第2章 机械振动 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（教科版）

章末综合提升 章末检测 内容索引 一、知识网络构建 二、归纳整合提升 1．简谐运动规律的应用 (1)变化特点：抓住两条线。 第一，从中间到两边(平衡位置到最大位移)：x↑，F↑，a↑，v↓，动能Ek↓，势能Ep↑，机械能E不变。 第二，从两边到中间(最大位移到平衡位置)：x↓，F↓，a↓，v↑，动能Ek↑，势能Ep↓，机械能E不变。 (2)运动规律 ①周期性——做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能恢复到原来的状态。 ②对称性——做简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性。 物体做简谐运动时，在同一位置P点，振子的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度的大小相等，但方向可相同也可相反。在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可相同，也可相反；一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过t＝(2n＋1)(n为正整数)，则质点所处位置与原来位置关于平衡位置对称或处在平衡位置。 [典例1]　(多选)一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，已知小球质量为10 g，弹簧的劲度系数为20 N/m，下列说法正确的是(　　) A．小球位移随时间变化的关系式为x＝5sin (4πt)cm B．在第2 s末到第3 s末这段时间内，小球的动能在减少、弹性势能在增加 C．小球的最大加速度为100 m/s2 D．该小球在0～50 s内的位移为5 cm，路程为2.5 m BC 由图像可知，振幅A＝5 cm，周期T＝4 s，解得ω＝ rad/s，小球的位移随时间变化的关系式为x＝5sin (t)cm，A项错误；在第2 s末到第3 s末这段时间内，小球的位移在增加，动能在减少，弹性势能在增加，B项正确；小球受到的最大弹力F＝kA＝20×0.05 N＝1 N，小球的最大加速度a＝ m/s2＝100 m/s2，C项正确；由于50 s＝12.5T，该小球在0～50 s内的位移为0，路程为12.5×20 cm＝2.5 m，D项错误。 2．简谐运动的图像及应用 从简谐运动的振动图像可以知道振动物体的运动情况。 (1)确定振动质点在任一时刻的位移：如图所示，与t1、t2时刻对应的位移分别为x1＝＋7 cm、x2＝－5 cm。 (2)确定振动的振幅：图像中的最大位移的数值等于振幅，由图可知，表示的振幅是10 cm。 (3)确定振动的周期和频率：振动图像上一个完整的正弦(或余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期。由图可知，OD、AE、BF的时间间隔都等于振动周期，T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz。 (4)得到振动质点的位移随时间变化的关系：因为ω＝＝10π rad/s，所以x＝10sin (10πt)cm。 (5)比较各时刻速度的大小和方向：在位移—时间图像上，某时刻对应的图像的斜率表示质点的速度。图中|kt1|<|kt2|，所以|vt1|<|vt2|。在t1时刻，质点正远离平衡位置运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动。 (6)比较各时刻质点的加速度的方向和大小：在图中，t1时刻质点位移x1为正，加速度a1为负，两者方向相反；t2时刻质点位移x2为负，加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。 (7)比较不同时刻质点的势能、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。由图可知，在t1时刻质点的势能Ep1大于t2时刻质点的势能Ep2，而动能Ek1<Ek2。 [典例2]　(多选)如图是水平弹簧振子简谐运动的振动图像，由图像可知(　　) A．在t＝0.05 s时，振子的位移、速度和加速度方向相同 B．在t＝0.15 s和t＝0.25 s时，振子有相同的加速度和速度 C．在0.3 s到0.4 s时间内加速度、位移均减小，速度增大 D．在t＝0.1 s时，振子有最大的回复力和弹性势能 CD 在t＝0.05 s时，振子位移的方向背离平衡位置，加速度方向指向平衡位置，二者方向相反，故A错误；在t＝0.15 s和t＝0.25 s时，振子的加速度方向相反，故B错误；在0.3 s时加速度、位移都最大，速度等于零，在0.4 s时加速度、位移都等于零，速度最大，所以在0.3 s到0.4 s时间内加速度、位移均减小，速度增大，故C正确；在t＝0.1 s时，弹簧的形变量最大，则振子有最大的回复力和弹性势能，故D正确。 3．单摆模型及其应用 (1)单摆的周期公式：荷兰物理学家惠更斯发现在偏角很小的情况下，单摆的周期跟摆长的二次方根成正比，跟重力加速度的二次方根成反比，而跟摆球的质量和振幅无关，即T＝2π。 (2)对单摆周期公式的理解 ①单摆的周期T＝2π 为单摆的固有周期，则f＝＝ 为单摆的固有频率，周期与振幅及摆球的质量均无关，只与摆长l及单摆所在地的重力加速度有关。 ②单摆的周期公式在最大偏角很小时成立。 ③单摆周期公式中的g应为单摆所在处的重力加速度。 a．同一单摆，在不同的地理位置上，由于重力加速度不同，其固有周期也不同。 b．同一单摆，在不同的星球上，其固有周期也不相同。例如单摆放在月球上时，由于g月<g地，所以同一单摆在月球上的周期比在地球上的周期长，但是，水平弹簧振子的周期不受g变化的影响。 ④公式中的l为摆长： a．因为实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长是指从悬点到摆球重心的长度，即l＝l′＋，l′为摆线长，d为匀质摆球的直径。 b．等效摆长：摆动圆弧的圆心到小球重心的距离。 [典例3]　(2023·山东聊城高二检测)某中学生在本校实验室利用一单摆做小角度摆动，通过实验得到摆球振动位移x随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．该同学所用单摆摆长约为1 m B．t＝0时刻与t＝1 s时刻摆球的速度相同 C．t＝0时刻摆球加速度为零，所受合力为零 D．