章末检测试卷(第二章 机械振动)（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

该高中物理课件聚焦机械振动核心知识，涵盖简谐运动规律、单摆周期公式、共振条件及振动图像分析，通过章末检测题导入，衔接运动学基础，搭建从现象到规律的学习支架。 其亮点在于结合生活实例（如轿车悬挂系统共振）和实验探究（单摆测重力加速度），强化物理观念中的运动与相互作用观念，培养科学思维的模型建构与科学推理能力。学生能深化知识理解，提升应用能力，教师可高效开展复习与评估。

章末检测试卷(二) 第 二 章 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B B D A D A D 题号 9 10 11 12 13 答案 C D BC ABD AD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 题号 14 答案 Ⅰ.(1)9.87　(2)等于　(3)小于　Ⅱ.(1)7.880　(2) 题号 15 16 答案 (1)10 m/s2　(2)1 m/s (3)1 kg·m/s (1)x＝5sint (cm)　(2)5 m　(3)0　沿x轴正方向　16 J 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 题号 17 答案 (1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)(6.6+) s 题号 18 答案 (1)R　　(2)x＝Rsin ωt　见解析　(3)见解析图(a)　见解析图(b) 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 一、选择题Ⅰ 1.(2024·浙江省高二期中)关于图中弹簧振子的简谐运动，下列说法中正确的是 A.振幅越大，则弹簧振子的周期越大 B.小球从最低点向平衡位置运动的过程中，弹簧弹力始终做 　正功 C.小球在振动过程中的回复力由弹簧的弹力提供 D.小球在振动过程中，动能与重力势能之和保持不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 弹簧振子的周期与振幅无关，故A错误； 小球从最低点向平衡位置运动的过程中，弹簧的弹力竖直向上，弹簧弹力始终做正功，故B正确； 小球在振动过程中的回复力由弹簧的弹力和重力的合力提供，故C错误； 弹簧振子在振动过程中，动能、重力势能与弹性势能之和保持不变，故D错误。 16 17 18 2.(2024·温州市高二月考)一弹簧振子做简谐运动的图像如图所示，则下列说法正确的是 A.它的振幅为0.1 cm B.它在0.15 s和0.25 s时速度相等 C.它在0.5 s内通过的路程为0.4 m D.它在0.1 s和0.3 s时位移相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由简谐运动图像可知，振幅为A＝0.1 m，故A错误； x－t图像的斜率表示速度，在0.15 s和 0.25 s时，图像的斜率相同，所以速度相同，故B正确； 弹簧振子在一个周期0.4 s内通过的路程为s＝4A＝0.4 m，所以在0.5 s内通过的路程大于0.4 m，故C错误； 由题图可知，在0.1 s和0.3 s时位移大小相等，方向相反，故D错误。 13 14 15 16 17 18 3.一质点沿水平方向的振动方程为x＝10sin(5πt+π) cm，取水平向右为位移的正方向，则在t＝0.25 s时下列说法正确的是 A.质点在平衡位置的右方，水平向左运动 B.质点在平衡位置的右方，水平向右运动 C.质点在平衡位置的左方，水平向右运动 D.质点在平衡位置的左方，水平向左运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 由振动方程可知，t＝0.25 s时x＝10sin(5π×0.25+π) cm＝5 cm，则质 点在平衡位置的右方，周期为T＝ s＝ s，分析可知，当0<t< s或 s<t< s时，质点水平向左运动，当 s<t< s时，质点水平向右运 动，故t＝0.25 s时，质点水平向右运动，故选B。 16 17 18 4.轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”的固有周期是0.5 s，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图。已知相邻两条减速带间的距离为1.0 m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是 A.该轿车通过减速带时车身上下振动的频率等于2 Hz， 　与车速无关 B.轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度也越小 C.轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈 D.当轿车以2 m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 轿车通过减速带时，车身上下振动的频率等于驱动力的频率，而驱动力的频率与车速有关，故A错误； 根据共振发生的条件可知，汽车的固有频率等于减速带产生的驱动力频率时，汽车会发生共振，振动最强烈，此时轿车通过两条相邻减速 带的时间等于固有周期0.5 s，所以轿车的速度v＝ m/s＝2 m/s， 因此汽车通过减速带的速度从大于2 m/s减小的过程中，车身上下振动的幅度先增大后减小，故B、C错误，D正确。 13 14 15 16 17 18 5.一单摆在浙江的共振曲线如图所示，以下说法正确的是 A.单摆摆长约为1 m B.增大摆长，峰值将右移 C.增大摆球质量，峰值将右移 D.在月球上峰值将右移 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 16 17 18 由题图可知，当驱动力频率等于0.5 Hz时发生共振，振幅最大，因此单 摆固有频率为0.5 Hz，则周期T＝ s＝2 s，根据T＝2π，代入数 据解得l≈1 m， 故A正确； 若摆长增大，根据T＝2π，可知周期变大，固有频率减小，共振曲线 的峰值向左移，故B错误； 增大摆球质量，周期不变，峰值不动，故C错误； 若在月球上做实验，g减小，周期变大，固有频率减小，共振曲线的峰值向左移，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 6.(2024·桐乡市期末)如图所示，并列悬挂两个相同的弹簧振子，分别将小球A、小球B向下拉至P、Q位置，此时两球离开平衡位置的距离分别为x和1.5x(均在弹簧弹性限度范围内)。先把小球A由静止释放，当A第一次到达平衡位置时，由静止释放小球B，则 A.小球A到达最高点时，小球B还没有到达平衡位置 B.在平衡位置时，小球A与小球B的动能相等 C.运动过程中，小球A和小球B的速度不可能相等 D.