一、知识体系建构——理清物理观念
二、综合考法融会——强化科学思维
考法一 简谐运动的五大特征
[典例] 弹簧振子以O点为平衡位置,在B、C两点间做简谐运动,在t=0时刻,从O、B间的P点以速度v向B点运动;在t=0.20 s时,振子速度第一次变为-v;再经过0.30 s时,振子速度第二次变为-v。
(1)求弹簧振子振动的周期T;
(2)若B、C之间的距离为25 cm,求振子在4.0 s内通过的路程。
尝试解答:
[融会贯通]
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 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
[对点训练]
(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)如图,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 ( )
A.2mgsin θ B.3mgsin θ
C.4mgsin θ D.5mgsin θ
考法二 简谐运动的图像
[典例] (多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示,规定沿x轴正方向为正,由图可知 ( )
A.频率是2 Hz
B.振幅是10 cm
C.t=1.7 s时的加速度为正,速度为负
D.t=0.5 s时质点所受的回复力为0
听课记录:
[融会贯通]
1.简谐运动图像的分析
项目 内容 说明
横、纵坐标轴表示的物理量 横坐标轴表示时间,纵坐标轴表示质点的位移 ①振动的图像不是振动质点的运动轨迹 ②计时起点一旦确定,已经形成的图像形状不变,以后的图像随时间向后延伸 ③简谐运动图像的具体形状跟正方向的规定有关
意义 表示振动质点的位移随时间变化的规律
形状
应用 ①直接从图像上读出周期和振幅 ②确定任意时刻质点相对平衡位置的位移 ③判断任意时刻振动质点的速度方向和加速度方向 ④判断某段时间内振动质点的位移、速度、加速度、动能及势能大小的变化情况
2.简谐运动图像问题的处理思路
(1)根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义,明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位。
(2)将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来,根据图像画出实际振动或模型的草图,对比分析。
(3)判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路:根据F=-kx判断回复力F的变化情况;根据F=ma判断加速度的变化情况;根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况。
[对点训练]
一质点做简谐运动的位移—时间图线如图所示。关于此质点的振动,下列说法中正确的是 ( )
A.质点做简谐运动的表达式为x=10sin(πt)cm
B.在0.5~1.0 s时间内,质点向x轴正方向运动
C.在1.0~1.5 s时间内,质点的动能在增大
D.在1.0~1.5 s时间内,质点的加速度在增大
考法三 简谐运动的两种模型
[典例] (多选)如图甲所示,弹簧振子以点O为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示,下列说法正确的是 ( )
A.t=0.8 s时,振子的速度方向向左
B.t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的加速度完全相同
C.t=0.4 s到t=0.8 s的时间内,振子的速度逐渐增大
D.t=0.8 s时振动系统的机械能最小
听课记录:
[融会贯通]
简谐运动的两种模型
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 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
[对点训练]
(2024年1月·甘肃高考适应性演练)如图为两单摆的振动图像,θ为摆线偏离竖直方向的角度。两单摆的摆球质量相同,则 ( )
A.摆长之比=
B.摆长之比=
C.摆球的最大动能之比=
D.摆球的最大动能之比=
三、价值好题精练——培树科学态度和责任
1.甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测量重力加速度”的实验,回来后共同绘制了T2 L图像,如图甲中A、B所示,此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动,并绘制了单摆的共振曲线,如图乙所示,那么下列说法正确的是 ( )
A.单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定
B.由图甲分析可知,A图线所对应的实验地点重力加速度较大
C.若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中,同样可以利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度
D.由图乙可知,甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cm
2.(2024·浙江1月选考)如图1所示,质量相等的小球和点光源,分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上,间距为l,竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l,小球和光源做小振幅运动时,在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向,小球和光源的振动图像如图2所示,则 ( )
A.t1时刻小球向上运动
B.t2时刻光源的加速度向上
C.t2时刻小球与影子相位差为π
D.t3时刻影子的位移为5A
3.如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,R ,甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放,问:
(1)两球第1次到达C点的时间之比。
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是多少
章末小结与质量评价
[综合考法融会]
考法一
[典例] 解析:(1)由题意结合简谐运动的对称性知,0.20 s内,振子从P点运动到B点,又从B点第一次回到P点,再经0.30 s振子从P点经O点第一次运动到P点关于O点的对称点P',如图所示。由图可以看出,tBP=×0.20 s=0.10 s,tPO=×0.30 s=0.15 s。则=tBP+tPO=0.25 s,所以T=1.00 s。
