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（人教版，单选）

章末综合提升 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 二、归纳整合提升 1．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 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 2.简谐运动的图像及应用 (1)简谐运动的图像 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，图像随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。 (2)图像信息 ①由图像可以得出质点振动的振幅、周期和频率。 ②可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。 ③可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向。 ④可以确定某时刻质点速度的方向。 ⑤比较不同时刻回复力、加速度的大小。 ⑥比较不同时刻质点的动能、势能的大小。 (3)重力加速度是单摆与万有引力定律、抛体运动联系的桥梁，也是解决单摆与力学综合问题的突破点。 三、经典例题体验 [典例1]　弹簧振子的平衡位置记为O点,小球在A、B间做简谐运动,如图甲所示。它的振动图像如图乙所示,取向右为正方向。下列说法正确的是(　　) A.在0.1 s末小球的速度方向是O →B B.在0~0.2 s内,小球的动能和弹簧的弹性势能均变大 C.小球在0.1 s末和0.3 s末的速度相同,加速度相同 D.小球在0~4.2 s内的路程是105 cm,在3.6 s末的位移为-5 cm [答案]　D 在0.1 s末小球的速度方向是B→O,故A错误;在0~0.2 s内,小球的动能变大,弹簧的弹性势能变小,故B错误;小球在0.1 s末和0.3 s末的速度相同,加速度大小相等、方向不同,故C错误;由题图乙可知周期T为0.8 s,4.2 s为5T,则小球在0~4.2 s内的路程是s=5×4A+A=105 cm,3.6 s为4T,所以在3.6 s末的位移与0.4 s末的位移相同,为-5 cm,故D正确。 [典例2]　如图所示是一个质点做简谐运动的图像。根据图像回答下面的问题。 (1)振动质点离开平衡位置的最大距离。 [答案]　(1)5 cm　 (1)由振动图像可以看出,质点振动的振幅为5 cm,即此质点离开平衡位 置的最大距离。 (2)写出此振动质点的运动表达式。 [答案]　(2)x=5sin 2.5πt cm　 (2)由此质点的振动图像可知A=5 cm,T=0.8 s,φ=0,所以x=Asin(ωt+φ)=Asin t=5sin t cm=5sin 2.5πt cm。 (3)振动质点在0~0.6 s的时间内通过的路程。 [答案]　(3)15 cm　 (3)由振动图像可以看出,质点振动的周期为T=0.8 s,0.6 s=3×,质点是从平衡位置开始振动的,故在0~0.6 s的时间内质点通过的路程为s=3×A=3×5 cm=15 cm。 (4)振动质点在t=0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向。 [答案]　(4)正方向　负方向　负方向　正方向　 (4)在t=0.1 s时,振动质点处在位移为正值的某一位置上,若从t=0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话,从图像中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大,由此可以得出质点在t=0.1 s时的振动方向沿题中所设的正方向。同理可以得出质点在t=0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别沿题中所设的负方向、负方向和正方向。 (5)振动质点在0.6~0.8 s这段时间内的速度和加速度是怎样变化的? [答案]　(5)速度增大,加速度减小　 (5)由振动图像可以看出,在0.6~0.8 s这段时间内,振动质点从最大位移处向平衡位置运动,故其速度是越来越大的;而质点所受的回复力是指向平衡位置的,并且逐渐减小,故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。 (6)振动质点在0.4~0.8 s这段时间内的动能变化是多少? [答案]　(6)零 (6)由图像可看出,在0.4~0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置,尽管初、末两个时刻的速度方向相反,但大小是相等的,故这段时间内质点的动能变化为零。 [典例3]　一个在地球上做简谐运动的单摆,其振动图像如图甲所示,今将此单摆移至某一行星上,其简谐运动图像如图乙所示。若已知该行星的质量为地球质量的4倍,地球表面重力加速度g1取10 m/s2,取π2=10。求: (1)此单摆的摆长; [答案]　(1)1 m　 (1)由图甲可知此单摆在地球上的周期为T1=2 s 根据单摆的周期公式,有T1=2π 代入数据解得l=1 m。 (2)行星表面重力加速度g2; [答案]　(2)2.5 m/s2　 (2)由图乙可知,该单摆在行星上的周期为T2=4 s 根据单摆的周期公式,有T2=2π 代入数据解得g2=2.5 m/s2。 (3)该行星的半径R2与地球半径R1之比。 [答案]　(3)4 (3)在星球表面万有引力等于重力,有G=mg 解得R= 据此可得=×= 根据题意可知M2=4M1 最终可得=4。 章末检测(二)　机械振动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、单项选择题:共11题,每题4分,共44分。每题只有一个选项符合题意。 1.下列关于简谐运动的说法中正确的是(　　) A.简谐运动的轨迹一定是正弦曲线 B.弹簧振子的平衡位置一定在弹簧原长处 C.平衡位置处,回复力一定为零 D.