第二章 机械振动 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

单元综合提升 　　　　 第二章　机械振动 概念梳理　构建网络 1 教考衔接　明确考向 2 易错辨析　强化落实 3 单元检测卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 概念梳理　构建网络 返回 返回 教考衔接　明确考向 返回 　　　　(2022·海南高考)在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为 A．2∶3 B．3∶2 C．4∶9 D．9∶4 √ 真题1 由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙＝ 0.8∶1.2＝ 2∶3， 根据单摆周期公式 则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲∶L乙＝ ＝ 4∶9，故选C。 衔接教材　链接人教版P50·T3(1)情境 如图是两个单摆的振动图像。   (1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？ 衔接分析　本题以单摆的位移—时间图像为素材创设情境求解单摆的摆长之比。相同的情境，相同的题设和考点出现在人教版50页第3题(1)，主要考查单摆周期公式的应用。 单摆的运动属于简谐运动，在简谐运动图像中可以提炼的信息有：摆球的周期、振幅、位移、重力势能、速度、动能等。根据纵坐标可以确定摆球的位移，进而确定小球的重力势能的变化；根据切线斜率确定小球速度的大小和方向，进而确定小球的动能。重力势能和动能相互转化，总量保持不变。 对点练．(多选) (2024·黑龙江哈尔滨高二期中)图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为10 m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，下列说法正确的是 A．甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1 B．甲摆在月球上做简谐运动的周期为5 s C．甲摆振动的振幅为4 cm D．从t＝0开始，乙第一次到达右方最大位移 时，甲到达平衡位置且向左运动 √ √ √ 根据题图可知T甲＝2 s，T乙＝4 s，根据 ，解得甲、 乙两个单摆的摆长之比为1∶4，A错误； 甲摆在月球上做简谐运动有 ，解得甲摆在月球上做简谐运动 的周期为5 s，B正确；根据题图可知，甲摆振动的振幅为4 cm，C正确；根据题图可知，从t＝0开始，经历1 s乙第一次到达右方最大位移，此时，甲到达平衡位置，随后甲位移变为负值，表明此时甲到达平衡位置且向左运动，D正确。故选BCD。 　　 　(2021·广东高考)如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经 时间，小球从最低点向上运动的距离________ (选填“大于”、“小于”或“等于”)；在 时刻，小球的动能____________(选填“最大”或“最小”)。 真题2 小于 最大 衔接教材　链接人教版P37“做一做”情境 如图，弹簧上端固定，下端悬挂钢球。把钢球从平衡位 置向下拉一段距离A，放手让其运动，A就是振动的振幅。 用停表测出钢球完成n个全振动所用的时间t， 就是振 动的周期。n的值取大一些可以减小测量误差。再把振幅 减小为原来的一半，用同样的方法测量振动的周期。 衔接分析　本题以竖直振动的弹簧振子为素材创设情境求解小球运动的路程和小球动能的变化。其物理情境与人教版P37“做一做”情境相同，主要考查小球振动的位移—时间图像、简谐运动的函数表达式等。 简谐运动的位移—时间图像中，某点切线斜率代表速度。当质点位移最大时，速度为零，动能为零；质点位移为零时，速度最大，动能最大。求质点运动的位移有两种方法：函数法，先求解质点运动的始末位置，位置坐标之差即为位移；图像法，读出质点始末位置的纵坐标，根据始末纵坐标两点的间距，求解质点位移的大小。 对点练．(多选) (2024·江门市高二阶段练)如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。下列说法正确的是           D．小球在一个周期内运动的路程为2A √ √ 返回 易错辨析　强化落实 返回 1．(简谐运动的能量)某弹簧振子如图所示，其中A、B均为振子偏离平衡位置的最大位移处，O为平衡位置。在振子由O向A运动的过程中，下列说法正确的是 A．振子偏离平衡位置的位移方向向左 B．振子偏离平衡位置的位移正在减小 C．弹簧的弹性势能正在减小 D．振子的速度正在减小 √ 振子偏离平衡位置的位移方向向右，且正在增大，故A、B错误；弹簧处于伸长状态且形变量正在增大，故弹簧的弹性势能正在增大，振子的动能转化为弹簧的弹性势能，振子的速度正在减小，故C错误，D正确。故选D。 2．(简谐运动的图像)(多选)甲、乙两弹簧振子的振动图像如图所示，则可知 A．甲速度为零时，乙加速度最大 B．甲加速度为零时，乙速度最小 C．1.25～1.5 s时间内，甲的回复力增大， 乙的回复力减小 D．甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2 √ √ 由题图可知，甲运动到最大位移处(速度为零) 时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速 度最大，A错误；甲运动到平衡位置(加速度为 零)时，乙也运动到平衡位置，速度最大，B错 误；1.25～1.5 s时间内，甲远离平衡位置，位移增大，回复力增大，乙向平衡位置运动，位移减小，回复力减小，C正确；甲做简谐运动的周期T甲＝2.0 s ，乙做简谐运动的周期T乙＝1.0 s ，甲、乙的振动周期之比T甲∶T乙＝2∶1，根据周期与频率成反比，可知甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确。 