(2)振子的振幅A=12.5 cm,因t=4T,所以振子通过的路程s=4×4A=200 cm。
答案:(1)1.00 s (2)200 cm
[对点训练]
选C 物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小值为0,对乙有F弹1=mgsin θ,对甲有F弹1+mgsin θ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ,故选C。
考法二
[典例] 选CD 由题图可知,质点振动的周期为2 s,频率为0.5 Hz,振幅为5 cm,A、B错误;t=1.7 s时的位移为负,质点远离平衡位置加速度为正,速度为负,C正确;t=0.5 s时质点在平衡位置,所受的回复力为0,D正确。
[对点训练]
选D 由题图可知振幅A=5.0 cm,周期T=2.0 s,则ω==π rad/s,则质点做简谐运动的表达式为x=5sin(πt)cm,A错误;由题图可知,在0.5~1.0 s内,质点向平衡位置振动,沿x轴负方向运动,B错误;在1.0~1.5 s内,质点远离平衡位置,则速度减小,动能减小,加速度增大,故C错误,D正确。
考法三
[典例] 选AC t=0.8 s时,振子经过O点向负方向运动,即向左运动,A正确;t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的位移等大反向,回复力和加速度也是等大反向,B错误;t=0.4 s到t=0.8 s的时间内,振子从B点向左运动到平衡位置,其速度逐渐增大,C正确,简谐运动系统机械能守恒,D错误。
[对点训练]
选D 根据两单摆的振动图像知,两单摆的周期之比为,根据单摆周期公式T=2π,可得T2=L=kL,故有摆长之比==,故A、B错误;两个单摆的摆球质量相同,摆线的最大摆角相同,从最高点到最低点,由动能定理有mgL=Ek,故摆球的最大动能之比==,故C错误,D正确。
[价值好题精练]
1.选A 单摆的固有周期公式为T=2π,L为摆长,g为当地重力加速度,A正确;根据T=2π得T2=L,所以T2 L图像的斜率k=,题图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率,故A图线对应的重力加速度较小,故B错误;若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中,摆球处于完全失重状态,不能在竖直平面内来回摆动,故C错误;由题图乙可知,当驱动力的频率为0.5 Hz时,摆球发生共振,故系统的固有频率为0.5 Hz,固有周期T= s=2 s,根据T=2π ,解得摆长L≈1 m,故D错误。
2.选D 以竖直向上为正方向,根据题图2可知,t1时刻,小球位于平衡位置,随后位移为负值,且位移增大,可知,t1时刻小球向下运动,故A错误;以竖直向上为正方向,t2时刻光源的位移为正值,光源振动图像为正弦式,表明其做简谐运动,根据F回=-kx=ma可知,其加速度方向与位移方向相反,位移方向向上,则加速度方向向下,故B错误;根据题图2可知,小球与光源的振动步调总是相反,由于影子是光源发出的光被小球遮挡后在屏上留下的阴影,可知,影子与小球的振动步调总是相同,即t2时刻小球与影子相位差为0,故C错误;根据题图2可知,t3时刻,光源位于最低点,小球位于最高点,根据光沿直线传播可知在屏上影子的位置也处于最高点,影子位于正方向上的最大位移处,根据几何关系有=,解得x影子=5A,即t3时刻影子的位移为5A,故D正确。
3.解析:(1)甲球做自由落体运动R=g,所以t1=,乙球沿圆弧做简谐运动(由于 R,可认为摆角θ<5°)。此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间为t2=T=×2π = ,所以t1∶t2=。
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间为t甲= ,由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间为t乙=+n= (2n+1) (n=0,1,2,…)
由于甲、乙在C点相遇,故t甲=t乙,
解得h= (n=0,1,2,…)
答案:(1) (2) (n=0,1,2,…)
6 / 6(共71张PPT)
章末小结与质量评价
选择性必修第一册
一、知识体系建构——理清物理观念
二、综合考法融会——强化科学思维
01
02
CONTENTS
目录
三、价值好题精练——培树科学态度和责任
03
阶段质量检测
04
一、知识体系建构——理清物理观念
二、综合考法融会——强化科学思维
[典例] 弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t=0时刻，从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t=0.20 s时，振子速度第一次变为-v；再经过0.30 s时，振子速度第二次变为-v。
(1)求弹簧振子振动的周期T；
考法一 简谐运动的五大特征
[答案] 1.00 s
[解析] 由题意结合简谐运动的对称性知，
0.20 s内，振子从P点运动到B点，又从B点第一次回到P点，再经0.30 s振子从P点经O点第一次运动到P点关于O点的对称点P'，如图所示。由图可以看出，tBP=×0.20 s=0.10 s，tPO=×0.30 s=0.15 s。则=tBP+tPO=0.25 s，所以T=1.00 s。
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程。
[答案] 200 cm
[解析] 振子的振幅A=12.5 cm，因t=4T，所以振子通过的路程s=4×4A=200 cm。
简谐运动的五大特征
融会贯通
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 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
续表
(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)
如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的
固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹
簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 ( )
A.2mgsin θ B.3mgsin θ
C.4mgsin θ D.5mgsin θ
对点训练
√
解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1=mgsin θ，对甲有F弹1+mgsin θ=ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ，故选C。
[典例] (多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，规定沿x轴正方向为正，由图可知 ( )
