2024届高考物理一轮复习第十二章机械振动机械波学案

这是一份2024届高考物理一轮复习第十二章机械振动机械波学案，共42页。学案主要包含了简谐运动，简谐运动的公式和图像，受迫振动和共振等内容，欢迎下载使用。


第十二章 机械振动　机械波
第1讲　机械振动

一、简谐运动
1．简谐运动
(1)简谐运动的定义：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x­t图像)是一条正弦曲线，这样的振动就是简谐运动。
(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
定义
质点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
表达式
F＝－kx
来源
是效果力，不是性质力；可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力或某个力的分力提供
2.两种模型
(1)弹簧振子
①水平方向：如图甲所示，回复力由弹簧的弹力提供。
②竖直方向：如图乙所示，回复力由重力和弹簧弹力的合力提供。

(2)单摆：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫作单摆。
二、简谐运动的公式和图像




1．表达式
动力学表达式
F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反
运动学表达式
x＝Asin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动振动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫作初相。
2.振动图像
(1)从平衡位置开始计时，振动表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。
(2)从最大位移处开始计时，振动表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示。

三、受迫振动和共振
1．受迫振动
定义
系统在周期性驱动力作用下的振动
特点
物体做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，与物体的固有周期(或频率)无关

2．共振
(1)定义：做受迫振动的物体受到的驱动力的频率与其固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。
(2)共振曲线：如图所示。
微点判断　
(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。(√)

(一) 简谐运动的规律及应用
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
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


[多维训练]
1．[简谐运动的理解]关于简谐运动以及完成一次全振动的意义，以下说法正确的是(　 )
A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同
B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动
C．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动
D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反
解析：选C　回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，A、D错误；一次全振动过程中，动能和势能可以多次恢复为原来的大小，B错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，C正确。
2．[简谐运动中各物理量的分析]一质点做简谐运动的振动方程是x＝2sin50πt＋cm，则(　 )
A．在0至0.02 s内，质点的速度与加速度方向始终相同
B．在0.02 s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度
C．在0.035 s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向
D．在0.04 s时，质点所受回复力最大，速度方向沿x轴负方向
解析：选B　由振动方程可知，振幅A＝2 cm，T＝0.04 s，初相位φ＝，即t＝0时，质点位于正向最大位移处，在0至0.01 s内，速度与加速度方向相同，0.01 s至0.02 s内，速度与加速度方向相反，A错误；在0.02 s时，质点在负向最大位移处，具有正向最大加速度，B正确；在0.035 s时，质点从平衡位置向最大位移处运动，速度方向沿x轴正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.04 s时，质点回到正向最大位移处，回复力最大，速度为零，D错误。

模型
弹簧振子(水平)
单摆
示意图


简谐运动条件
①弹簧质量要忽略
②无摩擦力等阻力
③在弹簧弹性限度内
①摆线为不可伸缩的轻细线
②无空气阻力等阻力
③最大摆角小于等于5°
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力
平衡位置
弹簧处于原长处
最低点
周期
与振幅无关
T＝2π
能量转化
弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒
重力势能与动能的相互转化，机械能守恒


[注意]　单摆周期公式T＝2π的两点说明：
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。
(2)g为当地重力加速度。
[多维训练]
3．[弹簧振子模型](多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，从它经过O点时开始计时，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，则弹簧振子的周期可能为(　 )
A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s
解析：选AC　如图甲所示，若振子从O点开始向右按所示路线振动，则振子的振动周期为T1＝4×s＝1.6 s；如图乙所示，若振子从O点开始向左按所示路线振动，令从M运动到O的时间为t，则有＋t＝，解得t＝ s，振子的振动周期为T2＝4×s≈0.53 s，A、C正确。



4．[单摆模型](2022·北京海淀区模拟)如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是(　 )
A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9π 时间A回到最高点
C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D．若m1 解析：选D　若m1＝m2，则两球碰撞后交换速度，所以A、B在摆动过程中最大振幅相等，两球的振动完全一样，所以每经过2π 时间A回到最高点，A、B错误；摆长为L的周期为T＝2π ，摆长为0.81L的周期为T′＝1.8π ，若m1>m2，则碰后A球向右运动，摆长变为0.81L，B球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为T″＝T＋T′＝1.9π ，即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C错误；若m1 (二) 简谐运动图像的理解及应用
1．对简谐运动图像的两点认识
(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。

(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。
2．由图像可获取的五个信息
(1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示)

(2)判定振动物体在某一时刻的位移。
(3)判定某时刻质点的振动方向：
①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；
②下一时刻位移若减小，质点的振动方向是指向平衡位置。
(4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。


(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。

[多维训练]
1．[对简谐运动图像的理解]
(2023·浙江1月选考)主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波。某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340 m/s)(　 )
A．振幅为2A
B．频率为100 Hz
C．波长应为1.7 m的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
解析：选B　由振动图像得：振幅为A，f＝＝100 Hz，λ＝vT＝3.4 m，当主动降噪耳机产生的声波与周围环境中的噪声信号的振幅、频率、波长都相同且二者恰好振动反相时，降噪效果最好，故B正确，A、C、D错误。
2．[两个简谐运动图像的对比]如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，下列说法错误的是(　 )

A．甲、乙两物体的振幅分别是2 m和1 m
B．甲的振动频率比乙的大
C．前2 s内，两物体的加速度均为负值
D．第2 s末，甲的速度最大，乙的加速度最大
解析：选A　由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2 cm和 1 cm，A错误；8 s内甲完成2次全振动，乙完成1次全振动，甲的振动频率比乙的大，B正确；前2 s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。
3．[单摆的振动图像的应用]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。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是(　 )

