单摆测重力加速度、受迫振动、共振【八大题型】

专题L4单摆测重力加速度、受迫振动、共振【八大题型】

【人教版】

岭四叔

【题型1单摆测重力加速度原理与操作】

【题型2单摆测重力加速度数据处理与误差分析】

【题型3单摆测重力加速度实验器材的创新】

【题型4单摆测重力加速度实验方法的创新】

【题型5受迫振动与弹簧振子】

【题型6受迫振动与单摆】

【题型7受迫振动与其它振动系统】

【题型8共振曲线的应用】

【题型1单摆测重力加速度原理与操作】

【例1】根据单摆周期公式7=2无端，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o

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AZ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加，则单摆周期7=需

［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为18mm+6X0.1mm=

18.6mm。

(2)根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断a、b、e正确。

［答案］⑴18.6⑵abe

【变式1-1］(2022•青岛高三调研)物理实验小组的同学做“用单摆测量重力加速度的大小”

的实验。

(1)实验室有如下器材可供选用：

A.长约Im的细线B.长约Im的橡皮绳

C.直径约2cm的均匀铁球D.直径约5cm的均匀木球

E.停表F.时钟

G.最小刻度为毫米的米尺

实验小组的同学需要从上述器材中选择：（填写器材前面的字母）。

（2）下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中

横坐标原点0为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin5°^0.087,sin

15。七0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（填字母代号）。

⑶某同学利用单摆测重力加速度的大小，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是

A.测摆长时记录的是摆线的长度

B.开始计时时，停表过早按下

C.摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了

D.实验中误将29次全振动数记为30次

解析：（1）需要选择的器材有：长约1m的细线，直径约2cm的均匀铁球，停表（测量多次全

振动的时间），最小刻度为毫米的刻度尺（测量摆长）。

（2）单摆振动的摆角（9W5°,当0=5°时单摆振动的振幅A=/sin5°=0.087m=8.7cm,为计时

准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选A。

（3）根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=%。将摆线的长误认为摆长，重力

加速度的测量值偏小，A错误；开始计时时，停表过早按下，周期的测量值大于真实值，重

力加速度的测量值偏小，B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长

度增加了，即摆长乙的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，C错误；设单摆29次全振

动的时间为则单摆的周期T=《，若误计为30次，则7洲=孟＜5，即周期的测量值小

于真实值，重力加速度的测量值偏大，D正确。

答案：（1）ACEG（2）A（3）D

【变式1-2］实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。

4TT2£

（1）实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式8=皆，其中乙表示摆长，T

表示周期。对于此式的理解，四位同学说出了自己的观点：

同学甲：T一定时，g与工成正比

同学乙：L一定时，g与F成反比

同学丙：L变化时，。是不变的

同学丁：乙变化时，L与/的比值是定值

其中观点正确的是同学(选填“甲”“乙”“丙”“丁”)。

(2)实验室有如下器材可供选用：

A.长约1m的细线B.长约1m的橡皮绳

C.直径约2cm的均匀铁球D.直径约5cm的均匀木球

E.秒表F.时钟

G.最小刻度为毫米的米尺

实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：

(填写器材前面的字母)。

(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂(如图所示)。

用刻度尺测量悬点到之间的距离记为单摆的摆长心

(4)在小球平稳摆动后，他们记录小球完成n次全振动的总时间t,则单摆的周期T=

(5)如果实验得到的结果是g=10.09m/s2,比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当

的实际操作造成这种结果，写出其中一种：。

解析：(1)因为g是定值，则乙变化时，L与P的比值是定值，丁同学观点正确。

(2)根据实验原理及要求易知，他们还需要从上述器材中选择：A.长约1m的细线；C.直径

约2cm的均匀铁球；E.秒表。

(3)用刻度尺测量悬点到小球球心之间的距离记为单摆的摆长Lo

⑷单摆的周期7=(。

(5)可能是振动次数n计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时

候秒表开表晚了。

答案：(1)丁(2)ACE(3)小球球心(4):(5)可能是振动次数"计多了；可能是测量摆长时从

悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了(合理即可)