小球B比小球A总是滞后四分之一个周期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 并列悬挂两个相同的弹簧振子，可知小球A、B的周期相同，小球A由静止释放，当A第一次到达平衡位置时，由静止释放小球B，即小球A先振动四分之一个周期，故小球A到达最高点时，小球B位于平衡位置，小球B比小球A总是滞后四分之一个周期，故A错误，D正确； 小球B拉离平衡位置的距离较大，小球B的振幅大，总能量较大，在平衡位置时，小球A、B的重力势能相等，弹簧弹性势能相等，故小球A的动能小于小球B的动能，故B错误； 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小球B比小球A滞后四分之一个周期，小球B的振幅比小球A的振幅大，根据x－t图像的斜率表示速度，可知运动过程中，小球A和小球B的速度可能相等，故C错误。 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 7.小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s，小球第一次经过P点，又经过0.2 s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过P点 A.0.6 s B.2.4 s C.0.8 s D.2.1 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 若小球从O点开始向指向P点的方向振动，作出示意图如图甲，则小球的振动周期为T＝(0.5+0.1)×4 s＝2.4 s 则该小球再经过时间Δt＝T－0.2 s＝2.2 s，第三次经过P点；若小球从O 点开始向背离P点的方向振动，作出示意图如图乙，则(0.5+0.1) s＝T'， 振子的振动周期为T'＝0.8 s，则该小球再经过时间Δt'＝T'－0.2 s＝0.6 s，第三次经过P点，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 8.如图甲所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点处有一个钉子，单摆摆动的夹角始终小于5°，从t＝0时刻开始绳子上的拉力大小随时间t的变化如图乙所示，C、A分别为运动过程中左右两侧最高点，B为最低点，忽略一切阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.绳子遇到钉子后，绳子上的拉力变小 B.t＝0.4π s时小球在C位置 C.OA的长度为0.4 m D.OP之间的距离为1.2 m 13 14 15 16 17 18 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 绳子遇到钉子后，单摆的速度不变，单摆的摆长减小，根据牛顿第二 定律FT－mg＝m，可知绳子上的拉力变大，故A错误； 单摆在AB区间运动时，摆长较长，运动周期较长，t＝0.4π s时绳子上的拉力在此过程中最小，为最高点，故t＝0.4π s时小球在A位置，故B错误； OA为摆长时单摆的周期T＝2×(0.6－0.2)π s＝2π，解得OA的长度 为lOA＝1.6 m，故C错误； PC为摆长时单摆的周期T1＝2×(0.2－0)π s＝2π，解得PC的长度为 lPC＝0.4 m，OP之间的距离为lOP＝lOA－lPC＝1.2 m，故D正确。 13 14 15 16 17 18 9.如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则 A.弹簧的最大伸长量为2 m B.t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大 C.t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球的重力势能逐渐减小 D.t＝0到t＝0.4 s内，回复力的冲量为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 16 17 18 小球的振幅等于振子位移的最大值，由题图乙可知，振幅为A＝2 cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝4 cm，A错误； t＝0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，B错误； t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球由最高点向最低点运动，小球的重力势能逐渐减小，C正确； t＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t＝0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，t＝0到t＝0.4 s过程中，回复力方向都为沿斜面向下，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 10.(2024·浙江1月选考)如图甲所示，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乙所示，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 以竖直向上为正方向，根据题图乙可知，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； t2时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正(余)弦图像，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； 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； 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据光的直线传播，小球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。 13 14 15 16 17 18 二、选择题Ⅱ 11.如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的MN之间做往复振动，振幅为A，周期为T，O为平衡位置，P0为ON的中点，下列说法正确的是 A.小球受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用 B.小球由O运动至P0，所用的时间为 C.小球由N向O运动过程中，回复力和位移均逐渐减小 D.