振子经过平衡位置时,弹簧弹力一定为零 C 13 14 15 16 简谐运动的振动图像为正弦或余弦曲线,运动轨迹可能是直线,也可能是曲线,A错误;竖直方向运动的弹簧振子,平衡位置处回复力为零,弹簧形变量x=,此时弹簧弹力不为零,C正确,B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2.如图甲所示,挖掘机的顶部垂下一个大铁球,让它小角度地摆动就可以用来拆卸混凝土建筑。此装置可视为单摆模型,它对应的振动图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　　) A.铁球振动的周期是6 s B.t=2 s时,铁球的速度为零 C.铁球摆开的角度增大,周期增大 D.该铁球的摆长约为16 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 14 15 16 由题图乙可知,铁球振动的周期为8 s,A错误;t=2 s时,铁球位于平衡位置,速度最大,B错误;根据单摆周期公式T=2π可知周期与铁球摆开的角度无关,C错误;把T=8 s代入周期公式可得,摆长为l≈16 m,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3.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时,振子经过O点向左运动 B.t=0.5 s时,振子在O点右侧2.5 cm处 C.t=1.5 s和t=3.5 s时,振子的速度相同 D.t=10 s时,振子的动能最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 14 15 16 t=0时,图像切线的斜率为正,说明振子的速度方向为正,故振子经过O点向右运动,A错误;在0~1 s内,振子做变速运动,不是匀速运动,所以t=0.5 s时,振子不在O点右侧2.5 cm处,B错误;由图像切线的斜率可知,在t=1.5 s时,斜率为负,说明振子的速度方向为负,在t=3.5 s时,斜率为正,说明振子的速度方向为正,故t=1.5 s和t=3.5 s时,振子的速度不相同,C错误;由图线可知,振子的周期为4 s,当t=10 s时,振 子刚好在平衡位置,故振子的动能最 大,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 4.如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线,则下列说法正确的是(　　) A.两个单摆的固有周期之比为TⅠ∶TⅡ=2∶5 B.若两个受迫振动是在地球上同一地点进行的, 则两个单摆的摆长之比lⅠ∶lⅡ=4∶25 C.图线Ⅱ若是在地球表面完成的,则该对应单摆摆长约为1 m D.若两条图线分别对应同一单摆在月球上和地球上的受迫振动,则图线Ⅱ是月球上单摆的共振曲线 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 由共振曲线及共振的条件可知,图线Ⅰ和Ⅱ的两个单摆的固有频率分别为0.2 Hz和0.5 Hz,周期之比TⅠ∶TⅡ=5∶2,A错误;由单摆的周期公式T=2π可知lⅠ∶lⅡ==25∶4,B错误;同时可知lⅡ=≈1 m,C正确;当摆长不变时,重力加速度越大,固有频率越大, 月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度,故图 线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 5.如图所示,摆长为L的单摆,周期为T。如果在悬点O正下方的B点固定一个光滑的钉子,OB的距离为OA长度的,使摆球(半径远小于L)通过最低点向左摆动,悬线被钉子挡住成为一个新的单摆,则下列说法中正确的是 (　　) A.单摆在整个振动过程中的周期不变 B.单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的倍 C.单摆在整个振动过程中的周期将变小为原来的 D.单摆在整个振动过程中的周期无法确定 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 根据单摆周期公式知,未加钉子时,周期T1=T=2π,碰到钉子后,T'=2π=π,所以加了钉子的周期为T2=T+T'=π,所以周期变为原来的,A、B、D错误,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 6.如图甲所示,一单摆做小角度摆动,从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时,相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程,下列说法正确的是(　　) A.单摆的摆长约为2.0 m B.单摆的位移x随时间t变化的关系式 为x=8cos πt cm C.从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球的重力势能逐渐增大 D.从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中,摆球所受回复力逐渐增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 14 15 16 由题图乙可知,单摆周期为2 s,由单摆周期公式T=2π可得单摆的摆长为l≈1.0 m,A错误;单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin t=8sin πt cm,B错误;从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球从最高点回到平衡位置,摆球的重力势能逐渐减小,C错误;从t=1.0 s到t= 1.5 s的过程中,摆球从平衡位置回到最高 点,位移逐渐增大,回复力大小与位移大小 成正比,故摆球所受回复力逐渐增大,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 7.