【变式1-3］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o

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1m的单摆。实验时，由于仅有量程

为20cm、精度为1mm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Ti；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

单摆的周期石；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离△心用上述测量结

果，写出重力加速度的表达式g=。

解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单

摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。

⑵设单摆的周期为71时摆长为Li,周期为72时摆长为Li

则Ti=2TI

石=2兀

且£-2="③

2AT

联立①②③式得g=^兰卷。

答案：⑴BC(2)黑当

【题型2单摆测重力加速度数据处理与误差分析】

【例2】利用单摆测当地重力加速度的实验中。

(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d=<

(2)某同学测量数据如下表，请在图乙中画出LI?图像。

L/m0.4000.5000.6000.8001.200

T^/s21.602.102.403.204.80

由图像可得重力加速度8=m/s2(保留三位有效数字)。

(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像

可能是下列图像中的o

解析：(1)小球的直径d=22mm+0.1mmX6=22.6mm=2.26cm。

(2)L-户图像如图所示：

由7=2兀可得：5券N,

1.200-0.400

对应图像可得:k=-----------------=075

4.80-1.60

22

可解得：8=4兀右~9.86m/so

(3)在实验中，若摆长没有加小球的半径/其他操作无误,

Qd

可得：乙=含/一亍故可知B正确，A、C、D均错误。

答案：(1)2.26⑵图见解析9.86(3)B

【变式2-1】用单摆测量重力加速度的大小的实验装置如图所示。

(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)/及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速

度g=(用I、"、/表不)。

(2)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123

摆长Z/cm80.0090.00100.00

50次全振动时间t/s90.095.5100.5

振动周期77s1.801.91

重力加速度g/(m*-2)9.749.73

请计算出第3组实验中的T=______s,g=______m/s2(计算结果保留两位小数)。

(3)用多组实验数据作出图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学|r2

作出的72-/图线的示意图如图中的。、b、c所示，其中。和6平行，6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(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/

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

解析：⑴由T=；,7=2兀y",得g=芍岁。

⑵S=2.01S,

v7n50'

4兀2//4X3.142X502Xl,_.

g=-p-=----1。。52--------m/s-9.76m/s2o

(3)6图线为正确图线，。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图线与人图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了

4兀2/

全振动次数，B正确；由7=2兀g1图线斜率小说明g偏大，C错误。

答案：(1)生浮(2)2.019.76(3)B

【变式2-2】某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下

方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L通过改变摆线的长度，测得6组工和对应的周

期T,画出LT?图线，然后在图线上选取A、8两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据

处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g=(用图中标注字母表示)。请你判断

该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将(填“偏大”“偏

小”或“相同”)o

得P=4兀则22=4兀修,授=4岑,

解析：由单摆的周期公式7=2可得g=

(5o6

笠名去),由此式可知测得的g与某一次实验时的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关,

所以g值与摆球重心在不在球心处无关。

答案：笔中相同

【变式2-3】某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：

⑴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cm,把

摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长/o,通过计算得到摆长L

(2)用停表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0,单摆每经

过最低点记一次数,当数到n=60时停表的示数如图乙所示,该单摆的周期T=s(结

果保留三位有效数字).

(3)测量出多组周期人摆长L数值后，画出乙图象如图丙，造成图线不过坐标原点的原

因可能是.

A.摆球的振幅过小B.将Zo计为摆长L

C.将(/o+G计为摆长工D.摆球质量过大

⑷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Ti，然后把摆线缩短适当的长度A3再测出其振动周期72.用该同

学测出的物理量表示重力加速度为g=.

答案(l)2.06(2)2.25(3)B(4)薪笔

解析(1)由题图甲可知，游标卡尺示数为20mm+0.1X6mm=20.6mm=2.06cm;

(2)由题图乙可知，停表示数为f=lmin+7.4s=67.4s,单摆的周期7=(=甯s«=2.25s

T

(3)题图丙图线不通过坐标原点，将图线向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，

摆长偏小1cm,可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B.