小球每经过时间，通过的距离均为A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 回复力是一种效果力，实际上不存在，所以A错误； 以小球从O点开始运动的时刻作为计时起点，则其位移－时间关系为x ＝Asin t，当x＝t＝，得t＝，所以B正确； 由简谐运动的回复力公式F回＝－kx，则小球由N向O运动过程中，回复力和位移均逐渐减小，所以C正确； 小球每经过时间，通过的距离不一定为A，只有当初始时刻小球在平衡位置或最大位移处时，时间内通过的距离才为A，所以D错误。 13 14 15 16 17 18 12.(2024·浙江省高二期末)如图甲所示，一个单摆做小角度(小于5°)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，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是 A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝ 　8sin(πt) cm B.单摆的摆长约为1 m C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，回复力逐渐减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 由题图乙可知，单摆的振幅为8 cm，周期为2 s，且零时刻位于平衡位置并向正方向移动，所以单摆位移随时间变化关系式为x＝8sin(πt) cm，故A正确； 根据单摆的周期公式为T＝2π，解得l＝≈1 m，故B正确； 从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最右端摆到最低点，重力势能逐渐减小，回复力逐渐减小，故C错误，D正确。 13.公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。竖直向上为正方向，以某时刻为计时起点，其振动图像如图所示，则下列说法正确的是 A.t＝T时，货物对车厢底板的压力最小 B.t＝T时，货物对车厢底板的压力最小 C.t＝T时，货物对车厢底板的压力最小 D.t＝T时，货物所受合力为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 16 17 18 √ √ 若货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，则 货物向下的加速度最大，由振动图像可知，在时，货物向下的加速度 最大，A正确，B错误； 要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大， 则货物向上的加速度最大，由振动图像可知，在T时，货物向上的加 速度最大，所以此时货物对车厢底板的压力最大，C错误； T时刻货物加速度为零，货物所受支持力与重力等大反向，合力为零，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 三、非选择题 14.Ⅰ.(2024·浙江省高二期中)小王同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验，实验中他直接将摆线长度当作摆长，测得数据记录如下表： 物理量 第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 第六组 第七组 L/m 1.000 0 0.950 0 0.900 0 0.850 0 0.800 0 0.750 0 0.700 0 T2/s2 4.00 3.77 3.59 3.50 3.15 2.99 2.82 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 小王同学以周期平方T2为横坐标，摆线长L为纵坐标，得到了图像的斜率为0.249 9，取π2＝9.87。 (1)根据图像得到的重力加速度值为　　　(结果保留三位有效数字)。 9.87 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 根据T＝2π可得L＝T2－r， 由图像可知＝0.249 9 m/s2， 解得g≈9.87 m/s2 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)小王同学根据图像求得的重力加速度值　　　 (填“大于”“等于”或“小于”)真实值。 等于 由上述表达式可知，小王同学将摆线长作为摆长不影响图像的斜率，则根据图像求得的重力加速度值等于真实值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)实验中小王同学发现，小球在水平面内做圆锥摆运动，测量的周期 　　　 单摆的周期(填“大于”“等于”或“小于”)。 小于 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 若小球在水平面内做圆锥摆运动， 则mgtan θ＝mLsin θ， 解得T＝2π， 则测量的周期小于单摆的周期。 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 Ⅱ.(2024·浙江省高二期中)用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”实验： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (1)用螺旋测微器测量摆球的直径，结果如图甲所示，可读出摆球的直径为d＝　　　 mm，用米尺测得绳长为L。 7.880 根据螺旋测微器读法可得小球的直径d＝7.5 mm+38.0×0.01 mm＝7.880 mm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)实验时，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、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，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的变化图线如图丙所示，重力加速度g的表达式为g＝　　　 (用题目及图中的字母表示)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 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， 由题图丙可得，周期为T＝t1+2t0－t1＝2t0， 根据单摆的周期公式T＝2π， 可得g＝。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 15.如图所示， 一质量m＝1 kg的小球固定在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，该弹簧的劲度系数k＝100 N/m，小球穿在水平光滑细杆上。不加任何外力作用时，小球静止在O点。现将小球向右拉至A点，然后由静止释放，小球做简谐运动，B点是小球向左运动的最远位置。其中OA＝10 cm，小球在A点时弹簧的弹性势能为0.5 J，不计其他阻力。