t＝0.5 s时刻摆线的拉力最大 A 从题图可以知道，T＝2 s，由T＝2π，得l＝≈1 m，A项正确；t＝0时刻与t＝1 s时刻摆球都处于平衡位置，速度大小相等，但方向相反，B项错误；t＝0时刻摆球处于平衡位置即最低点，单摆实际上在一定的弧度内做圆周运动，如图所示，在最低点，合力提供向心力，所以合力和加速度都不为零，C项错误；t＝0.5 s时刻摆球在最大位移处，速度为0，重力沿摆线方向的分力G1与摆线拉力F′T平衡，因此，F′T＝G1，拉力比重力小，而在平衡位置摆球速度最大，合力提供向心力，有FT－G＝m，拉力比重力大，D项错误。 章末检测(二)　机械振动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、选择题(本大题共10个小题。在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。) 1．下列选项中的x－t图像中，不属于简谐运动的是(　　) 13 14 15 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 简谐运动的x－t图线应该是正弦或余弦函数图线，故A、B、C正确，D错误。本题选不是简谐运动的，故选D。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．洗衣机的脱水桶正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是(　　) A．洗衣机做的是振幅不变的简谐运动 B．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率与洗衣机的固有频率相等 C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小 D．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率 13 14 15 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 洗衣机的振动先剧烈后减弱，说明振幅改变，故A错误；当洗衣机脱水桶正常工作时，转速较快，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、C错误；当振动最剧烈时，洗衣机发生了共振，脱水桶运转频率等于洗衣机的固有频率，故D正确。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．如图所示，轻质弹簧下端挂一小物块，让物块沿竖直方向做简谐运动，运动过程中相对平衡位置的位移x、运动的速度v随时间t变化的关系和物块受到的合力F、动能Ek随相对平衡位置的位移x变化的关系图像可能正确的是(　　) 13 14 15 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 物块沿竖直方向做简谐运动，运动的速度v和相对平衡位置的位移x随时间t变化的关系图像都应该是正弦函数的波形，故A错误，B正确；物块受到的合力提供回复力，由F＝－kx可知F与x的图线应该过二、四象限，故C错误；物块沿竖直方向做简谐运动，离平衡位置越远，物块的速度越小，动能越小，则随着x增大，物块的动能Ek应一直减小，故D错误。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4．劲度系数为20 N/cm的水平方向弹簧振子的振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　) A．在A点时振子的速度方向为x轴正方向 B．在0～4 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0 C．在0～4 s内振子做了1.75次全振动 D．在A点时振子所受的弹力大小为0.5 N，方向指向x轴负方向 13 14 15 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 在A点的后一个时刻，位置坐标变大，故振子的速度方向为x轴正方向，故A正确；由题图可知，振子的周期为2 s，振幅为0.5 cm，所以在0～4 s内振子通过的路程为4 cm，位移为0，完成了2次全振动，故B、C错误；根据回复力公式F＝－kx，得F＝－20×0.25 N＝－5 N，负号表示方向指向x轴负方向，故D错误。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5．一个单摆在地面附近做受迫振动，其共振曲线即振幅A与驱动力频率f的关系图线如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．此单摆的摆长约为1 m B．在任何地方此单摆的周期均为2 s C．驱动力频率越大，单摆的振幅越大 D．摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 13 14 15 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图可知该单摆的周期为T＝＝ s＝2 s 由单摆周期公式 T＝2π 代入数据解得l≈1 m 故A正确；根据单摆周期公式 T＝2π 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 可知周期还与当地的重力加速度有关，不同地点的重力加速度可能不同，所以在任何地方此单摆的周期不一定为2 s，故B错误；单摆在周期性外力作用下做受迫振动，当驱动力频率等于单摆固有频率时，单摆做受迫运动的振幅最大，当驱动力频率大于单摆固有频率时，驱动力频率越大，则单摆的振幅越小，故C错误；若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定于P点，下端连接一个质量为m可视为质点的物块。现将物块由O点静止释放，OP为弹簧原长，物块到达最低点A点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 13 14 15 D A．物块在A点的加速度大小为0.5g B．O、A两点的距离为 C．从O点到A点，物块的加速度先增大后减小 D．从O点到A点，物块的回复力先减小后增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 物块由O点静止释放后做简谐振动，因在O点时的加速度为向下的g，则到达A点时的加速度为向上的g，故A错误；在OA的中点时为平衡位置，此时满足mg＝kΔx，则O、A两点的距离为x＝2Δx＝，故B错误。从O点到A点，开始阶段重力大于向上的弹力，则加速度向下，随弹力的增加，回复力减小，加速度减小，当到达平衡位置时回复力为零，此时加速度为零；然后继续向下运动时向上的弹力大于重力，回复力增加，加速度向上且逐渐增大，到达最 低点时加速度最大，则物块的回复力先减小后增大，物块的加速度 先减小后增大，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7．