(4)根据题意，由单摆周期公式T=27r^|,可得Ti=2nj|,联立可得g

4TT2AL

=乃2—为2・

【题型3单摆测重力加速度实验器材的创新】

【例3】在用单摆测定重力加速度的实验中

(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示,该摆球的直径d=

mm；

(2)接着测量了摆线的长度为/o,实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的

图象如图乙所示，则重力加速度的表达式9=(用题目中的物理量表示)；

(3)某小组改变摆线长度/。，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长/o作

为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出产为图象后求出

斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲,乙

(填"偏大"、"偏小"或"无影响")。

答案：14.15偏小无影响

说

【详解】

(1)⑺摆球的直径

(2)［2］单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为

由图乙所示图象可知，单摆的周期

由单摆周期公式

重力加速度

(3)［3］摆长应该是摆线长度与摆球半径之和，甲同学把摆线长/。作为摆长，摆长小于实

际摆长，根据单摆周期公式

重力加速度

可知，重力加速度的测量值小于真实值

［4］乙同学由

可知

可知，产为图象的斜率

2

把摆线长度当作摆长作出的7-/0图象的斜率不受影响，所测重力加速度g不受影响

【变式3-1］如图甲所示，某学习小组在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。

(1)若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T=0

(2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系，由图乙可知，该单摆的周期T=

So

(3)在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出周期与摆线长度的关系(721)

图线，并根据图线拟合得到方程F="+b,由此可知当地的重力加速度g=，摆

球半径厂=(用/、b、兀表示)。

解析：(1)单摆完成〃次全振动所用的时间为f,则周期的表达式T=%

(2)单摆摆动过程中，每次经过最低点时拉力最大，每次经过最高点时拉力最小，拉力变化

的周期为1.0s,故单摆的周期为2.0s。

4兀24兀2

⑶根据7=2兀知图线的斜率：左=—,因此g=-p；而U=L+r,

SK

图线拟合得到方程尸=也+。，因此摆球半径厂=会

K

答案：（1）（（2）2。（3）啜

【变式3-2］（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

直径的操作如图甲、乙所示。测量方法正确的是（选填“甲”或“乙”）。

（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，如图丙所示。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/的变化图线如图丁所

示，则该单摆的振动周期为0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”），图丁中的Af将（填“变大”“不变”或“变小”）。

解析：（1）游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙。

（2）一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为。+2力一力

—2to；小球的直径变大后，摆长变长，根据T=2n可知，周期变大；每次经过最低点

时小球的挡光的时间变长，即变大。

答案：⑴乙⑵2ro变大变大

【变式3-3】如图所示，某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根

悬线长为d,两悬点间相距5,金属小球半径为r,AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面

向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时，启动光电计数器，当

小球第一次经过图中虚线（光束）位置。时，由人射向B的光束被挡住，计数器计数一次,

显示为"1”,同时计时器开始计时.然后每当小球经过点。时，计数器都计数一次。当计数

器上显示的计数次数刚好为。时，所用的时间为3由此可知：

（1）双线摆的振动周期7=,双线摆的等效摆长乙=。

（2）依据公式g=代入周期7■和等效摆长L的值，即可求出重力加速度。

（3）该同学在实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据见表。

如图表

实验次数12345

L/m0.500.800.901.001.20

T/s1.411.791.902.012.19

T2/S21.993.203.614.004.80

以/■为横坐标，T?为纵坐标，在图中作出。一z图像,并利用此图像求得重力加速

度8=m/s2-（保留三位有效数字）

T2/S2

答案:9.86m/s2

0.20.40.60.81.01.2Llm

【详解】

九一1

(1)*］由题意可知，时间t内,单摆完成全振动的次数为单摆的周期

⑵双线摆的等效摆长为

⑵⑶由单摆周期公式

可得

⑶⑷［5］由单摆周期公式

变形得

则L与产成正比，为方便实验数据处理，小乃是一条直线，探究丁、L的关系应作出L-T2图

象，如图所示

斜率

解得

g=9.86m/s2

【题型4对比测重力加速度实验方法的创新】

【例4］将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为以未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露

于筒外)，如图甲所示，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P为纵轴、工为横轴作出函数关系图

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.