A.频率是2 Hz
B.振幅是10 cm
C.t=1.7 s时的加速度为正，速度为负
D.t=0.5 s时质点所受的回复力为0
考法二 简谐运动的图像
√
√
[解析] 由题图可知，质点振动的周期为2 s，频率为0.5 Hz，振幅为5 cm，A、B错误；t=1.7 s时的位移为负，质点远离平衡位置加速度为正，速度为负，C正确；t=0.5 s时质点在平衡位置，所受的回复力为0，D正确。
1.简谐运动图像的分析
融会贯通
项目 内容
横、纵坐标轴表示的物理量 横坐标轴表示时间，纵坐标轴表示质点的位移
意义 表示振动质点的位移随时间变化的规律
形状
项目 内容
应用 ①直接从图像上读出周期和振幅
②确定任意时刻质点相对平衡位置的位移
③判断任意时刻振动质点的速度方向和加速度方向
④判断某段时间内振动质点的位移、速度、加速度、动能及势能大小的变化情况
说明
①振动的图像不是振动质点的运动轨迹
②计时起点一旦确定，已经形成的图像形状不变，以后的图像随时间向后延伸
③简谐运动图像的具体形状跟正方向的规定有关
2.简谐运动图像问题的处理思路
(1)根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义，明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位。
(2)将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来，根据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析。
(3)判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路：根据F=-kx判断回复力F的变化情况；根据F=ma判断加速度的变化情况；根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况。
一质点做简谐运动的位移—时间图线如图所示。关于此质点的振动，下列说法中正确的是 ( )
A.质点做简谐运动的表达式为x=10sin(πt)cm
B.在0.5~1.0 s时间内，质点向x轴正方向运动
C.在1.0~1.5 s时间内，质点的动能在增大
D.在1.0~1.5 s时间内，质点的加速度在增大
对点训练
√
解析：由题图可知振幅A=5.0 cm，周期T=2.0 s，则ω==π rad/s，则质点做简谐运动的表达式为x=5sin(πt)cm，A错误；由题图可知，在0.5~1.0 s内，质点向平衡位置振动，沿x轴负方向运动，B错误；在1.0~1.5 s内，质点远离平衡位置，则速度减小，动能减小，加速度增大，故C错误，D正确。
[典例] (多选)如图甲所示，弹
簧振子以点O为平衡位置，在A、B
两点之间做简谐运动。取向右为正方
向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是 ( )
A.t=0.8 s时，振子的速度方向向左
B.t=0.4 s和t=1.2 s时，振子的加速度完全相同
C.t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大
D.t=0.8 s时振动系统的机械能最小
√
考法三 简谐运动的两种模型
√
[解析] t=0.8 s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，A正确；t=0.4 s和t=1.2 s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，B错误；t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增大，C正确，简谐运动系统机械能守恒，D错误。
简谐运动的两种模型
融会贯通
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
③最大摆角小于等于5°
模型 弹簧振子(水平) 单摆
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
(2024年1月·甘肃高考适应性演练)如图为两单摆的振动图像，θ为摆线偏离竖直方向的角度。两单摆的摆球质量相同，则( )
A.摆长之比=
B.摆长之比=
C.摆球的最大动能之比=
D.摆球的最大动能之比=
对点训练
√
解析：根据两单摆的振动图像知，两单摆的周期之比为，根据单摆周期公式T=2π，可得T2=L=kL，故有摆长之比==，故A、B错误；两个单摆的摆球质量相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有mgL=Ek，故摆球的最大动能之比==，故C错误，D正确。
三、价值好题精练——培树科学态度和责任
1.甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测量重力加速度”的实验，回来后共同绘制了T 2 L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法正确的是 ( )
A.单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定
B.由图甲分析可知，A图线所对应的实验地点重力加速度较大
C.若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，同样可以利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度
D.由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cm
√
解析：单摆的固有周期公式为T=2π，L为摆长，g为当地重力加速度，A正确；根据T=2π得T2=L，所以T2 L图像的斜率k=，题图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，故A图线对应的重力加速度较小，故B错误；若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，摆球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故C错误；由题图乙可知，当驱动力的频率为0.5 Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5 Hz，固有周期T= s=2 s，根据T=2π ，解得摆长L≈1 m，故D错误。
2.(2024·浙江1月选考)如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则 ( )
A.t1时刻小球向上运动
B.t2时刻光源的加速度向上
C.t2时刻小球与影子相位差为π
D.t3时刻影子的位移为5A
√