求小球： (1)在B点时的加速度大小； 答案　10 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 因为小球做简谐运动， A、B两点关于O点对称，小球在B点的位移大小为x＝OB＝OA＝10 cm＝0.1 m；在B 点受力分析可得FB＝kx＝ma，解得a＝10 m/s2， 故在B点时的加速度大小为10 m/s2。 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)在O点时的速度大小； 答案　1 m/s 弹簧振子做简谐运动过程中机械能守恒，由A运动到O的过程中，弹性 势能转化为动能，故Ep＝m，解得v0＝1 m/s，故在O点时的速度大 小为1 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)从A点运动到O点的过程中，弹簧弹力的冲量大小。 答案　1 kg·m/s 从A点运动到O点的过程中，由动量定理可得I＝mv0－0，解得I＝1 kg·m/s，故弹簧弹力的冲量大小为1 kg·m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 16.如图所示为一水平弹簧振子的振动图像，已知振动系统的最大动能为16 J，求： (1)该振子简谐运动的表达式； 答案　x＝5sint (cm) 由题图可知弹簧振子的周期为T＝4 s，振幅为A＝5 cm， 则有ω＝ rad/s，则该振子简谐运动的表达式为x＝5sint (cm)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)该振子在100 s内通过的路程； 答案　5 m 因为n＝＝25，而弹簧振子在一个周期内通过的路程为4A，所以该振子在100 s内通过的路程是s＝25×4A＝25×4×5 cm＝500 cm＝5 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)在第2 s末弹簧振子的加速度大小；第4 s末振子的速度方向；第5 s末弹簧的弹性势能。 答案　0　沿x轴正方向　16 J 由题图可知第2 s末弹簧振子位于平衡位置，故加速度为0；第4 s末弹簧振子位于平衡位置，速度沿x 轴正方向；由于弹簧振子振动过程中机械能守恒，系统最大动能为16 J，则系统机械能为16 J，第5 s末弹簧振子位于正向最大位移处，速度为零，动能为零，弹簧的弹性势能最大，故第5 s末弹簧的弹性势能为16 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 17.如图所示为某一游戏的局部简化示意图。AB是长L1＝25 m、与水平面夹角α＝37°的倾斜直轨道，BC是长L2＝9.6 m的水平轨道，CD是固定在竖直面内的半径R＝20 m的光滑圆轨道上的一段圆弧，C为圆弧的最低点，轨道AB与BC、BC与CD均平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，小车(可视为质点)在A点由静止滑下，并恰好能冲到CD轨道上的E点(E点与圆心O的连线与竖直方向的夹角θ < 5°)。已知小车与轨道AB、轨道BC间的动摩擦因数均为μ ＝0.5，重力加速 度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (1)小车在倾斜直轨道AB上运动的加速度大小； 答案　2 m/s2 小车在倾斜直轨道AB上运动时，令小车质量为m，对其进行受力分析， 由牛顿第二定律可知mgsin α－μmgcos α＝ma1 解得a1＝2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)小车到达C点时的速度大小； 答案　2 m/s 小车由A点运动到C点， 根据动能定理可得mgL1sin α－μmgL1cos α－μmgL2＝m 解得vC＝2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)小车从A到E的运动时间(结果保留根号和π)。 答案　(6.6+) s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 设小车在倾斜直轨道AB上运动的时间为t1， 运动到B点的速度为vB， 有L1＝a1，vB＝a1t1 设小车在水平轨道上运动的时间为t2，加速度为a2，对其受力分析由牛顿第二定律和运动学公式可知 ma2＝μmg，vC＝vB－a2t2 依题意，小车在圆弧上的运动为类单摆模型， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 根据单摆的周期公式，可得tCE＝T＝×2π 小车从A到E的运动时间为t＝t1+t2+tCE 联立，解得t＝(6.6+) s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 18.如图所示，一小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，一束水平方向的平行光照在小球上，在竖直平面上生成了小球的投影，投影以O'为中心、在A、B间往复运动。已知小球做匀速圆周运动的半径为R，角速度为ω。 (1)求出小球投影的振幅A和周期T； 答案　R　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 由题图可以看出，小球投影的振幅A＝R 小球投影的周期与小球做匀速圆周运动的周期相同， 周期为T＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (2)取O'点为平衡位置，竖直向上为正方向，小球运动到P点开始计时，求出小球投影的位移x随时间t变化的关系式并由此说明小球投影的运动规律； 答案　x＝Rsin ωt　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 取O'点为平衡位置，竖直向上为正方向，小球运动到P点开始计时，则小球投影的位移x＝Rsin ωt，可知小球投影的位移x随时间t做正弦规律的变化，这类似于弹簧振子的运动，是简谐运动，则小球投影由O'到A做加速度增大的减速运动；由A到O'做加速度减小的加速运动；由O'到B做加速度增大的减速运动；由B到O'做加速度减小的加速运动； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 (3)在图甲和图乙所示的坐标系中分别画出小球从P点开始计时运动一周的过程中其投影的v－t图像和a－t图像。 答案　见解析图(a)　见解析图(b) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 16 17 18 小球从P点开始计时，则投影的速度为v'＝vcos ωt＝ωRcos ωt 所以投影的v－t图像如图(a)所示 投影的加速度为 a'＝ansin ωt＝ω2Rsin ωt 所以投影的a－t图像如图(b)所示。 本课结束 第 二 章 $