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点的左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是(　　) 13 14 15 A A．t＝0.6 s时，振子在O点右侧6 cm处 B．振子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左 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图可知，该振子的振幅为A＝12 cm＝0.12 m，周期为1.6 s，故ω＝＝1.25π rad/s。结合振动图像可知，该振动方程为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，故A正确；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，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 t＝1.2 s时，振子到达A处，振子的回复力方向向右，此时加速度方向向右，故C错误；t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内振子先向左，向最大位移处运动，再向右，向平衡位置运动，速度先减小后增大，加速度先增大后减小，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是(　　) 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A．回复力等于重力和浮力的合力 B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒 C．位移满足函数式x＝4sin (4πt－) cm D．在t1～t2时间内，位移减小，加速度 减小，速度增大 答案：ACD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；由于振动周期为0.5 s，故ω＝＝4π rad/s，由图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin (4πt－) cm，故C正确；由图乙可知，t1～t2时间内玻璃管在靠近平衡位置，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，则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．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 D．由图像可以求出当地的重力加速度 13 14 15 ABC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图可知，两单摆的周期相同，根据单摆的周期公式T＝2π可知，两单摆的摆长相同，故A正确；由题图可知，甲单摆的振幅为10 cm，乙单摆的振幅为7 cm，即甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；在t＝0.5 s时，甲处于平衡位置，乙处于负的最大位移处，具有正向最大加速度，故C正确；由题图可知单摆的周期，但是不知道摆长，所以不能求出当地的重力加速度，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 BD 10．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则以下说法正确的是(　　) A．由于机械能守恒，可得摆角大小不变 B．A和C两点在同一水平面上 C．周期T＝2π( ＋) D．周期T＝π( ＋) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A、C两点在同一水平面上，但是小球经过B点时，单摆的摆长发生变化，摆角发生变化，故A错误，B正确；设小球从A到B的时间为t1＝×2π＝ 小球从B到C的时间为t2＝×2π＝ 则周期为T＝2(t1＋t2)＝π( ＋) 故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 二、非选择题(本题共5个小题。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11．在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中： (1)下列最合理的装置是________。 13 14 15 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)图A中用的是弹性绳，铁球摆动过程中，摆长发生了明显变化，不合理，故A错误；图B中摆球用的是塑料球，摆动过程受到空气阻力影响明显，不合理，故B错误；图C中细绳绕过金属针，摆动过程中，摆长发生了明显变化，不合理，故C错误；图D中用夹子夹住细绳的一端，确保了摆长不变，摆球用的是小铁球，体积小质量大，空气阻力影响小，合理，故D正确。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B (2)以下做法正确的是________。 A．测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长l B．测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为 C．摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，某同学认为对实验结果没有影响 D．释放摆球时，应注意细线与竖直方向的夹角大于10° 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度l，用螺旋测微器或者游标卡尺测出摆球的直径，应该将l＋作为摆长，故A错误；为了减小测量误差，测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为，故B正确；实验中必需使得摆球在同一竖直平面内摆动，如果摆动中出现了轻微的圆锥摆情形，对实验结果有影响，故C错误；释放摆球时，应注意细线与竖直方向的夹角小于5°，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)通过改变摆长，测出多组摆长l和周期T的数据，作出T2－l图线如图 所示，则由图中数据计算重力加速度的表达式g＝___________(用l1、l2、T1、T2表示)。