解析：以竖直向上为正方向，根据题图2可知，t1时刻，小球位于平衡位置，随后位移为负值，且位移增大，可知，t1时刻小球向下运动，故A错误；以竖直向上为正方向，t2时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦式，表明其做简谐运动，根据F回=-kx=ma可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向下，故B错误；根据题图2可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后在屏上留下的阴影，可知，影子与小球的振动步调总是相同，即t2时刻小球与影子相位差为0，故C错误；
根据题图2可知，t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据光沿直线传播可知在屏上影子的位置也处于最高点，影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有=，解得x影子=5A，即t3时刻影子的位移为5A，故D正确。
3.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R ，
甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比。
答案：
解析：甲球做自由落体运动R=g，所以t1=，乙球沿圆弧做简谐运动(由于 R，可认为摆角θ<5°)。此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2=T=×2π = ，所以t1∶t2=。
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少
答案： (n=0，1，2，…)
解析：甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间为t甲= ，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙=+n= (2n+1) (n=0，1，2，…)由于甲、乙在C点相遇，故t甲=t乙，
解得h= (n=0，1，2，…)
阶段质量检测
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一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.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
√
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解析：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，故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，故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，故C正确。
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2.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的运动时间为1 s，则下列说法正确的是 ( )
A.振子从B经O到C完成一次全振动
B.振动周期为2 s，振幅为5 cm
C.经过两次全振动，振子通过的路程为20 cm
D.从B开始经过3 s，振子通过的路程为20 cm
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解析：弹簧振子在BC间振动，振子从B到C经历的时间为半个周期，不是一个全振动，故A错误；振子从B到C经历的时间为半个周期，所以周期为2 s，振子在B、C两点间做简谐运动，BO=OC=5 cm，O是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为5 cm，故B正确；振子从B到C经历的时间为半个周期，即半个全振动路程为10 cm，则经过两次全振动，振子通过的路程是40 cm，故C错误；从B开始经过3 s，振子通过的路程为s=×4×5 cm=30 cm，故D错误。
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4
3.如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，
释放后振子在A、B间振动。设AB=20 cm，振子由A到B的
时间为0.1 s，则下列说法正确的是 ( )
A.振子的振幅为20 cm，周期为0.2 s
B.振子在A、B两处受到的回复力大小分别为kΔx+mg与kΔx-mg
C.振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx
D.振子完成一次全振动通过的路程是20 cm
√
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解析：A、B间距离为20 cm，故振幅为10 cm，选项A错误；根据F=-kx可知在A、B两处回复力大小都为kΔx，B错误，C正确；振子完成一次全振动经过的路程为40 cm，D错误。
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4.摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t=0)，当运动至t=时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图像为图中的( )
√
解析：t==，摆球具有负向最大速度，说明此时摆球在平衡位置向负方向运动，故选项D正确。
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5.一质点做简谐运动的图像如图所示，
下列说法正确的是 ( )
A.质点振动频率是4 Hz
B.在10 s内质点经过的路程是20 cm
C.第4 s末质点的速度为零
D.在t=1 s和t=3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
√
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解析：振动图像表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移，由图像可看出，质点运动的周期T=4 s，其频率f==0.25 Hz，A错误；10 s内质点运动了T，其运动路程为s=×4A=×4×2 cm=20 cm，B正确；第4 s末质点在平衡位置，其速度最大，C错误；由图像可看出，t=1 s和t=3 s两时刻位移大小相等、方向相反，D错误。
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6.某单摆的摆动过程如图甲所示，
乙图中图像记录了该单摆中摆球的动