3．(简谐运动的函数表达) (2024·云南昭通高二校考阶段练习)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为 ，则下列关于质点运动的说法中正确的是 A．质点做简谐运动的振幅为15 cm B．质点做简谐运动的周期为4 s C．在t＝4 s时质点有最大速度 D．在t＝4 s时质点有最大位移 √ 由简谐运动的表达式 ，可知质点的振幅为 A＝10 cm， ，得 ，A、B错误； 将t＝4 s代入 ，可得x＝0，即质点正通过平衡位置，位移为零，速度最大，C正确，D错误。故选C。 4．(类单摆) 如图是置于赤道上的一段光滑的圆弧，A、B两点位于圆弧上等高处，它们距圆弧最低点O的距离远远小于圆弧半径。若将一可视为质点的小球从A点由静止释放，小球从A点沿圆弧轨道运动到O点的时间为t，则下列说法正确的是 A．小球在A、B间做匀变速曲线运动 B．小球在O点的加速度为零 C．若将小球从A点下方某位置由静止释放，小球沿圆弧运动到O点的时间等于t D．将此装置由赤道移到北极，小球由A点运动到O点的时间大于t √ 根据题意可知，小球的运动跟单摆的运动相同，是简谐运动，小球在A、B间不是做匀变速曲线运动，故A错误；小球在O点回复力为零，但合力不为零，合力提供向心力，有向心加速度，则小球在O点的加速度不 为零，故B错误；根据单摆周期公式 ，可知周期与振幅 无关，则将小球从A点下方某位置由静止释放，小球沿圆弧运动到O点 的时间等于t，故C正确；根据单摆周期公式 ，将此装置 由赤道移到北极，重力加速度变大，单摆周期变小，则小球由A点运动到O点的时间小于t，故D错误。故选C。 5．(利用单摆周期公式测量重力加速度) (2024·珠海市市第一中学校考)如图甲为“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置。  (1)用游标卡尺测量小球的直经d，测量情况如图乙所示，其读数_______ mm。 15.2 10分度游标卡尺的精确度为0.1 mm，由题图乙可知，小球的直经为d＝15 mm＋2×0.1 mm＝15.2 mm。 (2)固定悬点后，测得悬点到摆球上端的细线长度为l，完成n次全振动的时 间为t，则重力加速度的表达式为g＝______________。(用题中测得物理 量的符号表示) 单摆的周期为 由单摆周期公式 解得重力加速度的表达式为。 (3)某同学查阅资料得知，教材上所给的单摆周期T0是初始摆角θ很小时的近似值，实际上初始摆角对理论周期T有一定影响， 与θ的关系图像如图丙所示。若实验时初始摆角达到20°，考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会__________(选填“偏大”、“不变”或“偏小”)。 偏小 返回 根据题图丙可知随着角度θ的增大， 的比值变大，即周期变大， 根据 可得重力加速度 由此可知考虑初始摆角的影响， 重力加速度的测量值会偏小。 单元检测卷 返回 1．下列关于机械振动的说法正确的是 A．受迫振动稳定后，其振动的周期总等于系统的固有周期 B．阻尼振动振幅逐渐减小，同时周期也逐渐减小 C．当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大 D．为避免共振现象发生，应使驱动力的频率接近或等于振动系统的固有频率 √ 系统做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率，其振动的周期也等于驱动力的周期，A错误；阻尼振动的振幅越来越小，但其周期不变，B错误；当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率等于系统的固有频率，便会发生共振，则受迫振动的振幅最大，C正确；为避免共振现象发生，应使驱动力的频率远离振动系统的固有频率，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 2．对于下面甲、乙、丙三种情况，可认为是简谐运动的是  ①倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，假设空气阻力可忽略不计 ②粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中。把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动 ③小球在半径为R的光滑球面上的A、B(≪R)之间来回运动 A．只有① B．只有② C．只有①③ D．都可以 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 ①小球做往复运动，与弹簧振子的 运动规律相似，满足F＝－kx，为 简谐运动；②如果不考虑水的粘滞 阻力，木筷受到重力和水的浮力， 重力恒定不变，浮力与排开水的体积成正比，木筷静止时位置看作平衡位置，由此可知以平衡位置为坐标原点，木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比，且方向相反，则可以判定木筷做简谐运动；③小球受到重力和圆弧面的支持力，重力恒定不变，支持力始终与运动方向垂直，所以小球做类单摆运动，从而判定小球做简谐运动。故甲、乙、丙三种情况都可认为是简谐运动，故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 3． (2024·深圳市高二校考期中)关于水平方向上做简谐运动的弹簧振子受力和运动的特点，下列说法中正确的是 A．物体越接近平衡位置，加速度越大 B．弹力的方向总指向平衡位置 C．物体速度的方向跟离开平衡位置的位移的方向总是相同的 D．