk)的单位用国际基本单位表示为eq\r(kg·N/m)＝eq\r(kg·kg·m/s2·m－1)＝kg/s，故C错误；因2πkeq\r(m)的单位用国际基本单位表示为N/m·eq\r(kg)＝kg·m/s2·m－1·eq\r(kg)＝kgeq\s\up6(\f(3,2))/s2，故D错误。(7)除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响，可能会使本实验产生误差。实验用单摆测量重力加速度的大小科学探究梳理用单摆测量重力加速度的大小。当摆角较小时，单摆做简谐运动，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得出g＝eq\f(4π2,T2)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。带中心孔的小钢球、约1m长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。1．做单摆将细线穿过中心带有孔的小钢球，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＋eq\f(D,2)。3．测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过5°)，然后释放小球，记下单摆做30次或50次全振动的总时间，算出平均每做一次全振动的时间，即为单摆的振动周期T。4．改变摆长，重做几次实验。数据处理的两种方法：方法一：公式法。根据公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2l,T2)。将测得的几组周期T和摆长l分别代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中算出多组重力加速度g的值，再求出g的平均值，即为当地重力加速度的值。方法二：图像法。由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(g,4π2)T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴描点作图，作出的l­T2图像理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图像的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。1．本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动等。2．本实验的偶然误差主要来自时间的测量和摆线长度的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计摆球的全振动次数；使用刻度尺测量摆线长度时，要多次测量取平均值以减小误差。3．利用图像法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差。利用图像法分析处理数据时要特别注意图像的斜率及截距的物理意义。1．小球选用质量大、体积小的钢球。2．选用1m左右难以伸缩且尽量轻的细线。3．悬点位置不能发生变化，悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。4．单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°。5．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。科学探究精研考点一教材原型实验例1(2023·新课标卷)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。(1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图a所示，该示数为________mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图b所示，该示数为________mm，则摆球的直径为________mm。(2)单摆实验的装置示意图如图c所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角________5°(填“大于”或“小于”)。(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为________cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s，则此单摆周期为________s，该小组测得的重力加速度大小为________m/s2。(结果均保留3位有效数字，π2取9.870)[答案](1)0.007(0.006、0.007、0.008均可)20.033(20.032、20.033、20.034均可)20.026(20.024、20.025、20.026、20.027、20.028均可，须对应前两空的差值)(2)大于(3)82.51.829.83[解析](1)题图a中示数为d0＝0mm＋0.7×0.01mm＝0.007mm，题图b中示数为d1＝20mm＋3.3×0.01mm＝20.033mm，则摆球的直径为d＝d1－d0＝20.026mm。(2)如图所示，O1为悬点，AB∥OO1，A和B是角度盘上示数为5°的位置。由题意知，角度盘固定在杆上O点时，∠AO1O＝5°，由图可知，将角度盘固定在O点上方，示数为5°时，实际摆角∠BO1O>∠AO1O＝5°。(3)单摆的摆线长度为l0＝81.50cm，则摆长为l＝l0＋eq\f(d,2)＝81.50cm＋eq\f(2.0026,2)cm＝82.5cm。每完成一次全振动，单摆经过最低点两次，故此单摆全振动次数N＝eq\f(61－1,2)＝30，周期为T＝eq\f(t,N)＝eq\f(54.60,30)s＝1.82s，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得，该小组测得的重力加速度大小g＝eq\f(4π2l,T2)＝9.83m/s2。例2(2023·河北高考)某实验小组利用图1装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。(1)关于本实验，下列说法正确的是________。(多选)A．小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直B．应在小钢球自然下垂时测量摆线长度C．小钢球可以换成较轻的橡胶球D．应无初速度、小摆角释放小钢球(2)组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图2，小钢球直径d＝________mm，记摆长l＝L＋eq\f(d,2)。(3)多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l­T2图像，如图3。根据图线斜率可计算重力加速度g＝________m/s2(保留3位有效数字，π2取9.87)。(4)若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。[答案](1)ABD(2)20.035(3)9.87(4)不变[解析](1)使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确。测量摆线长度时，要保证摆线处于伸直状态，故B正确。单摆是一个摆线长度不变、摆线质量不计、摆球可视为质点的理想化模型，研究单摆时，需要使空气对摆球的阻力可以忽略，若用较轻的橡胶球代替小钢球，则摆线质量的影响变大，空气阻力对摆球的影响变大，会增大误差，故C错误。为了保证小钢球在竖直平面内做单摆运动，而不形成圆锥摆，应无初速度释放小钢球；单摆只有在摆角很小的情况下才可视为做简谐运动，才能使用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))计算重力加速度，因此应小摆角释放小钢球，故D正确。(2)由题图2可知，小钢球直径d＝20mm＋3.5×0.01mm＝20.035mm。(3)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(g,4π2)·T2，则l­T2图像中图线的斜率k＝eq\f(g,4π2)，可得g＝4π2k，由题图3知，图线的斜率k＝eq\f(1.10－0.60,4.40－2.40)m/s2＝eq\f(1,4)m/s2，解得g＝9.87m/s2。