能、势能随摆球位置变化的关系，不
计空气阻力，下列关于图像的说法正确的是 ( )
A.b图线表示动能随位置的变化关系
B.a图线表示机械能随位置的变化关系
C.c图线表示动能随位置的变化关系
D.图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
√
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解析：单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故a图线表示动能随位置的变化关系，b图线表示重力势能随位置的变化关系，c图线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故A、B、C错，D对。
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7.如图所示，AO'段为半径为R的光滑圆弧面，BO'段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长 R，且A、B等高，OB=R。现有三个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，若三个小球同时释放，则下列说法正确的是( )
A.a球最先运动到圆弧最低点
B.b球最先运动到圆弧最低点
C.c球最先运动到圆弧最低点
D.三个小球同时到达圆弧最低点
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解析：设斜面的倾角为θ。c球做自由落体运动，有R=g，得tc=；a球做单摆运动，a球从静止运动到最低点的时间ta==×2π
= ；对于b球，有2Rcos(90°-θ)=gsin θ·，得tb=2；则tb>ta>tc，c球最先运动到最低点，b球最后到达最低点，故A、B、D错误，C正确。
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二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.如图甲所示，一根轻绳一端系一
小球，另一端固定在O点，制成单摆装
置。在O点有一个能测量绳中拉力大小
的力传感器。现将小球拉离最低点O1，
由M点静止释放，则小球在M、N之间往复运动，由力传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图乙所示。已知最大摆角小于5°，π2≈g，下列说法正确的是( )
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A.t=1 s时，小球可能位于O1点
B.1~2 s过程中，小球可能正由N点向O1点运动
C.小球振动的周期为2 s
D.单摆的摆长为4 m
√
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解析：根据单摆运动的规律可知，拉力最大时，小球位于最低点，拉力最小时，小球位于最高点，A错误；1~2 s过程中，拉力由最小到最大，即小球由最高点向最低点运动，小球可能正由N点向O1点运动，B正确；一个周期内单摆两次经过最低点，由图像可知，单摆振动的周期为T=4 s，C错误；根据单摆周期公式T=2π，代入数值解得L=4 m，D正确。
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9.一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t=0时刻振子的位移x=-0.1 m；t= s时刻x=0.1 m；t=4 s时刻x=0.1 m。该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1 m， s B.0.1 m，8 s
C.0.2 m， s D.0.2 m，8 s
√
√
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解析：若振幅A=0.1 m，T= s，则 s为半周期，从-0.1 m处运动到0.1 m处，符合运动实际，4 s- s= s=T为一个周期，正好返回0.1 m处，故选项A正确；若A=0.1 m，T=8 s， s只是T的，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，故选项B错误；若A=0.2 m，T= s， s=，振子可以由-0.1 m处运动到对称位置，4 s- s= s=T，振子可以由0.1 m处返回0.1 m处，故选项C正确；若A=0.2 m，T=8 s， s=2×，而sin=，即时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m处，再经 s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后，再返回0.1 m处，故选项D正确。
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10.甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的图像如图所示，由图可知 ( )
A.甲和乙的摆长一定相等
B.甲的摆球质量较小
C.甲的摆角大于乙的摆角
D.摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受的拉力可能相等
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解析：由题图可知，甲和乙两摆的周期相同，则由单摆的周期公式T=2π可知，两摆的摆长一定相同，故A正确；因为单摆的周期与摆球质量无关，故B错误；摆长相同，而甲的振幅大，故甲摆的摆角大，故C正确；在最低点时，拉力与重力的合力充当向心力，则有：F-mg=m，解得F=m，因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同，同时因为质量未知，故拉力有可能相同，故D正确。
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三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)在用单摆测量重力加速度的实验中，测得单摆摆角很小时，完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球直径为d。
(1)测得重力加速度的表达式为g=________________。(3分)
解析：单摆的周期为：T=；摆长为：L=l+，根据T=2π得：g=L=。
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(2)实验中某学生所测g值偏大，其原因可能是______。(3分)
A.实验室海拔太高
B.摆球太重