下端附着重物的粗细均匀的木棒竖直浮在河面上,在重力和浮力作用下,沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动;与此同时,木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动,如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴,木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系,浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ,木棒横截面积为S,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 A.x从0.2 m到0.3 m的过程中,木棒的加速度竖直向下,逐渐变大 B.x=0.35 m和x=0.45 m时,木棒的速度大小相等,方向相同 C.河水流动的速度为0.4 m/s D.木棒在竖直方向做简谐运 动的振幅为 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由简谐运动的对称性可知,在x= 0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于 平衡位置,木棒受到的浮力等于重 力,由题图(b)知x=0.2 m时木棒受到 的浮力最小,此时木棒在平衡位置上方最大位移处,则x从0.2 m到0.3 m的过程中,木棒从最大位移处到达平衡位置,由于木棒受到的浮力逐渐增大,且小于重力,所以木棒的加速度方向竖直向下,逐渐减小,故A错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 在x=0.35 m和x=0.45 m时,由图像的 对称性知浮力大小相等,说明木棒在 同一位置,根据简谐振动的对称性可 知,两时刻木棒在竖直方向的速度大 小相等,但速度方向相反,而木棒沿水平方向的速度相同,根据速度的合成可知合速度大小相等,但方向不同,故B错误;木棒沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐振动,则其振动的周期为1 s,由题图(b)可知在一个周期内, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 木棒沿水平方向移动的距离为0.4 m,则河水流动的速度为v水== m/s=0.4 m/s,故C正确;设木棒在平衡位置处浸没的深度为h,木棒做简谐振动的振幅为A,则浮力最大时,有F1=ρgS(h+A),浮力最小时,有F2=ρgS(h-A),联立求得A=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 8.(2024·江苏泰州高三统考期末)一振子沿x轴做简谐运动,平衡位置位于坐标原点O,简谐运动的振幅为A=0.1 m。t=0时刻振子的位移为x1=-0.1 m,t=1 s时刻振子的位移为x2=0.1 m,则振子做简谐运动的周期可能为(　　) A.4 s　　　 B.3 s　　　　 C.0.5 s　　　　 D. s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 14 15 16 由题可知,t=0时刻振子的位移为x1=-0.1 m,t=1 s时刻振子的位移为x2=0.1 m,则(n+)T=1 s,解得 T= s,当 n=0 时,可得 T=2 s,当n=1 时,可得T= s,随着n的增大,周期变小。 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9.一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有一记录笔,在竖直面内放置有一记录纸,当振子上下振动时,以速率v水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标,则(　　) A.振子平衡位置的纵坐标是y= B.该弹簧振子的振动周期为 C.振子在坐标(x0,y2)位置时加速度最大 D.匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍,振子振动的周期变为原来的 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 根据简谐振动对称性可知,平衡位置纵坐标为y=+y2=,故A错误;由图像可知,振子在一个周期内沿x方向的位移为2x0,水平速度为v,则振子的周期T=,故B错误;由题图可知,振子在坐标(x0,y2)位置时处于最大位移处,则回复力最大,由牛顿第二定律知加速度最大,故C正确;弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关系,匀速拉 动纸带的速率增大为原来的2倍,则一个周期 内沿x方向的位移增大为原来的2倍,弹簧振子 的周期不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 10.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(　　) A.回复力由浮力提供 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.