解析：选A　摆长为l时单摆的周期T1＝2π ，振幅A1＝lα(α为摆角，α很小时，sin α＝α)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π ＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cos α)＝mg(1－cos β)，利用cos α＝1－2sin 2，cos β＝1－2sin 2 ，以及sin α＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，A正确。
(三) 受迫振动和共振
1．三种振动的比较
振动类型
自由振动
受迫振动
共振
受力情况
仅受回复力
受驱动力
受驱动力
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





2.对共振的理解
(1)共振曲线
如图所示，横坐标为驱动力的频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动时振幅的影响，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
做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。
[多维训练]
1．[受迫振动的理解]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 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
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
解析：选D　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、B错误；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。
2．[受迫振动和共振的理解]如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现(　 )
A．C摆的频率最小 B．D摆的周期最大
C．B摆的振幅最大 D．B、C、D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B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。
3．[单摆的共振曲线的理解]如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法错误的是(　 )
A．若两摆的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．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
解析：选D　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fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝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＝ 可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，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，摆长长的频率f小，且有＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。
4．[共振现象的应用](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　不同树木的固有频率不同，因此针对不同树木，要使之发生共振需要的振动频率不同，选项A正确；根据共振曲线，小于固有频率时，逐渐增加驱动力频率，振动的幅度会增大，而在大于固有频率时增加驱动力频率，振动的幅度会减小，选项B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，选项D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有振动频率不同，选项C错误。
[课时跟踪检测]
1．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的(　 )
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
解析：选B　由单摆的周期公式T＝2π 可知，当摆长l不变时，周期不变，C、D错误；由机械能守恒定律可知mv2＝ mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅变小，B正确，A错误。
2．(2023·江西抚州质检)一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x＝5sin 5πt cm，则下列判断正确的是(　 )
A．该简谐运动的周期是0.2 s
B．第1 s内质点运动的路程是100 cm
C．0.4 s到0.5 s内质点的速度在逐渐减小
D. t＝0.6 s时刻质点的动能为0
解析：选C　根据质点的位移随时间变化的关系可知，该简谐运动的周期T＝＝ s＝0.4 s，故A错误；根据质点的位移随时间变化的关系可知，零时刻质点位于平衡位置，振幅为A＝5 cm,1 s内质点完成2.5个全振动，每个周期质点运动的路程等于4倍振幅，1 s内质点运动的路程等于10A＝50 cm，故B错误；0.4 s到0.5 s内质点开始从平衡位置向最大位移处运动，质点的速度在逐渐减小，故C正确；t＝0.6 s时刻质点位于平衡位置，动能最大，故D错误。
3.如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为(　 )
A．2.0π s B．0.4π s
C．0.6π s D．1.2π s
解析：选B　小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T1＝2π ＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π ＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝＝0.4π s，B正确。
4．(2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是(　 )


解析：选B　导体杆在摆动过程中，由于电阻增大，感应电动势不变，回路中的感应电流变小，机械能向内能的转化变慢，故B正确，A、C、D错误。
5．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，振子的位移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，振子在O点右侧6 cm处
B．振子在t＝0.2 s和t＝1.0 s时的速度相同
C．t＝1.2 s时，振子的加速度方向水平向右
D．t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内，振子的加速度和速度都逐渐增大
解析：选C　由题图可知，弹簧振子的振幅为 0.12 m，周期为1.6 s，所以ω＝＝1.25π rad/s，结合振动图像得，振动方程为x＝0.12sin(1.25πt)m，在t＝0.6 s时，振子的位移x1＝0.12sin(1.25π×0.6)m＝6 cm，A错误；由振动图像可知，t＝0.2 s时振子从平衡位置向右运动，t＝1.0 s时振子从平衡位置向左运动，速度方向不同，B错误；t＝1.2 s时，振子到达A处，振子的加速度方向水平向右，C正确；t＝1.0 s到t＝1.2 s的时间内振子向负向最大位移处运动，速度减小，加速度增大；t＝1.2 s到t＝1.4 s时间内振子从负向最大位移处向平衡位置运动，则速度增大，加速度减小，D错误。




6.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 )
A．该简谐运动的振幅为2x1
B．在任意周期内物块通过的路程一定等于x1
C．物块在A位置时所受的回复力大小为kx1
D．物块到O位置时的动能为kx12－mgx1
解析：选C　该简谐运动的振幅为x1，A错误；物块运动过程中，靠近平衡位置时运动比较快，远离平衡位置时运动比较慢，所以在不经过平衡位置的周期内物块通过的路程小于x1，B错误；物块在O位置时受力平衡，有kx0＝mg，x0为弹簧伸长量，在A位置时所受的回复力大小为F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，C正确；物块从A位置回到O位置时，根据能量守恒定律得k(x1＋x0)2＝mgx1＋mv2＋kx02，解得mv2＝k(x1＋x0)2－mgx1－kx02，D错误。
第2讲　机械波

一、机械波
1．定义：机械振动在介质中的传播。
2．形成条件
(1)有发生机械振动的波源。
(2)有传播介质，如空气、水等。
3．特点
(1)传播振动的形式、能量、信息。
(2)质点不随波迁移。
(3)每个质点起振方向都与波源的起振方向相同。
4．分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰和波谷。
(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有疏部和密部。
5．描述物理量
(1)波长(λ)：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
①在横波中，两个相邻波峰(或波谷)间的距离等于波长。
②在纵波中，两个相邻密部(或疏部)中央间的距离等于波长。
(2)周期(T)或频率(f)：波的周期或频率等于波源振动的周期或频率。
(3)波速(v)：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
(4)波长、周期(或频率)和波速的关系：v＝＝λf。