C.测出n次全振动时间为t，误作为(n+1)次全振动时间进行计算
D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
CD
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解析：实验室海拔太高，所测值应偏小，故A错误；摆球的轻重对实验没有影响，故B错误；测出n次全振动时间为t，误作为(n+1)次全振动时间进行计算，周期算小了，由g=L可知，会导致所测g值偏大，故C正确；以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，摆长算长了，会导致g偏大，故D正确。
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12.(10分)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
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(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为_______mm。(2分)
19.20
解析：用游标卡尺测量摆球直径d=19 mm+10×0.02 mm=19.20 mm。
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(2)用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l=990.1 mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T=2.00 s，由此算得重力加速度g为_______m/s2(保留3位有效数字)。(3分)
解析：单摆的摆长为L=990.1 mm+×19.20 mm=999.7 mm，根据T=2π，可得g=，代入数据解得g= m/s2≈9.86 m/s2。
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(3)改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和l+作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图丙所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是_____________________，原因是__________________________________________________________________________________。(5分)
逐渐减小并趋于稳定
摆线长度越大，小球半径相对摆线的长度就越小，小球半径对重力加速度
测量的影响就越小
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解析：根据题图丙可知，随着l的增大，Δg逐渐减小并趋于稳定，原因是摆线长度越大，小球半径相对摆线的长度就越小，小球半径对重力加速度测量的影响就越小。
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13.(10分)如图所示，固定在天花板上等长的两根细线AO、
BO长0.8 m，与水平平面夹角都为53°，下端拴着质量m=
0.2 kg的小球(小球大小可忽略)，使小球在垂直纸面的竖直
平面内摆动起来(g取10 m/s2)。求：
(1)如果摆角θ<5°，小球的摆动周期。(4分)
答案：1.6 s
解析：双线摆的等效摆长应为l=Lsin 53°=0.64 m，所以单摆周期为T=2π≈1.6 s。
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(2)如果小球在摆动中到达最低点时速度v=0.5 m/s，则此时两细线受到的拉力大小各为多少。(6分)
答案：1.3 N 1.3 N
解析：通过受力分析可知在最低点两细线拉力大小相等，则有2Fsin 53°-mg=m，所以F≈1.3 N。
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14.(12分)摆长为l的单摆在平衡位置O的左右做摆角
小于5°的简谐运动，当摆球经过平衡位置O(O在A点正
上方)向右运动的同时，另一个以速度v在光滑水平面运
动的小滑块，恰好经过A点向右运动，如图所示，小滑块与竖直墙面P碰撞后以原来的速率返回，略去碰撞所用时间，试问：
(1)A、P间的距离满足什么条件，才能使小滑块刚好返回A点时，摆球也同时到达O点且向左运动 (6分)
答案：见解析
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解析：小滑块做匀速直线运动的往返时间为t1，t1=，单摆做简谐运动回到O点且向左运动所需时间为t2
t2=+nT(n=0，1，2，…)，其中T=2π
由题意可知t1=t2，所以=+nT
解得x=(2n+1)π(n=0，1，2，…)。
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(2)A、P间的最小距离是多少 (6分)
答案：
解析：由(1)知，当n=0时，A、P间的距离最小，xmin=。
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15.(16分)将一测力传感器连接到计算
机上就可以测量快速变化的力，如图甲中
O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为
质点)拉至A点，此时细线处于绷紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α，α小于5°且是未知量。图乙是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，且图中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(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)
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(1)单摆的振动周期和摆长；(4分)
答案：0.4π s 0.4 m
解析：由题图乙可知单摆的周期T=0.4π s
由T=2π，得摆长l==0.4 m。
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(2)摆球的质量及摆球运动过程中的最大速度的大小。(12分)
答案：0.05 kg m/s
解析：在B点拉力的最大值为Fmax=0.510 N
此时由牛顿第二定律得Fmax-mg=
在A、C两点拉力最小Fmin=0.495 N
此时由平衡条件得Fmin=mgcos α