(1)如果实验中所得到的r-L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是°、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.

IL-I-47r2r47r2〃

解析：(1)由单摆周期公式7=21/、-得T2--+—,纵轴截距大于0,图线应为题

yOOO

图乙中的图线4；

(2)由图象的截距得。、0.315m;由斜率可求得

4兀24兀2

g=~j~=1m/s2=7i2mzs2心9.86m/s2.

0.315

答案：⑴a:(2)/z=0.315m.g=9.86m/s2：(3)66.30s.

【变式4-1】某同学利用单摆测量重力加速度的大小。

(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是o

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,在支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆。实验时，由于仅有量程为20cm、

精确度为1mm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Ti；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

期石；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离AL。用上述测量结果，写出

重力加速度的表达式g=o

解析：(1)在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径

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、Co

邛书，联立解得

(2)设第一次摆长为L,第二次摆长为L-AL,则Ti=2%=2兀

4712AL

g=T『一/2。

4兀2"

答案：(1)BC(2)Tj—岁

【变式4-2］将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为〃(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部

分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过

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,并通过改变工而测出对应的摆动周期T,再以T?为纵轴、L为横轴作出函数关系图象,

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.

(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时数“1”，

当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，停止计时，读出

这段时间t,则该单摆的周期为()

A-29B-29.5C-30D-59

⑵如果实验中所得到的T2L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是4、6、C中的

(3)由图象可知，小筒的深度/?=m；当地重力加速度8=m/s2.

解析：(1)58个“半周期”，这段时间亡含有29个周期，该单摆的周期为选项A正确.

⑵设摆线在筒内部分的长度为九由r=2n2得，f=-L+—h,可知77关系

\1ggg

图象为a.

(3)将尸=0,/.=-30cm代入上式可得分=30cm=0.3m将尸=1.20s；Z.=0代入上式可

求得g=n2=9.86m/s2.

答案：(l)A(2)a(3)0.39.86

【题型5受迫振动与弹簧振子】

【例5】如图甲所示，曲轴上悬挂一弹簧振子。图乙为弹簧振子做受迫振动的共振曲线。下

列说法正确的是()

A.共振曲线的纵坐标表示物体在不同驱动力频率下的振幅

B.转动摇把时，弹簧振子的振幅与摇把转速无关

C.转动摇把时，弹簧振子的频率与摇把转速无关

D.停止转动摇把，弹簧振子做阻尼振动，其振动频率随振幅的减小而减小

答案：A

【变式5-1］（2022•威海四校联考）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2Hz。现匀速

转动摇把，转速为240r/min。则（）

A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s

B.当振子稳定振动时，它的振动频率是6Hz

C.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

2401

解析：选D摇把匀速转动的频率/="=而Hz=4Hz,周期T=1=0.25s,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、B错误；当转速减小时，其