6．波的图像
(1)坐标轴：横坐标表示沿波传播方向上各个质点的平衡位置，纵坐标表示某时刻各个质点偏离平衡位置的位移。

(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
二、波的干涉和衍射现象　多普勒效应
1．波的干涉和衍射
类别
波的干涉
波的衍射
条件
两列波的频率必须相同，相位差保持不变
产生明显衍射的条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多
现象
形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样
波能够绕过障碍物或孔继续向前传播

2.多普勒效应
现象
观察者接收到的频率发生变化
条件
声源和观察者之间有相对运动(距离发生变化)
实质
声源频率不变，观察者接收到的频率变化

微点判断　
(1)横波就是在水平方向传播的波。(×)
(2)在机械波的传播过程中各质点随波的传播而迁移。(×)
(3)通过波的图像可以找出任一质点在某时刻的位移。(√)
(4)机械波在传播过程中，各质点的起振方向都相同。(√)
(5)机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。(×)
(6)波速表示介质中质点振动的快慢。(×)
(7)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。(×)
(8)一切波都能发生衍射现象。(√)
(9)多普勒效应说明波源的频率发生变化。(×)





(一) 机械波的传播与波的图像的应用
1．机械波的传播特点
(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。
(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。
(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。
(4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。
2．波速公式v＝＝λf的理解
(1)波速v：机械波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定，与波源的周期T无关。
(2)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点振动的频率等于波源的振动频率。
[例1]　(2021·全国甲卷)均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 cm/s，波长大于20 cm，振幅为y＝1 cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6 s，两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求：
(1)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
[解析]　(1)因波速v＝20 cm/s，波长大于20 cm，所以周期T＞1 s，又由t＝0时刻后每隔0.6 s A、B两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，可知该波周期T＝1.2 s，该波波长λ＝vT＝24 cm，故A、B的平衡位置相距λ，从t1时刻开始，质点B最少要经过T＝0.8 s位于波峰。
(2)在t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰，A、B平衡位置相距λ，可知质点B偏离平衡位置的位移
yB＝ycos＝－0.5 cm。
[答案]　(1)0.8 s　(2)－0.5 cm




[针对训练]
1．(2022·青岛模拟)青岛濒临黄海，是国内著名的滨海旅游城市，长达800多km的海岸线，拥有众多优良海水浴场。在石老人海水浴场，某同学漂浮在海面上，水波以3 m/s的速率向着海滩传播，该同学记录了第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间为18 s。下列说法正确的是(　 )

A．该同学很快就会漂流到沙滩上
B．该水波的周期为1.8 s
C．该水波的波长为6 m
D．该水波可以绕过石老人继续传播属于波的干涉现象
解析：选C　该同学只会在平衡位置附近振动，不会随波迁移，A错误；该水波的周期为T＝＝2 s，B错误；根据波长公式得λ＝vT＝6 m，C正确；该水波可以绕过石老人继续传播属于波的衍射现象，D错误。
2.如图所示为海洋生态自动监测浮标，可用于监测水质和气象等参数。一列水波(视为横波)沿海面传播，在波的传播方向上相距4.5 m的两处分别有甲、乙两浮标，两浮标随波上下运动。当甲运动到波峰时，乙恰好运动到波谷，此时甲、乙之间只有一个波峰。观察到甲从第1次到达波峰与第11次到达波峰的时间间隔为20 s，则该水波(　 )
A．振幅为4.5 m B．波长为3 m
C．频率为2 Hz D．波速为2.25 m/s
解析：选B　根据题给条件无法得知浮标离开平衡位置的最大距离，故A错误；设波长为λ，则由题意可知λ＝4.5 m，解得λ＝3 m，故B正确；设周期为T，则由题意可知10T＝20 s，解得T＝2 s，所以频率为f＝＝0.5 Hz，故C错误；波速为v＝＝1.5 m/s，故D错误。
1．波的图像特点
(1)质点振动nT(波传播nλ)时，波形不变。
(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ(n＝1,2，3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)(n＝0,1,2，3，…)时，它们的振动步调总相反。
(3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
2．根据波的图像、传播方向判定振动方向
方法
内容
图像
“上下坡”法
沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动

“同侧”法
波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧

“微平移”法
将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向


[注意]　波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。
[例2]　一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。t＝时(　 )

A．质点a速度方向沿y轴负方向
B．质点b沿x轴正方向迁移了1 m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为－5 cm
[解析]　t＝时，质点a沿y轴正方向运动到平衡位置，其速度方向沿y轴正方向，A错误；根据简谐横波的传播特点可知，质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移， B错误；t＝时，质点c运动到平衡位置，所受合外力为零，加速度为零，C正确；t＝时，质点d的位移为5 cm，D错误。
[答案]　C





[针对训练]
3.(2021·北京等级考)一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是(　 )
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小
D．此时K质点的加速度比L质点的小
解析：选D　由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则此时K质点应沿y轴负方向运动，再根据“上、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误；L质点在波谷处，则L质点的速度为0，故此时K质点的速度比L质点的大，C错误；由于质点在竖直方向做机械振动，根据F＝－ky＝ma，结合波动图像可看出yL＞yK，则此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。
考点(三)　根据两时刻的波的图像分析问题
由t时刻的波形确定t＋Δt时刻的波形
(1)如图所示，波向右传播Δt＝T的时间和向左传播Δt＝T的时间，波形相同。

(2)若Δt＞T，可以采取“去整留零头”的办法。
[例3]　(2021·湖北高考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1 s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x＝0 处的质点在0～1 s内运动的路程为4.5 cm。下列说法正确的是(　 )