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)根据T＝2π，解得T2＝l，结合图像有＝，解得g＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．在“用单摆测量重力加速度”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________(选填“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，则单摆的振动周期为________。 13 14 15 低 2.04 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)摆球经过最低点时容易观察和计时，所以为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低点的位置； 图甲中停表的示数为t＝1.5 min＋12.0 s＝102.0 s 则单摆的振动周期为T＝＝ s＝2.04 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (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________cm。 13 14 15 99.75 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)最小刻度为1 mm的刻度尺，读数时要读到分度值的下一位，从悬点到球心的距离即为摆长，则单摆的摆长为L＝99.75 cm。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (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＝ ________。 13 14 15 (3)由单摆的周期公式T＝2π 可得重力加速度的表达式为g＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (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 13 14 15 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量不变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，根据T＝2π可得，振动的周期变大，故甲的说法正确。故选A。 13．一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示。求： (1)写出该简谐运动的表达式； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 答案：(1)x＝2sin (πt)cm　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)由图像可知振幅A＝2 cm，周期T＝0.8 s，则ω＝＝ rad/s＝ rad/s 由简谐运动表达式x＝A sin ωt，可得x＝2sin (πt)cm。 (2)振子在0～3.6 s内通过的路程。 答案：(2)36 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)在0～3.6 s内，经过的周期数 n＝＝＝4.5 则在0～3.6 s内，振子通过的路程为s＝4×4A＋2A＝18A＝18×2 cm＝36 cm。 14．如图a所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动。B、C相距0.2 m。小球经过B点时开始计时，在第一个周期内的位置x随时间t变化的图像如图b所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求小球振动的周期和振幅； 答案：(1)1.00 s　0.1 m　 (1)振幅A＝0.1 m，周期T＝1.00 s(或1 s)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)求小球振动的初相位φ0，并根据上述信息写出小球在任意时刻t的位移x的函数表达式； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 答案：(2)　x＝0.1sin (2πt＋)m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)设振动方程为x＝A sin (t＋φ0) 由图给信息可得φ0＝ 可得小球任意时刻t的位移x＝0.1sin (2πt＋)m。 (3)求4.5 s内小球通过的路程及4.5 s末小球的位移。 答案：(3)1.8 m　－0.1 m (3)在时间t＝4.5 s内，小球一共做了4.5次全振动 小球通过的路程s＝4×4A＋2A 得s＝1.8 m 4．5 s末小球位于C点，其位移为x＝－0.1 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15．将一个力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示，图中O点为单摆的悬点，现将一质量0.05 kg小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且是未知量。计算机得到细线对摆球的拉力F最大值是0.51 N，两个相邻的最大值之间时间间隔0.2π s，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息 (重力加速度g取10 m/s2)求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)单摆的摆长； 答案：(1)0.4 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律知T＝0.4π s 根据T＝2π 可得L＝0.4 m。 (2)细线对摆球的最小拉力。 答案：(2)0.495 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小球通过A点时细线对摆球的拉力最小，根据圆周运动的规律可知Fmin＝mg cos α 小球通过B点时细线对摆球的拉力最大，根据圆周运动的规律可知Fmax－mg＝m 小球从A运动到B的过程中，根据动能定理可得 mgL(1－cos α)＝mv2－0 联立解得Fmin＝0.495 N。 $$