A→B过程机械能守恒，由机械能守恒定律有mgl(1-cos α)=mv2
由以上各式解得m=0.05 kg，v= m/s。阶段质量检测(二) 机械振动
(满分:100分)
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.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
2.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的运动时间为1 s,则下列说法正确的是 ( )
A.振子从B经O到C完成一次全振动
B.振动周期为2 s,振幅为5 cm
C.经过两次全振动,振子通过的路程为20 cm
D.从B开始经过3 s,振子通过的路程为20 cm
3.如图所示,将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx,释放后振子在A、B间振动。设AB=20 cm,振子由A到B的时间为0.1 s,则下列说法正确的是 ( )
A.振子的振幅为20 cm,周期为0.2 s
B.振子在A、B两处受到的回复力大小分别为kΔx+mg与kΔx-mg
C.振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx
D.振子完成一次全振动通过的路程是20 cm
4.摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(取t=0),当运动至t=时,摆球具有负向最大速度,则单摆的振动图像为图中的 ( )
5.一质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.质点振动频率是4 Hz
B.在10 s内质点经过的路程是20 cm
C.第4 s末质点的速度为零
D.在t=1 s和t=3 s两时刻,质点位移大小相等、方向相同
6.某单摆的摆动过程如图甲所示,乙图中图像记录了该单摆中摆球的动能、势能随摆球位置变化的关系,不计空气阻力,下列关于图像的说法正确的是 ( )
A.b图线表示动能随位置的变化关系
B.a图线表示机械能随位置的变化关系
C.c图线表示动能随位置的变化关系
D.图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
7.如图所示,AO'段为半径为R的光滑圆弧面,BO'段为光滑斜面,相交处平滑过渡,已知圆弧弧长 R,且A、B等高,OB=R。现有三个小球,a球从A点由静止释放沿圆弧下滑,b球从B点由静止释放沿斜面下滑,c球从圆心O点由静止释放,若三个小球同时释放,则下列说法正确的是 ( )
A.a球最先运动到圆弧最低点
B.b球最先运动到圆弧最低点
C.c球最先运动到圆弧最低点
D.三个小球同时到达圆弧最低点
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.如图甲所示,一根轻绳一端系一小球,另一端固定在O点,制成单摆装置。在O点有一个能测量绳中拉力大小的力传感器。现将小球拉离最低点O1,由M点静止释放,则小球在M、N之间往复运动,由力传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图乙所示。已知最大摆角小于5°,π2≈g,下列说法正确的是 ( )
A.t=1 s时,小球可能位于O1点
B.1~2 s过程中,小球可能正由N点向O1点运动
C.小球振动的周期为2 s
D.单摆的摆长为4 m
9.一简谐振子沿x轴振动,平衡位置在坐标原点。t=0时刻振子的位移x=-0.1 m;t= s时刻x=0.1 m;t=4 s时刻x=0.1 m。该振子的振幅和周期可能为 ( )
A.0.1 m, s B.0.1 m,8 s
C.0.2 m, s D.0.2 m,8 s
10.甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的图像如图所示,由图可知 ( )
A.甲和乙的摆长一定相等
B.甲的摆球质量较小
C.甲的摆角大于乙的摆角
D.摆到平衡位置时,甲和乙摆线所受的拉力可能相等
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(6分)在用单摆测量重力加速度的实验中,测得单摆摆角很小时,完成n次全振动时间为t,用毫米刻度尺测得摆线长为l,用螺旋测微器测得摆球直径为d。
(1)测得重力加速度的表达式为g= 。(3分)
(2)实验中某学生所测g值偏大,其原因可能是 。(3分)
A.实验室海拔太高
B.摆球太重
C.测出n次全振动时间为t,误作为(n+1)次全振动时间进行计算
D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
12.(10分)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时,游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示,则摆球的直径d为 mm。(2分)
(2)用摆线和摆球组成单摆,如图乙所示。当摆线长度l=990.1 mm时,记录并分析单摆的振动视频,得到单摆的振动周期T=2.00 s,由此算得重力加速度g为 m/s2(保留3位有效数字)。(3分)
(3)改变摆线长度l,记录并分析单摆的振动视频,得到相应的振动周期。他们发现,分别用l和l+作为摆长,这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图丙所示。由图可知,该实验中,随着摆线长度l的增加,Δg的变化特点是 ,原因是
。(5分)
13.(10分)如图所示,固定在天花板上等长的两根细线AO、BO长0.8 m,与水平平面夹角都为53°,下端拴着质量m=0.2 kg的小球(小球大小可忽略),使小球在垂直纸面的竖直平面内摆动起来(g取10 m/s2)。求:
(1)如果摆角θ<5°,小球的摆动周期。(4分)
(2)如果小球在摆动中到达最低点时速度v=0.5 m/s,则此时两细线受到的拉力大小各为多少。(6分)
14.(12分)摆长为l的单摆在平衡位置O的左右做摆角小于5°的简谐运动,当摆球经过平衡位置O(O在A点正上方)向右运动的同时,另一个以速度v在光滑水平面运动的小滑块,恰好经过A点向右运动,如图所示,小滑块与竖直墙面P碰撞后以原来的速率返回,略去碰撞所用时间,试问:
(1)A、P间的距离满足什么条件,才能使小滑块刚好返回A点时,摆球也同时到达O点且向左运动 (6分)
(2)A、P间的最小距离是多少 (6分)
15.(16分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,如图甲中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于绷紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=α,α小于5°且是未知量。图乙是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,且图中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(包括图中)所给的信息,求:(g取10 m/s2)