A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1 s
C．波的传播速度大小为13 m/s
D．t＝1 s时，x＝6 m处的质点沿y轴负方向运动
[解析]　由题意，x＝0处的质点在0～1 s的时间内通过的路程为4.5 cm，则结合题图可知t ＝0时刻x＝0处的质点沿y轴的负方向运动，则由质点的振动和波的传播方向关系可知，该波的传播方向沿x轴的正方向，故A正确；由题意可知，t＝1 s为T，解得T＝ s，由题图可知λ＝12 m，则v＝＝ m/s＝13 m/s，故C正确，B错误；由同侧法可知t＝1 s时，x＝6 m处的质点沿y轴正方向运动，故D错误。
[答案]　AC

[针对训练]
4．图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线。经过0.3 s后，其波形图曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。

解析：若波是沿x轴正方向传播的，波形移动了15 cm，由此可求出波速和周期：
v1＝ m/s＝0.5 m/s；T1＝＝ s＝0.4 s。
若波是沿x轴负方向传播的，波形移动了5 cm，由此可求出波速和周期：
v2＝ m/s＝ m/s；T2＝＝ s＝1.2 s。
答案：0.5　0.4　1.2
(二) 波的图像与振动图像的综合应用
　1．振动图像与波的图像的比较
类别
振动图像
波的图像
图像


物理意义
表示某质点各个时刻的位移
表示某时刻各质点的位移
图像信息
(1)质点振动周期
(2)质点振幅
(3)各时刻质点位移
(4)各时刻速度、加速度方向
(1)波长、振幅
(2)任意一质点在该时刻的位移
(3)任意一质点在该时刻的加速度方向
(4)传播方向、振动方向的互判
图像变化
随时间推移，图像延续，但已有形状不变
随时间推移，图像沿传播方向平移
形象比喻
记录着一个人一段时间内活动的录像带
记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片

2．求解波的图像与振动图像综合问题三关键
(1)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像，横坐标为t则为振动图像。
(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准波的图像对应的时刻，找准振动图像对应的质点。
[多维训练]
考查角度1　已知波的图像判定质点的振动图像
1.(多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝5 s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是(　 )


解析：选AC　由题意，如果波沿x轴正方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝4 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向上振动，故A正确，B错误；如果波沿x轴负方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝12 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向下振动，故C正确，D错误。
考查角度2　已知质点振动图像判定波的图像
2．(2022·山东等级考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当t＝7 s时，简谐波的波动图像可能正确的是(　 )


解析：选AC　由O点的振动图像可知，周期为T＝12 s，设原点处的质点的振动方程为y＝Asin，则10＝20sin φ，解得φ＝，在t＝7 s时刻y7＝20sin＝－10 cm≈－17.3 cm，因7 s＝T＋T，则在t＝7 s时刻质点沿y轴负方向振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。
考查角度3　波的图像与振动图像的综合应用
3．(2021年8省联考·江苏卷)渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图甲所示，图乙为质点P的振动图像，则(　 )

A．该波的波速为1.5 m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．0～1 s时间内，质点P沿x轴运动了1.5 m
D．0～1 s时间内，质点P运动的路程为2 m
解析：选D　由题图甲可知，该波的波长λ＝1.5×10－2 m，由题图乙可知周期T＝1×10－5s，则该波的波速v＝＝ m/s＝1.5×103 m/s，A错误；由题图乙可得，在t＝0时刻，质点P沿y轴正方向振动，由波形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误；质点P只在平衡位置上下振动，不沿x轴运动，C错误；质点P的振幅是5×10－6 m，在0～1 s时间内共振动了＝105个周期，运动的路程是s＝4×5×10－6×105 m＝2 m，D正确。

(三) 波的多解问题
造成波动问题多解的主要因素有：波的周期性、波的双向性、波形的隐含性。解决该类问题一般可以按如下思路：
(1)首先找出造成多解的原因，比如考虑传播方向的双向性，可先假设波向右传播，再假设波向左传播，分别进行分析。
(2)根据周期性列式，若题目给出的是时间条件，则列出t＝nT＋Δt(n＝0,1,2，…)，若给出的是距离条件，则列出x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2，…)进行求解。
(3)根据需要进一步求与波速v＝或v＝＝λf等有关的问题。

1．时间的周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
2．空间的周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。
[例1]　(2022·长沙高三检测)在平静的介质中，从波源O发出的一列简谐横波沿x轴正方向传播，t1秒时刻的波形用实线表示，t2秒(t2>t1)时刻的波形用虚线表示。介质中的质点Q位于x＝18 m处，则下列说法正确的是(　 )

A．该简谐横波的波长可能为6 m
B．该波的波速大小一定为 m/s
C．在t1秒时刻至t2秒时刻这段时间内，介质中的质点M的运动过程是由先加速、后减速两段过程组成
D．根据图像无法判断质点Q的起振方向
[解析]　由波形图可知，波长λ＝8 m，故A错误；波沿x轴正方向传播，位移为x＝nλ＋＝(8n＋4)m(n＝0,1,2,3，…)，则波速为v＝＝ m/s(n＝0,1,2，3，…)，则当n＝0时，波速为 m/s，不是一定为 m/s，故B错误；在t1～t2时间内，若是在一个周期内，则质点M是先加速、后减速，若是包含多个周期则由多个运动阶段组成，不仅是两段过程组成，故C错误；t1、t2时刻不是0时刻的图像，故无法判断O点的起振方向，也就无法判断质点Q的起振方向，故D正确。
[答案]　D
[针对训练]
1．(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点。下列说法正确的是(　 )

A．这列波的波速可能为50 m/s
B．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cm
C．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D．若周期T＝0.8 s，则在t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同
解析：选ACD　由波形图可知波长λ＝40 m，且0.6 s＝nT＋T(n＝0,1,2，…)，解得周期T＝ s(n＝0,1,2，…)。当n＝0时，T＝0.8 s，波速v＝＝50 m/s，A正确。由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n＝0时，T＝0.8 s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30 cm；当n＝1时，T＝ s，质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm，B错误。若n＝1，则T＝ s，波传播到c点所用时间为T,0.6 s＝，质点c振动的时间为T－T＝T，故在这段时间内质点c通过的路程为6A＝60 cm，C正确。若T＝0.8 s，t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移均为负值，大小相等，D正确。