物体加速度的方向跟速度的方向始终相反 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 根据F＝－kx可知，物体越接近平衡位置时，位移越小，回复力越小，加速度越小，故A错误；弹力的方向即为回复力方向，总是指向平衡位置，故B正确；当物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；当物体运动方向背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故C错误；根据F＝－kx及牛顿第二定律可知，加速度的方向总跟位移方向相反，结合C项分析可知，物体加速度的方向跟速度的方向可能相同也可能相反，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 4．如图为一弹簧振子，O为平衡位置，以向右为正方向，则振子在B、C之间振动时 A．B→O位移为负、速度为正 B．O→C位移为正、速度为负 C．C→O位移为负、速度为正 D．O→B位移为正、速度为负 √ 速度方向即振子运动方向，则B→O位移向左为负，速度向右为正，A正确；O→C位移向右为正，速度向右为正，B错误；C→O位移向右为正，速度向左为负，C错误；O→B位移向左为负，速度向左为负，D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 5． (2024·辽宁本溪高二校考期末)关于单摆，下列认识中正确的是 A．一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆 B．可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多 C．单摆的振动总是简谐运动 D．两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同 √ 一根线系着一个球悬挂起来，并且满足细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多时，这样的装置才能视为单摆，故A错误，B正确；只有在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动，故C错误；两个单摆结构相同时，它们的振动步调不一定相同，还与是否是受迫振动有关，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 6． (2024·广州市高二校考)做简谐运动的质点通过距平衡位置1 cm时的加速度是0.5 cm/s2；那么通过距平衡位置2 cm时的加速度是 A．0.5 cm/s2 B．1.0 cm/s2 C．1.5 cm/s2 D．2.0 cm/s2 √ 根据简谐运动回复力的表达式和牛顿第二定律得F＝－kx＝ma，平衡位置1 cm时的加速度是0.5 cm/s2，故通过距平衡位置2 cm时的加速度是1.0 cm/s2。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 7．如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方 L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，这个摆的周期是 √ 以L为摆长的运动时间为 为摆长的运动时间为 则这个摆的周期为 ，故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 8．物体做简谐运动的过程中，有两点A、A′关于平衡位置对称，则物体 A．在A点和A′点的位移相同 B．在两点处的速度可能相同 C．在两点处的加速度可能相同 D．在两点处的动能一定相同 √ √ 根据简谐运动的特点可知，关于平衡位置的对称点，物体的位移大小相等、方向相反，故A错误；关于平衡位置的对称点，物体的速度大小相等，方向可以相同，也可以相反，故B正确；关于平衡位置的对称点，物体的加速度大小相等、方向相反，故C错误；由于动能只跟速度的大小有关，与方向无关，而两点处速度大小相等，故动能一定相同，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 9． (2024·广西桂林十八中高二统考期末)如图甲所示，装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，把玻璃管向下缓慢按压3 cm后放手，忽略阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，对于玻璃管的运动，下列说法正确的是 A．回复力由玻璃管所受的浮力提供 B．在t＝1.25 s时，玻璃管的速度方 向为竖直向下 C．在0.5～1.0 s的时间内，位移增大，加速度增大，速度减小 D．在1.0～2.0 s的时间内，玻璃管的位移为零 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 根据题意可知，装有一定量液体的玻璃管受重力和浮力，则回复力由玻璃管重力和所受浮力的合力提供，故A错误；根据题意，由题图乙可知，在t＝1.25 s时，玻璃管的速度方向为竖直向下，故B正确；由题图乙可知，在0.5～1.0 s的时间内，玻璃管由平衡位置向正向最大位移处振动，则位移增大，加速度增大，速度减小，故C正确；由题图乙可知，在1.0～2.0 s的时间内，玻璃管的位移不为零，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 10．