(1)单摆的振动周期和摆长;(4分)
(2)摆球的质量及摆球运动过程中的最大速度的大小。(12分)
阶段质量检测(二)
1.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,故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,故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,故C正确。
2.选B 弹簧振子在BC间振动,振子从B到C经历的时间为半个周期,不是一个全振动,故A错误;振子从B到C经历的时间为半个周期,所以周期为2 s,振子在B、C两点间做简谐运动,BO=OC=5 cm,O是平衡位置,则该弹簧振子的振幅为5 cm,故B正确;振子从B到C经历的时间为半个周期,即半个全振动路程为10 cm,则经过两次全振动,振子通过的路程是40 cm,故C错误;从B开始经过3 s,振子通过的路程为s=×4×5 cm=30 cm,故D错误。
3.选C A、B间距离为20 cm,故振幅为10 cm,选项A错误;根据F=-kx可知在A、B两处回复力大小都为kΔx,B错误,C正确;振子完成一次全振动经过的路程为40 cm,D错误。
4.选D t==,摆球具有负向最大速度,说明此时摆球在平衡位置向负方向运动,故选项D正确。
5.选B 振动图像表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移,由图像可看出,质点运动的周期T=4 s,其频率f==0.25 Hz,A错误;10 s内质点运动了T,其运动路程为s=×4A=×4×2 cm=20 cm,B正确;第4 s末质点在平衡位置,其速度最大,C错误;由图像可看出,t=1 s和t=3 s两时刻位移大小相等、方向相反,D错误。
6.选D 单摆摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,在A、C两点动能最小,势能最大,故a图线表示动能随位置的变化关系,b图线表示重力势能随位置的变化关系,c图线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变,故A、B、C错,D对。
7.选C 设斜面的倾角为θ。c球做自由落体运动,有R=g,得tc=;a球做单摆运动,a球从静止运动到最低点的时间ta==×2π= ;对于b球,有2Rcos(90°-θ)=gsin θ·,得tb=2;则tb>ta>tc,c球最先运动到最低点,b球最后到达最低点,故A、B、D错误,C正确。
8.选BD 根据单摆运动的规律可知,拉力最大时,小球位于最低点,拉力最小时,小球位于最高点,A错误;1~2 s过程中,拉力由最小到最大,即小球由最高点向最低点运动,小球可能正由N点向O1点运动,B正确;一个周期内单摆两次经过最低点,由图像可知,单摆振动的周期为T=4 s,C错误;根据单摆周期公式T=2π,代入数值解得L=4 m,D正确。
9.选ACD 若振幅A=0.1 m,T= s,则 s为半周期,从-0.1 m处运动到0.1 m处,符合运动实际,4 s- s= s=T为一个周期,正好返回0.1 m处,故选项A正确;若A=0.1 m,T=8 s, s只是T的,不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处,故选项B错误;若A=0.2 m,T= s, s=,振子可以由-0.1 m处运动到对称位置,4 s- s= s=T,振子可以由0.1 m处返回0.1 m处,故选项C正确;若A=0.2 m,T=8 s, s=2×,而sin=,即时间内,振子可以从平衡位置运动到0.1 m处,再经 s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后,再返回0.1 m处,故选项D正确。
10.选ACD 由题图可知,甲和乙两摆的周期相同,则由单摆的周期公式T=2π可知,两摆的摆长一定相同,故A正确;因为单摆的周期与摆球质量无关,故B错误;摆长相同,而甲的振幅大,故甲摆的摆角大,故C正确;在最低点时,拉力与重力的合力充当向心力,则有:F-mg=m,解得F=m,因为摆长相等,但偏角不同,故到达底部时的速度不同,同时因为质量未知,故拉力有可能相同,故D正确。
11.解析:(1)单摆的周期为:T=;摆长为:L=l+,根据T=2π得:g=L=。
(2)实验室海拔太高,所测值应偏小,故A错误;摆球的轻重对实验没有影响,故B错误;测出n次全振动时间为t,误作为(n+1)次全振动时间进行计算,周期算小了,由g=L可知,会导致所测g值偏大,故C正确;以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算,摆长算长了,会导致g偏大,故D正确。
答案:(1) (2)CD
12.解析:(1)用游标卡尺测量摆球直径d=19 mm+10×0.02 mm=19.20 mm。
(2)单摆的摆长为L=990.1 mm+×19.20 mm=999.7 mm,根据T=2π,可得g=,代入数据解得g= m/s2≈9.86 m/s2。
(3)根据题图丙可知,随着l的增大,Δg逐渐减小并趋于稳定,原因是摆线长度越大,小球半径相对摆线的长度就越小,小球半径对重力加速度测量的影响就越小。
答案:(1)19.20 (2)9.86 (3)逐渐减小并趋于稳定 摆线长度越大,小球半径相对摆线的长度就越小,小球半径对重力加速度测量的影响就越小
13.解析:(1)双线摆的等效摆长应为l=Lsin 53°=0.64 m,所以单摆周期为T=2π≈1.6 s。
(2)通过受力分析可知在最低点两细线拉力大小相等,则有2Fsin 53°-mg=m,所以F≈1.3 N。
答案:(1)1.6 s (2)1.3 N 1.3 N
14.解析:(1)小滑块做匀速直线运动的往返时间为t1,t1=,单摆做简谐运动回到O点且向左运动所需时间为t2
t2=+nT(n=0,1,2,…),其中T=2π
由题意可知t1=t2,所以=+nT
解得x=(2n+1)π(n=0,1,2,…)。
(2)由(1)知,当n=0时,A、P间的距离最小,xmin=。
答案:(1)见解析 (2)
15.解析:(1)由题图乙可知单摆的周期T=0.4π s
由T=2π,得摆长l==0.4 m。
(2)在B点拉力的最大值为Fmax=0.510 N
此时由牛顿第二定律得Fmax-mg=
在A、C两点拉力最小Fmin=0.495 N
此时由平衡条件得Fmin=mgcos α
A→B过程机械能守恒,由机械能守恒定律有
mgl(1-cos α)=mv2
由以上各式解得m=0.05 kg,v= m/s。
答案:(1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg m/s
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