振动频率与按压的深度有关 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 装有一定量液体的玻璃管只受到重力和水的浮力,所以装有一定量液体的玻璃管做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力,故A错误;玻璃管在做简谐运动的过程中,水的浮力对玻璃管做功,所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒,故B错误;振动的周期为0.5 s,则ω== rad/s=4π rad/s,由图乙可知振动的振幅为A,由题可知A=4 cm,t=0时刻,-=Asin φ0,结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下,可知φ0=-,则玻璃管的振动方程为 x=4sin(4πt-)cm,故C正确;由于玻璃管做简谐 运动,与弹簧振子的振动相似,结合简谐运动的 特点可知,该运动的周期与振幅无关,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11.如图,一光滑斜面固定在水平地面上,斜面倾角为45°,其底端固定一轻质弹簧,将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放,弹簧的劲度系数为k,弹簧的最大压缩量为。已知弹簧弹性势能为Ep=kx2,其中x是形变量,弹簧振子做简谐运动的周期T=2π,则下列说法正确的是(　　) A.速度最大时的弹簧压缩量为mg B.物块下滑的最大位移为 C.物块的最大动能为 D.物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 根据题意可知,物块速度最大时,物块所受合力为0,则有mgsin θ=kx1 解得x1==,故A错误; 根据题意可知,物块运动到最低点时,重力势能全部转化为弹性势能,则有mgssin θ=k()2,解得s=mg,故B错误; 物块速度最大时,物块的动能最大,由能量守恒定律有mg (s-+)sin θ=Ekm+k()2,解得Ekm=,故C正确; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 物块开始压缩弹簧后,到分离前做简谐振动,物块合力为0的位置为平衡位置,则物块做简谐运动的振幅为A=-= 则物块开始压缩弹簧时,偏离平衡位置的距离为x1==A 从物块开始压缩弹簧到平衡位置所用时间为t1= 则从物块开始接触弹簧到弹簧被压缩至最短经历的 时间为t=t1+=T=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 二、非选择题:共5题,共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。 12.(15分)(2024·江苏宿迁高二期中)小明用如图甲所示装置测量重力加速度g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)用游标卡尺测量小球的直径,某次测量的结果如图乙所示,则小球直径为　　　　cm。   (1)用游标卡尺测量小球的直径,小球直径为d=19 mm+6×0.1 mm=19.6 mm=1.96 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.96 13 14 15 16 (2)为使测量结果更加准确,以下操作中正确的有　　　　。  A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且适当长一些 B.开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度 C.测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 13 14 15 16 (2)为了减小摆长的测量误差,摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且适当长一些,故A正确;摆球的周期与摆线的长短有关,但与摆角无关,且角度大于5°时,小球不做简谐运动,故B错误;为了减小测量摆球运动时间的误差,应该从摆球运动到最低点时开始计时,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)测出悬点O至小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的 时间t,则重力加速度表达式g=　　　　(用L、n、t表示)。  (3)单摆的周期为T=,结合T=2π,可得重力加速度表达式g=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (4)某同学在实验中改变摆长重复实验,他只测出了悬线的长度l'及对应的周期T,得到几组数据,再以l'为横坐标,T2为纵坐标作出T2-l'图像如图丙所示。已知图线与纵轴的截距为b1,图线上P点坐标为(a,b2),则由此根 据图线斜率计算重力加速度g=　　　　(用题给字母表示)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (4)由单摆周期公式得T=2π=2π,解得T2=l'+r,结合图像斜率有k==,解得重力加速度为g=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (5)某同学测得的g值偏小,可能的一种原因是　　　　。  A.测摆线长时摆线拉得过紧 B.开始计时时,停表过迟按下 C.实验时摆球摆动时间过长引起摆角变小 D.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 14 15 16 (5)根据单摆周期公式T=2π得g=。 测摆线长时摆线拉得过紧,会使摆长测量值偏大,根据g=可知测得的g偏大,故A错误;开始计时时,停表过迟按下,测量的时间t偏小,则周期T偏小,根据g=可知测得的g值偏大,故B错误;摆角变小,周期不变,根据g=可知测得的g值不会受到影响,故C错误;单摆的悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线增长了,则摆长的测量值偏小,根据g=可知测得的g值偏小,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13.