1．传播方向双向性：波的传播方向不确定。
2．振动方向双向性：质点振动方向不确定。
[例2]　(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m处质点的振动图像分别如图甲、图乙所示，则此列波的传播速度可能是(　 )


A．7 m/s B．2 m/s
C．1.2 m/s D．1 m/s
[解析]　由振动图像可知周期T＝4 s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。①若波沿x轴正向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…

则波长有：x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)，
得波速表达式v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝6 m/s，当n＝1时，v＝1.2 m/s，C正确。
②若波沿x轴负向传播，其波形如图乙所示。

则有x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)，
得v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝2 m/s，当n＝1时，v≈0.86 m/s，B正确。
[答案]　BC


[针对训练]
2．(2022·福州高三调研)(多选)如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s时刻的波形图，已知波的周期T>0.6 s，下列说法正确的是(　 )

A．该波的波速一定是10 m/s
B．该波的波速可能是 m/s
C．t＝2.7 s时，Q点的位移一定是0
D．t＝5.1 s时，Q点的位移可能是0.2 m
解析：选BC　据图，波长λ＝8 m，如果波向左传播，则有T＝0.6 s(n＝0,1，2，…)，只有当n＝0时T1＝0.8 s>0.6 s，此时波速为v1＝＝10 m/s，如果波向右传播，则有T＝0.6 s(n＝0,1，
2，…)，只有当n＝0时，T2＝2.4 s>0.6 s，此时波速为v2＝＝ m/s，故A错误，B正确；如果波向左传播，则2.7 s＝3T1，Q点正好到达平衡位置，位移为零；如果波向右传播，则2.7 s＝1T2，Q点也是正好到达平衡位置，位移为零，C正确；t＝5.1 s时，如果波向左传播，Q点正好到达平衡位置，位移为零；如果波向右传播，Q点也正好到达平衡位置，位移为零，故D错误。


在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点的振动情况，而其余信息均处于隐含状态。这样，波形就有多种可能情况，形成波动问题的多解。
[例3]　(2021·辽宁高考)一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2 s时的波形如图甲所示，x＝2 m处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是(　 )

A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
[解析]　根据题图乙可知t＝2 s时x＝2 m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向x轴负方向传播，结合图甲，利用“上下坡”法可知x＝2 m为半波长的奇数倍，即有(2n－1)＝2 m，(n＝1,2,3，…)，而由图乙可知该波的周期为T＝4 s；所以该波的波速为v＝＝ m/s，(n＝1,2,3，…)，当n＝3时可得波的速率为v＝ m/s，故A正确。
[答案]　A
[针对训练]
3.(多选)如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是(　 )

A．0.60 m B．0.30 m
C．0.20 m D．0.10 m
解析：选BD　由题意，P、Q两点之间的间距为＋nλ＝0.15 m(n＝0,1,2，…)，故n＝0时，λ＝0.3 m；n＝1时，λ＝0.1 m。
(四) 波的干涉、衍射、多普勒效应
[题点全练通]
1．[波的干涉条件的理解]甲、乙两列波(无波源)在同种介质中分别向右、向左传播，t＝0时刻完整波的波形图如图所示，已知波的速度为10 m/s，下列说法正确的是(　 )

A．甲、乙两列波相遇后会发生干涉现象
B．t＝0.1 s时，x＝6 m处的质点开始向下振动
C．t＝0.35 s时，x＝7 m处质点的位移y＝(2＋1)cm
D．甲、乙两列波从相遇到完全分开所需时间为0.85 s
解析：选C　甲、乙两列波的频率不相等，两列波相遇后不能发生干涉现象，A错误；t＝0.1 s时，甲波传播到x＝6 m处，沿y轴正方向振动，乙波也传播到x＝6 m处，沿y轴负方向振动，由于甲的振幅大于乙的，则在平衡位置时甲波的振动速度大于乙的，故x＝6 m处的质点开始向上振动，B错误；经过 0.35 s，甲波向右传播3.5 m，x＝3.5 m处的质点的振动状态传播至x＝7 m处，即y1＝2 cm，经过0.35 s，乙波向左传播3.5 m，x＝10.5 m处的振动状态传播至x＝7 m处，即y2＝1 cm，根据叠加原理可知，t＝0.35 s时，x＝7 m处质点的位移y＝(2＋1)cm，C正确；t＝0.1 s时，两列波在x＝6 m处相遇，t＝0.85 s时，两列波在x＝7.5 m处分开，故甲、乙两列波从相遇到完全分开所需时间为0.75 s，D错误。
2．[波的干涉中加强点、减弱点的判断](1)(公式法)如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1 m,0)和S2(5 m,0)，振动方程分别为zs1＝Asin 、zs2＝Asin 。两列波的波速均为1 m/s，两列波在点B(5 m,3 m)和点C(3 m，2 m)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互(　 )

A．加强、加强 B．减弱、减弱
C．加强、减弱 D．减弱、加强
解析：选B　由于C点到两波源的距离相等，两列波从波源传到C点的路程差为ΔsC＝0，为波长的整数倍，由两波源的振动方程可知两波的振动方向相反，所以C为振动减弱点，则A、D错误；两列波从波源传到B点的路程差为ΔsB＝ m－3 m＝2 m，由振动方程可知两列波源的振动周期为T＝＝2 s，波长为λ＝vT＝1×2 m＝2 m，两列波从波源传到B点的路程差为波长的整数倍，所以B点为振动减弱点，所以B正确，C错误。
(2)(波形图法)如图所示，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述错误的是(　 )