(4)若将摆线长度L误认为摆长l，因L＝l－eq\f(d,2)＝eq\f(g,4π2)·T2－eq\f(d,2)，则仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为k＝eq\f(g,4π2)，所以得到的重力加速度值将不变。例3(2023·广东省东莞市高三下联合模拟预测)实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。(1)下列最合理的装置是________。(2)为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的有________。A．测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长B．在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动C．摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大D．测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时(3)某同学课后尝试在家里做用单摆测量重力加速度的实验。由于没有合适的摆球，于是他找到了一块鸡蛋大小、外形不规则的大理石块代替小球进行实验。如图1所示，实验过程中他先将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点。然后利用刻度尺测出OM间细线的长度l作为摆长，利用手机的秒表功能测出石块做简谐运动的周期T。在测出几组不同摆长l对应的周期T的数值后，他作出的T2­l图像如图2所示。①该图像的斜率为________。A．g B.eq\f(1,g)C.eq\f(4π2,g) D.eq\f(g,4π2)②由此得出重力加速度的测量值为________m/s2。(π取3.14，计算结果保留三位有效数字)③实验中，该同学测量摆长时使用细线长，而非悬点到石块重心之间的距离，这对重力加速度测量结果的影响是：测量值________真实值。(填“>”“＝”或“<”)[答案](1)D(2)BC(3)①C②9.86③＝[解析](1)根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应使用密度较大、体积较小的铁球；为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹固定。故选D。(2)测量摆长时，应在摆线竖直拉直时测量，故A错误；在摆球运动过程中，为使摆长不变化，必须保证悬点固定不动，故B正确；摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大，如摆角太大，单摆运动将不能再看作简谐运动，单摆周期公式不再适用，故C正确；测量周期时，为减小测量误差，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故D错误。(3)①由题图1可知，设M点到石块重心的距离为d，根据单摆的周期公式可得T＝2πeq\r(\f(l＋d,g))，整理得T2＝eq\f(4π2,g)l＋eq\f(4π2d,g)，故该图像的斜率为k＝eq\f(4π2,g)，故选C。②由题图2可知，k＝eq\f(4.0,99.0－（－1.0）)×102s2/m＝4s2/m，又k＝eq\f(4π2,g)，解得g＝π2＝9.86m/s2。③由上述分析可知，T2＝eq\f(4π2,g)l＋eq\f(4π2d,g)，可知d是否等于零，即l是否为摆长，并不影响T2­l图像斜率，而题中用斜率计算重力加速度，故重力加速度的测量结果不受影响，测量值＝真实值。考点二实验拓展与创新例4某班同学组织春游爬山，在山顶发现一棵合抱古树，他们想知道这颗古树的树围。由于未带卷尺，只备有救生绳(质量不计且不可伸长)，于是他们利用单摆原理对古树的树围进行粗略测量。他们用救生绳绕树一周，截取长度等于树干周长的一段(已预留出打结部分的长度)，然后在这段救生绳的一端系一个小石块。接下来的操作步骤为：Ⅰ.将截下的救生绳的另一端固定在一根离地足够高的树枝上；Ⅱ.移动小石块，使伸直的救生绳偏离竖直方向一个小于5°的角度，然后由静止释放，使小石块在同一竖直面内摆动；Ⅲ.从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始，用手机中的“秒表”软件计时(记为第1次经过平衡位置)，至小石块第41次经过平衡位置，测出这一过程所用的总时间为94.20s。(1)根据步骤Ⅲ，可得小石块摆动的周期T＝________s。(2)经百度查得该地区的重力加速度为9.79m/s2，可估得该古树的树围C＝________m。(结果保留两位有效数字)(3)若空气阻力的影响可不计，同时小石块摆动的周期T测量结果准确，考虑到该山的海拔较高，则该古树树围的测量值________(填“>”“<”或“＝”)真实值。[答案](1)4.71(2)5.5(3)>[解析](1)从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始，用手机中的“秒表”软件计时(记为第1次经过平衡位置)，至小石块第41次经过平衡位置，共经历n＝eq\f(41－1,2)＝20个周期，总时间为n·T＝t，解得T＝eq\f(t,n)＝4.71s。(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得摆长为l＝eq\f(T2g,4π2)＝eq\f(4.712×9.79,4×3.142)m＝5.5m，摆长即为古树的树围，即C＝l＝5.5m。(3)山顶的海拔较高，所以实际重力加速度较小，而计算所使用的重力加速度偏大，所以该古树树围的测量值>真实值。课时作业1．(2020·浙江7月选考)某同学用单摆测量重力加速度，(1)为了减少测量误差，下列做法正确的是________(多选)；A．摆的振幅越大越好B．摆球质量大些、体积小些C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处(2)改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是________。A．测周期时多数了一个周期B．测周期时少数了一个周期C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长答案(1)BC(2)C解析(1)单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，故单摆的摆角不能太大，一般应小于5°，则摆的振幅也不能太大，故A错误；实验时应尽量选择质量大些、体积小些的摆球，以减小空气阻力对实验的影响，故B正确；为了减小实验误差，摆线应选择细些、长些、伸缩性小些的绳子，故C正确；摆球经过平衡位置(最低点)时速度最大，选此位置计时较准确，故D错误。(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，有T2＝eq\f(4π2,g)·l。实验测得的结果与当地重力加速度值相符，则T2­l图线斜率为理论值eq\f(4π2,g)；所得T2­l图线没有过原点，图线在T2轴的截距为正，则T2＝eq\f(4π2,g)·(l＋l0)，故原因可能是测量摆长时直接将摆线的长度作为摆长，故选C。2．(2023·湖南省衡阳市高三下二模)(1)某同学在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，测量摆长。用米尺测得摆线长度为99.50cm，用游标卡尺测得小铁球的直径如图甲所示，则摆球的直径为________cm。(2)用停表测量单摆的周期。把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，当单摆稳定时，摆球到达________(选填“最高”或“最低”)点时开始计时，并计数为零。单摆每经过这点时计一次数，当数到100次时，如图乙所示，所用的时间为________s，则单摆的周期为________s。(3)他计算得出的重力加速度为________m/s2(结果保留两位小数)，比实际的重力加速度要大，其原因是________。A．摆球太重B．摆角太小C．开始计时时停表过迟按下D．实验中全振动次数计少了答案(1)1