(6分)小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的左右最远位置,此时的摆动角度为θ,小王通过实验测得当地重力加速度为g=10 m/s2,并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示,设图中单摆向右摆动为正方向。求: 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)单摆的振幅、摆长; 答案:(1)5 cm　1.01 m　 (1)由题图乙读出单摆的振幅A=5 cm,周期T=2 s。 根据单摆的周期公式T=2π得摆长l== m≈1.01 m。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)估算单摆振动时最大速率v。(可能用到的公式1-cos θ=2sin2,计算结果均保留三位有效数字) 答案: (2)0.157 m/s 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)根据机械能守恒定律得mgl(1-cos θ)=mv2 1-cos θ=2sin2 又因为θ很小,故有sin≈ v=≈A≈0.157 m/s。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14.(8分)如图所示,一质量为m的小钢球,用长为l的细丝线挂在水平天花板上(l远大于小钢球的半径),初始时,摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)。释放小球后,求:(不计空气阻力,重力加速度为g) 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)小球第一次摆到最低点所用的时间; 答案:(1) 　 (1)小球做简谐运动,则小球从释放到第一次摆到最低点所用的时间为t=T=。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)小球在最低点受到的拉力。 答案: (2)3mg-2mgcos θ (2)从释放到最低点,由动能定理有 mg(l-lcos θ)=mv2 在最低点,根据牛顿第二定律有FT-mg=m 联立解得FT=3mg-2mgcos θ。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 15.(12分)弹簧振子以O点为平衡位置,在B、C两点间做简谐运动,B、C之间的距离为20 cm,在t=0时刻,振子从O、B间的P点以速度v向B点运动;在t=0.25 s时,振子速度第一次变为-v;在t=0.5 s时,振子速度第二次变为-v。 (1)求振子在4.0 s内通过的路程; 答案:(1)160 cm　 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)弹簧振子做简谐运动的示意图如图所示, 在P点时速度向右为v,第一次回到P点时,速度为-v,继续到达与P点对称的P'点时速度为-v,则由对称性可得,由P→B→P→O→P'所用的时间是0.5 s,刚好为半个周期,则可得出T=1 s, 由题知B、C之间的距离为20 cm, 则振幅A=10 cm, 由于4 s=4T, 则振子在4.0 s内通过的路程s=4×4A=160 cm。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)t=0时P点位移为5 cm,写出弹簧振子位移表达式。 答案: (2)x=10sin(2πt+)cm 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)根据题意可大致绘制出弹簧振子的振动图像如图所示, 已知A=10 cm,t=0时,x=5 cm,T=1 s, 根据图像写出弹簧振子的振动方程表达式 x=Asin(t+φ), 代入数据有x=10sin(2πt+)cm。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 16.(15分)如图所示,一质量为M的竖直放置的圆环,在O处与水平面接触。它的内部有一直立的弹簧,劲度系数为k,弹簧下端固定于圆环内侧底部,上端固定一质量为m的小球,把小球向上拉起至弹簧的原长处由静止释放,不计空气阻力,小球开始在竖直方向上做简谐运动。在此过程中,圆环一直保持静止,求: 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)小球做简谐运动的振幅; 答案:(1)　 (1)从释放点到平衡位置的距离就是小球做简谐运动的振幅,为A=。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)小球向下运动的最大距离; 答案: (2)　 (2)根据简谐运动的对称性可知,小球向下运动的最大距离x=2A=。 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)改变小球由静止释放的位置,小球做简谐运动的振幅至少为多大时,在其振动过程中才可能使圆环有离开地面的瞬间(已知弹簧一直处于弹性限度内)。 答案: (3) 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)圆环要离开地面时弹簧处于拉伸状态,且拉力的大小至少等于圆环的重力,即F=Mg,则弹簧的伸长量x1= 小球振动时的平衡位置与弹簧原长处的距离为x2= 所以,满足条件的最小振幅为A'=x1+x2=。 13 14 15 16 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，变化的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；由对称点到平衡位置O用时相等 3．单摆周期公式的应用 (1)对于单摆，在摆角很小的情况下，可看作做简谐运动，其振动的周期T＝2π ，与振幅、摆球质量无关。 (2)运动具有等时性、周期性，在运动过程中机械能守恒，可在最低点利用牛顿运动定律求摆球受到的拉力，也可利用周期公式来测定当地的重力加速度。 $$