A．Q点始终处于波峰位置
B．R、S两点始终处于静止状态
C．P、Q连线上各点振动始终最强
D．P点在图中所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置
解析：选A　Q点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，但并不是始终处于波峰的位置，A错误；R、S两点是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点，位移为零，则始终处于静止状态，B正确；P、Q两点都是振动加强点，故P、Q连线上各点振动始终最强，C正确；P点是振动加强点，在题图所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置，D正确。
3．[波的衍射的理解]如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述错误的是(　 )

A．此时能观察到明显的波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离相等
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象
解析：选D　由题图可知，孔的尺寸与水波的波长差不多，故此时能观察到明显的波的衍射现象，故A正确；波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故B正确；如果将孔AB扩大，若孔的尺寸远大于水波的波长，可能观察不到明显的衍射现象，故C正确；如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，根据λ＝知，波长减小，可能观察不到明显的衍射现象，故D错误。



4．[多普勒效应]如图所示，在原点O处的质点(波源)做简谐运动，产生沿x轴正方向传播的简谐波，波速v＝20 m/s。为了接收到这列波，在x＝200 m处设有一台接收器(图中未标出)。已知t＝0时，波刚好传播到x＝30 m 处，则下列说法正确的是(　 )

A．波源振动的周期为2 s
B．接收器在t＝8 s时才能接收到此波
C．x＝40 m处的质点在t＝1 s时向上运动
D．若波源向x轴负方向移动，则在其移动过程中接收器接收到的波的频率将小于1 Hz
解析：选D　由图像可知，波长λ＝20 m，周期T＝＝ s＝1 s，A错误；接收器接收到此波所需时间为t＝＝ s＝8.5 s，B错误；在t＝1 s时，波向前传播了一个波长，x＝40 m处的质点与t＝0时x＝20 m处的质点的振动情况一样，而t＝0时x＝20 m 处的质点向下运动，故x＝40 m处的质点在t＝1 s时向下运动，C错误；若波源向x轴负方向移动，则接收器离波源越来越远，根据多普勒效应可知，接收到的波的频率变小，D正确。

[要点自悟明]
1．波的干涉中振动加强点、减弱点的判断方法
(1)公式法
某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。
①当两波源振动步调一致时
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
②当两波源振动步调相反时
若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
(2)波形图法
在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
2．衍射现象的两点提醒
(1)障碍物或孔的尺寸大小并不是决定衍射能否发生的条件，仅是衍射现象是否明显的条件，波长越大越易发生明显的衍射现象。
(2)当孔的尺寸远小于波长时，尽管衍射十分突出，但衍射波的能量很弱，也很难观察到波的衍射。
3．多普勒效应的成因分析
(1)接收频率是指观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。
(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小。

[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(多选)如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5 m的A点开始振动；t＝1 s时，离O点10 m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则(　 )
A．波的周期为0.4 s
B．波的波长为2 m
C．波速为5 m/s
D．t＝1 s时AB连线上有4个点处于最大位移
解析：选AB　根据题意可知经过1 s，A处质点经过了5个0.5T，即＝2.5T＝1 s，说明T＝0.4 s，v＝5 m/s，由v＝，得λ＝2 m，A、B正确，C错误；根据题意，第5次经过平衡位置，说明A、B之间有5个0.5倍的波长，即AB连线上应该有5个点处于最大位移，D错误。
2．(2021·天津等级考)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，传播速度v＝10 m/s，t＝0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，下列图形中哪个是t＝0.6 s时的波形(　 )

解析：选B　由图中可以看出该波的波长为λ＝4 m，根据v＝可知该列波的周期为T＝0.4 s，又因为t＝0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，当t＝0.6 s时经历了1.5T，所以此时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴负方向运动，结合图像可知B选项正确。
3.B型超声检查，其原理是运用高频率声波(超声波)对人体内部组织、器官反射成像，可以观察被检组织的形态。如图为仪器检测到的发送和接收的短暂超声波脉冲图像，其中实线为沿x轴正方向发送的超声波脉冲，虚线为一段时间后遇到人体组织沿x轴负方向返回的超声波脉冲。已知超声波在人体内的传播速度约为1 500 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．此超声波的频率约为125 Hz
B．质点B此时刻沿y轴正方向运动
C．此时刻质点A、B两点加速度大小相等方向相反
D．质点B在此时刻后的四分之一周期内运动的路程等于4 mm
解析：选B　由题意可知，发送和接收的超声波频率相同，由图像可知波长λ＝12 mm＝1.2×10－2 m，由于v＝＝fλ，可得频率f＝，代入数据解得f＝1.25×105 Hz，A错误；质点B在接收的超声波脉冲图像上，此脉冲沿x轴负方向传播，由“上下坡法”可知，此时刻质点B沿y轴正方向运动，B正确；此时刻质点A沿y轴正方向运动，其加速度方向沿y轴负方向，质点B沿y轴正方向运动，其加速度方向沿y轴负方向，因此质点A和质点B加速度大小相等，方向相同，C错误；此时刻质点B的位移为2 mm，且沿y轴正方向运动，经十二分之一周期，恰好第一次运动到波峰，所以经四分之一周期质点B运动的路程是s＝2 mm＋4 mm－2 mm≈2.536 mm，D错误。
4.一频率为5 Hz的振源O做简谐运动时形成的水波如图所示。已知该波的波速为1 m/s，到振源O的距离为0.75 m和1.2 m处分别有一片可看成质点的小树叶P和Q，则下列说法正确的是(　 )
A．两片树叶的起振方向相反
B．水波的波长为0.2 m
C．Q的起振时刻比P的晚半个周期
D．当Q在波谷时，P恰好到波峰
解析：选B　两片树叶可看作是水波上的两个质点，它们的起振方向均与波源的起振方向相同，故A错误；已知波速为v＝1 m/s，周期T＝＝0.2 s，则水波的波长为λ＝vT＝0.2 m，故B正确；P、Q到波源的距离之差为Δx＝(1.2－0.75)m＝0.45 m＝λ，故Q的起振时刻比P的晚个周期，当Q在波谷时，P恰好到平衡位置，故C、D错误。
5．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波的波形图如图所示。已知波速v＝8 m/s，下列说法正确的是(　 )