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、势能和机械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图线表示动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 √ √ 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图线表示机械能随位置的变化关系，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，故A、C错误，B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 11．(7分)在“用单摆测定重力加速度”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________s。 低 2.05 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 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； 题图甲中停表的读数为t＝90 s＋12.5 s＝102.5 s 则单摆的振动周期为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (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。 99.75 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (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＝________。 由单摆的周期公式为 可得重力加速度的表达式为 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (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 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 由于受到空气浮力的影响，相当于小球所受重力减小，小球的质量不 变，则等效重力加速度减小，根据 可得，振动的周期变大， 故甲的说法正确。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 12．(8分) (2024·佛山市高二段考)在“用单摆测量重力加速度”的实验中： (1)下面叙述正确的是______(选填选项前的字母)。 A．1 m和30 cm长度不同的同种细线，选用1 m的细线做摆线 B．直径为1.8 cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球 C．如图甲、乙、丙摆线上端的三种悬挂方式，选甲方式悬挂 D．当单摆经过平衡位置时开始计时(记为第0次)，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50作为单摆振动的周期 AB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 用单摆测量重力加速度，为了使得单摆运动近 似为简谐运动，摆线应适当长一些，即1 m和 30 cm长度不同的同种细线，选用1 m的细线做 摆线，故A正确；为了减小实验中空气阻力引 起的误差，实验中应选择质量大、体积小的球体，即直径为1.8 cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球，故B正确；题图甲、乙中摆线缠绕在水平杆上，摆动过程中，摆线的长度不断发生变化，实验误差较大，题图丙中，摆线用铁夹子夹住，摆长不变，所以选丙方式悬挂，故C错误；单摆在平衡位置，即最低点速度最大，便于确定，因此在单摆经过平衡位置时开始计时，若50次经过平衡位置后停止计时，因此每经过平衡位置一次经历时间为半个周期，则用此时间除以25作为单摆振动的周期，故D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)利用图丁的方式测量摆长l，图中示数为______cm。 91.60 利用题图丁的方式测量摆长l， 示数为l＝90.80 cm＋ cm＝91.60 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (3)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度 g＝__________(用测出的物理量表示)。 由于摆线长l，则摆长为 ， 根据单摆的周期公式 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (4)某同学用一个铁锁代替小球做实验。只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为l1和l2时单摆的周期T1和T2，则可得重力加速度 g＝______________(用测出的物理量表示)。 摆长为摆线长与铁锁重心到摆线与铁锁节点间距x0之和，则有L1＝l1＋x0，L2＝l2＋x0，根据周期公式有 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (5)另一位同学在利用图丁获得摆长l时，每次都在小球最低点b取数，然后测量了多组实验数据作出了T2-l图像，那么他最有可能得到的图像是_____。 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 根据题意有 可知T2-l是一条纵轴截距为负值、斜率为正值的倾 斜直线。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 13．(12分)(2024·佛山市三水区三水中学高二段 考)如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以 下问题。 (1)在第2 s末到第3 s末这段时间内，小球的加速 度、速度、弹簧的弹性势能各是怎样变化的？ 答案：增大　减小　增大　 由题图可知，在t＝2 s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度是零，速度最大，随着时间的增加，位移不断增大，由 可知加速度也变大，速度不断变小，弹簧的形变量增大，弹性势能逐渐增大，当t＝3 s时，加速度达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)计时起点可任意选取，1 s内小球的最大路程有 多大？(只需写出结果) 由振动图像可得，振幅A＝5 cm，周期T＝4 s， 则角频率 又初相φ＝0，则该振子做简谐运动的表达式为 小球越靠近平衡位置，速度越大，在1 s内最大路程应在通过平衡位置前后各0.5 s出现。可把t1＝1.5 s及t2＝2.5 s代入表达式，得x1、x2，最大路程为 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 14．(12分)(2024·江门市市棠下中学高二校考)如图所示，轻弹 簧上端固定，下端连接一小物块A，物块沿竖直方向做简谐运 动，以竖直向上为正方向，物块做简谐运动的表达式为 y＝0.1 sin m，t＝0 时刻，物块A开始振动；t1＝0.8 s时， 一小球B从距物块h高处开始自由落下；t2＝1.4 s时，小球B恰好 与物块A处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。求： (1)简谐运动的周期T； 答案：0.8 s　 根据物块做简谐运动的表达式y＝0.1sin m，可知ω＝2.5π rad/s 则简谐运动的周期 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)t＝1.4 s内物块A运动的路程s； 答案：0.7 m 则t＝1.4 s内物块A运动的路程 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (3)h的大小。 答案：1.7 m t2＝1.4 s时 小球B做自由落体运动，有 解得h＝1.7 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 15．(15分)如图甲所示，置于水平长木板上的滑块用细 绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做 匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗(可视为质 点)，用较长的细线系于纸带正上方的O点，在滑块运动 的同时，漏斗在垂直于滑块运动的方向的竖直平面内做 摆角很小(小于5°)的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (1)试证明此漏斗做简谐运动； 对漏斗，设偏角为θ时，位移为x，重力垂直绳方向的分力提供回复力，有F＝mg sin θ 当θ很小时， 回复力方向与x方向相反，可得 满足 ，可知漏斗的振动为简谐运动。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)根据图丙求漏斗振动的周期T及摆长L； 根据题图丙可知漏斗振动的周期T＝2t0 根据单摆的周期公式有 解得 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (3)图乙中测得A、C两点间距离为x1，A、E两点间距离为x2，求滑块加速度的大小及液体滴在D点时滑块速度的大小。 由匀变速直线运动的规律可知xCE－xAC＝aT2 即(x2－x1)－x1＝a(2t0)2 液体滴在D点时滑块速度的大小 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 谢 谢 观 看 ！ 第二 章　 机械振动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 T＝2π ，可得L＝， T∶T T甲＝2π，T乙＝2π T甲月＝2π，结合T甲＝2π 根据题图乙可知，简谐运动的位移公式y＝－A cos ，则t＝时有y＝－A cos ＝－A，所以小球从最低点向上运动的距离为Δy＝A－A＝A<A，则小球从最低点向上运动的距离小于。在t＝时，小球回到平衡位置，此时小球的速度最大，所以小球的动能最大。 A．经时间，小球从最低点向上运动的距离小于 B．在时刻，小球向下运动 C．在时刻，小球的动能最大 由题图乙可知简谐振动的位移随时间关系为y＝－A cos t，则t＝时，有y＝－A cos ·＝－A，所以经时间，小球从最低点向上运动的距离为Δy＝A－A＝A<，故A正确；由题图乙可知，在时刻，小球向上运动，故B错误；由题图乙可知，在时刻，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的动能最大，故C正确；小球在一个周期内运动的路程为4A，故D错误。故选AC。 x＝10sin cm x＝10sin cm T＝＝8 s ω＝ rad/s x＝10sin cm T＝2π T＝2π g＝ T＝ T＝2π T＝2π g＝L t2＝×2π， T＝t1＋t2＝(＋1)π A．L B．2π C．(＋1)π D．(＋1)π t1＝×2π，以L T＝＝ s＝2.05 s。 T＝2π g＝ T＝2π × L＝l＋ T＝2π，解得g＝。 T1＝2π，T2＝2π， 解得g＝。 T＝2π，解得T2＝l－， a＝－， ＝5 cm 答案：5 cm ω＝＝ rad/s x＝5sin cm T＝＝ s＝0.8 s。 因n＝＝＝ s＝n×4A＝×4×0.1 m＝0.7 m。 h＋|y|＝g y＝0.1sin m＝0.1sin m＝－0.1 m sin θ≈ F＝－x F＝－kx 答案：2t0　　 T＝2π L＝ 答案：　 解得a＝ vD＝＝。 $