频率将更接近振子的固有频率2Hz,弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确。

【变式5-21［多选］某简谐振子，自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力

作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态

可能是图乙中的（）

A.。点B.6点

C.c点D.一定不是c点

解析：选AD简谐振子自由振动时，设周期为Ti；而在某驱动力作用下做受迫振动时，设

周期为石；显然石；根据/=/，有力〉及；题图乙中c点处代表发生共振，驱动力频率

等于固有频率力；做受迫振动时，驱动力频率力〈力，故此受迫振动对应的状态可能是图乙

中的a点，且一定不是c点，故A、D正确。

【变式5-3】两个弹簧振子，甲的固有频率是100Hz,乙的固有频率是500Hz,若它们均在

频率为400Hz的相同的驱动力作用下做受迫振动，则（）

A.甲的振幅较大，振动频率是100HzB.乙的振幅较大，振动频率是400Hz

C.甲的振幅较大，振动频率是400HzD.乙的振幅较大，振动频率是500Hz

答案：B

【题型6受迫振动与单摆】

【例6】（多选汝口图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以

用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆.下列说法正确的是（）

A.某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同但加速度一定相同

B.如果驱动摆的摆长为L,则其他单摆的振动周期都等于2勺j

C.驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量

D.如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大

答案ABD

解析某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据尸

=-Ax可得，加速度。=5=—，，故加速度一定相同，A正确；如果驱动摆的摆长为L,

根据单摆的周期公式有而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆

的周期，B正确；同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，摆长等于驱动摆的摆长

时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，受迫振动不仅传播运动形式，还传播能

量和信息，故C错误，D正确.

【变式6-1】如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、3的摆长相等。当A摆振

动的时候，通过张紧的绳子给8、C、。摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察3、C、

。摆的振动发现（）

A.C摆的频率最小B.。摆的周期最大

C.2摆的振幅最大D.B、C、。的振幅相同

解析：选C由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的

频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有

频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于2摆的固有频率与A摆的频

率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。

【变式6-2］如图所示为单摆做阻尼振动的位移x随时间，变化的图像，％、芍时刻的位移大

小均为2cm,与时刻的位移大于2cm。关于摆球在％、芍和G时刻的速度、重力势能、动能、

机械能的分析，下列说法正确的是（）

A.摆球在/,时刻的机械能等于匀时刻的机械能

B.摆球在4时刻的动能等于与时刻的动能

C.摆球在月时刻的重力势能等于4时刻的重力势能

D.摆球在4时刻的速度大于%时刻的速度

答案：C

【变式6-3］如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆.当a摆振动的时候，通过张紧的

绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时b摆的振动周期（选填

“大于，，、“等于，，或“小于”）d摆的周期.图乙是a摆的振动图象，重力加速度为g,则a的摆

长为.

答案：等于驾

71

【题型7受迫振动与其它振动系统】

【例7】（2021•浙江1月选考）（多选）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

解析：选AD根据共振产生的条件可知，当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生

共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的

振动频率可能不同，A正确；当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树

干振动的幅度最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，B错误；打击

杆对不同粗细树干打击时，为产生共振，打击杆的振动频率不相同，则打击结束后，树干的

振动频率一定是不相同的，C错误；树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗

细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确。

【变式7-1】为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以

达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速

带的间距为1.5m,一辆固有频率为2Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（）

A.当汽车以5m/s的速度行驶时，其振动频率为2Hz

B.当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸

C.当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸最厉害

D.汽车速度越大，颠簸就越厉害

、s15

解析：选C当汽车以5mzs的速度行驶时，驱动力的周期为s=0.3s,所以频率

等于/=*=¥Hz,故A错误；当汽车以3m/s的速度行驶时，汽车的频率为/=：=七Hz

=2Hz,此时和固有频率相同，所以颠簸最厉害，故C正确，B、D错误。

【变式7-2].（多选）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5Hz,则受迫振动稳定后的振动频率一定为5Hz

C.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.受迫振动系统的机械能守恒

答案BC

解析火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，选项A错误；对于一个受迫振动系统，

若驱动力的频率为5Hz,则振动系统稳定后的振动频率也一定为5Hz,选项B正确；由共

振的定义可知，选项C正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，选项D

错误.

【变式7-31［多选］正在运转的机器，当其飞轮以角速度硒匀速转动时，机器的振动不强烈，

切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮

转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的

角速度从。较缓慢地增大到。o,在这一过程中（）

A.机器不一定还会发生强烈的振动

B.机器一定还会发生强烈的振动

C.若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为oo时

D.若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为硒

解析：选BD以角速度coo转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，

说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地

增大到00,在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即达到共振的现象，

机器一定还会发生强烈的振动，故A错误，B正确；由