A．波的频率f＝0.5 Hz
B．t＝0时刻，x＝4 m与x＝8 m处的两质点振动方向相同
C．两列波叠加后，x＝6 m处为振动加强点
D．在t＝0.5 s时刻，x＝5 m处的质点第一次到达y＝－7 cm处
解析：选D　由题图可知λ＝4 m，根据v＝λf得f＝2 Hz，故A错误；t＝0时刻，x＝4 m处的质点向上振动，x＝8 m处的质点向下振动，故B错误；两列波叠加后，x＝6 m处为振动减弱点，故C错误；x＝5 m处为振动加强点，在t＝0.5 s时刻质点第一次到达波谷，即y＝－7 cm处，故D正确。
6．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0～4 s内的振动图像如图甲所示，已知波的传播速度为0.5 m/s。

(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4 s内通过的路程；
(3)在图乙中画出t＝4 s时刻的波形图。
解析：(1)由题图甲可知，振幅A＝4 cm，周期T＝4 s，由于波的传播速度为0.5 m/s，根据波长与波速关系有λ＝vT＝2 m。
(2)由(1)可知波源的振动周期为4 s，则4 s内波源通过的路程为s＝4A＝16 cm。
(3)由题图甲可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5 m/s，则在4 s时x＝vt＝2 m，可知该波刚好传到位置为2 m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿x轴正方向传播，则根据“上下坡法”可绘制出t＝4 s时刻的波形图如图所示。
答案：(1)2 m　(2)16 cm　(3)见解析图



二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题，内燃机、通风机等在排放各种高速气体的过程中都会发出噪声，干涉型消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，产生的波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播。在声波到达a处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到削弱噪声的目的。若Δr＝r2－r1，则Δr等于(　 )
A．波长λ的整数倍 B．波长λ的奇数倍
C．半波长的奇数倍 D．半波长的偶数倍
解析：选C　要想达到削弱噪声的目的，应使两相干波的路程差等于半波长的奇数倍，C正确。
8．(多选)图甲中的B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图乙为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz。下列说法正确的是(　 )

A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B．质点M开始振动的方向沿y轴正方向
C．t＝1.25×10－7 s时质点M运动到横坐标x＝3.5×10－4 m处
D．0～1.25×10－7 s内质点M的路程为2 mm
解析：选AD　由题图乙知波长λ＝14×10－2 mm＝1.4×10－4 m，由v＝λf得波速v＝1.4×10－4 m×1×107 Hz＝1.4×103 m/s，A正确；根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，B错误；质点M只会上下振动，不会随波迁移，C错误；质点M振动的周期T＝＝ s＝1×10－7 s，由于＝＝，质点M在0～1.25×10－7 s内运动的路程L＝×4A＝2 mm，D正确。
9．(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t＝0时刻的波形图，图乙和图丙分别是x轴上某两处质点的振动图像。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是(　 )

A. m B. m C．1 m D. m
解析：选BD　t＝0时刻题图乙中的质点正处于正向最大位移处，与之相对应的是波形图中的x1＝ m＋nλ(n＝0,1,2，…)的质点，题图丙中的质点正在负向处向负方向振动，根据振动方程－＝Asin ，x2＝ m＋nλ(n＝0,1,2，…)，所以这两质点平衡位置之间的距离可能是Δx＝|x2－x1|＝，当n＝0时，Δx＝ m，也有可能是Δx＝ m，故B、D正确，A、C错误。

10．(2022·南京调研)甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x＝0.9 m处和x＝－0.6 m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2 cm，两列波在t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x＝－0.2 m和x＝0.1 m处的P、Q两质点刚要开始振动。质点M的平衡位置在x＝0.3 m处，已知甲波的周期为0.8 s，求：

(1)乙波传播到M质点所需要的时间；
(2)在0～2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。
解析：(1)由题图可知，甲波的波长为λ甲＝0.8 m，由于甲波的周期为T甲＝0.8 s
由v＝可得v＝1.0 m/s
两波波速大小相等，由题图可知xPM＝0.5 m
由t＝，可解得t＝0.5 s。
(2)由题图知乙波的波长λ乙＝0.4 m，由T乙＝
可得T乙＝0.4 s
甲波使M质点处于波峰时，应有t甲＝mT甲
解得t甲＝ s(m＝0,1,2，…)
乙波使M质点处于波峰时，应有t乙＝(n＋2)T乙
解得t乙＝(n＋2)s(n＝0,1,2，…)
欲使两列波相遇后M质点位于波峰位置，
则必有t甲＝t乙，即2m－n＝2
因m、n只能取整数，故有
m＝1、n＝0时，t＝0.8 s
m＝2、n＝2时，t＝1.6 s
m＝3、n＝4时，t＝2.4 s
所以t＝0时刻后的2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻分别为0.8 s、1.6 s和2.4 s。
答案：(1)0.5 s　(2)见解析

第3讲　实验：用单摆测量重力加速度的大小

一、基本原理与操作
1．原理装置图(如图所示)

(1)摆角很小时，单摆做简谐运动，周期T＝2π 。
(2)由g＝l可知，只要测出l、T即可计算当地重力加速度。
2．操作要领
(1)做单摆：用约1 m长的细线穿过小球上的小孔，并打一个比孔大的结，并把细线另一端固定在铁架台上。
(2)测摆长：用毫米刻度线测摆线长l′，用游标卡尺测小球直径D，则摆长l＝l′＋。
(3)测周期：让摆球偏离一个角度(不大于5°)，释放后让单摆自由摆动，测出单摆振动30～50次的总时间，求出周期，反复测量三次，求出周期的平均值。

二、实验核心关键点
1．数据处理
公式法
将测得的几组周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的值
图像法


由单摆的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l ­T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝

2．误差分析
(1)系统误差：主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可视为质点，球、线是否符合要求，振幅是否足够小，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等。
(2)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，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“0”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应多次测量后取平均值。
3．注意事项
(1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。
(3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角要不大于5°。可通过估算振幅的办法掌握。
(4)摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过平衡位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计时计数。


一、基础考法保住分
考查点(一)　实验原理与操作
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1 m的细线　　 B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的均匀铁球 D．直径约5 cm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1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°≈0.087，sin 15°≈0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________。

(3)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1 m的细线，直径约2 cm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θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin 5°＝0.087 m＝8.7 cm，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L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t，则单摆的周期T＝，若误计为30次，则T测＝＜，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
2．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。

(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＝
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18 mm＋5×0.1 mm＝18.5 mm。
(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：(1)18.5　(2)abe
考查点(二)　数据处理与误差分析
3.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)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)。
(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
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


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T2­l图像，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________(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
解析：(1)由T＝，T＝2π ，得g＝。
(2)T＝＝ s＝2.01 s，
g＝＝ m/s2≈9.76 m/s2。
(3)b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，B正确；由T＝2π 得T2＝l，图线斜率小，说明g偏大，C错误。
答案：(1)　(2)2.01　9.76　(3)B
二、创新考法不失分
创新角度(一)　实验器材的创新
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＝________。
(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＝________ s。
(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(T2­L)图线，并根据图线拟合得到方程T2＝kL＋b，由此可知当地的重力加速度g＝________，摆球半径r＝________(用k、b、π表示)。
[创新点分析]
(1)利用拉力传感器记录拉力随时间变化的F­t图像。
(2)由F­t图像得到单摆振动的周期。　　
解析：(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t，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1.0 s，故单摆的周期为2.0 s。
(3)根据T＝2π 得T2＝L′，知图线的斜率k＝，因此g＝；而L′＝L＋r，图线拟合得到方程T2＝kL＋b，因此摆球半径r＝。
答案：(1)　(2)2.0　(3)　
创新角度(二)　实验方法的创新
2．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________。
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1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精确度为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＝________。
[创新点分析]
(1)只测量摆长的改变量，没有测量实际的摆长。
(2)通过代入消元法消去未知摆长。　　
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、C。
(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2π，T2＝2π ，联立解得g＝。
答案：(1)BC　(2)
创新角度(三)　实验目的的创新
3．(2022·泰安高三模拟)(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________(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t的变化图线如图丁所示，则该单摆的周期为______________。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”)，图丁中的Δt将__________(填“变大”“不变”或“变小”)。

[创新点分析]
(1)应用了光敏电阻及传感器测量单摆的周期。
(2)从R­t图线可知周期为2t0。　　
解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量物体，正确的是乙。
(2)一个周期内小球两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，由题图丁可得，周期为t1＋2t0－t1＝2t0；改用直径大的小球后，摆长变长，根据T＝2π 可知，周期变大；小球的直径比原小球大，每次经过最低点时小球的挡光时间变长，即Δt变大。
答案：(1)乙　(2)2t0　变大　变大
创新角度(四)　数据处理的创新
4．小明在家里做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。如图甲他找到了一块外形不规则的小石块代替摆球，设计的实验步骤是：
A．将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝得出周期；
E．改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．根据公式g＝l，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。


(1)小石块摆动的过程中，充当回复力的是________。
A．重力
B．拉力
C．拉力沿水平方向的分力
D．重力沿圆弧切线方向的分力
(2)为使测量更加准确，步骤D中，小明应从________(填“最大位移”或“平衡位置”)处开始计时。
(3)小明用ON的长l为摆长，利用公式g＝l求出的重力加速度的测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)。
(4)小红利用小明测出的多组摆长l和周期T的值，作出T2-l图线如图乙所示，通过测量计算出图线的斜率为k，由斜率k求重力加速度的表达式是g＝________。
(5)在步骤F中，有同学认为可以先将多次测量的摆长l取平均值得到，周期T取平均值得到，再代入公式g＝l，得到重力加速度g的测量结果，你认为这种做法是否正确并说明理由。
[创新点分析]
(1)用石块代替小球，无法测得具体摆长，只能测出悬点到石块顶端的长度当作“摆长”。
(2)T2-l图像不过坐标原点，但斜率的意义不变。　　
解析：(1)石块做简谐运动时重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力，故D正确，A、B、C错误。
(2)石块经过平衡位置时速度最大，在石块经过平衡位置时开始计时可以减小周期测量的实验误差。
(3)摆线悬点到石块重心的距离是单摆摆长，摆线长度l小于单摆摆长L，由g＝l可知，用ON的长l为摆长，重力加速度的测量值比真实值偏小。
(4)设N到石块重心的距离为r，单摆摆长L＝l＋r，由单摆周期公式T＝2π 可知：T2＝l＋，由图示T2­l图像可知，图像的斜率k＝，重力加速度g＝。
(5)这种做法是错误的。由单摆周期公式T＝2π 可知，摆长l与周期T之间不是一次函数关系，不能求出l的平均值和T的平均值，再代入公式g＝l求出重力加速度。
答案：(1)D　(2)平衡位置　(3)偏小　(4)
(5)见解析