資源簡介

(共62張PPT)
復習任務群一
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第二章　機械振動
章末綜合提升
鞏固層·知識整合
提升層·主題探究
主題1　簡諧運動的五大特征
受力特征 回復力F＝－kx，F(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反
運動特征 衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小
能量特征 振幅越大，能量越大，在運動過程中，系統的動能和勢能相互轉化，機械能守恒
周期性特征 質點的位移、回復力、加速度和速度隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為
對稱性特征 關于平衡位置O對稱的兩點，速度的大小、動能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等；由對稱點到平衡位置O用時相等
【典例1】　如圖甲所示，一單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法正確的是(　　)
甲　　　　　　　　 乙
A．單擺的擺長約為1.0 m
B．單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝8sin 2πt cm
C．從t＝0.5 s到t＝1.0 s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大
D．從t＝1.0 s到t＝1.5 s的過程中，擺球的回復力逐漸減小
√
A　[由題圖乙可知單擺的周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由單擺的周期公式T＝2π，代入數據可得l≈1 m，A正確；由ω＝可得ω＝
rad/s，則單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝A sin ωt＝8sin πt cm，B錯誤；從t＝0.5 s到t＝1.0 s的過程中，擺球從最高點運動到最低點，重力勢能減小，C錯誤；從t＝1.0 s到t＝1.5 s的過程中，擺球的位移增大，回復力增大，D錯誤。]
一語通關　(1)做簡諧運動的物體經過平衡位置時，回復力一定為零，但所受合外力不一定為零。
(2)由于簡諧運動具有周期性和對稱性， 因此涉及簡諧運動時往往會出現多解的情況，分析時應特別注意。
(3)位移相同時，回復力、加速度、速率、動能和勢能等可以確定，但速度可能有兩個方向，由于周期性，運動時間也不能確定。
主題2　簡諧運動的圖像及應用
簡諧運動的圖像描述了振動質點的位移隨時間變化的規律。從圖像中可以確定位移、速度、加速度、動能和勢能等物理量以及它們的變化規律，具體分析如表：
項目 內容
橫、縱軸表示的物理量 橫軸表示時間，縱軸表示質點的位移
意義 表示振動質點的位移隨時間變化的規律
項目 內容
形狀

應用 ①直接從圖像上讀出周期和振幅
②確定任一時刻質點相對平衡位置的位移
③判斷任意時刻振動質點的速度方向和加速度方向
④判斷某段時間內振動質點的位移、速度、加速度、動能及勢能大小的變化情況
說明
①振動圖像不是振動質點的運動軌跡
②計時起點一旦確定，已經形成的圖像形狀不變，以后的圖像隨時間向后延伸
③簡諧運動圖像的具體形狀跟正方向的規定有關
【典例2】　如圖所示是一個質點做簡諧運動的圖像，根據圖像回答下面的問題：
(1)振動質點離開平衡位置的最大距離；
(2)寫出此振動質點位移隨時間變化的關系式；
(3)振動質點在0～0.6 s的時間內通過的路程；
(4)振動質點在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s時的振動方向；
(5)振動質點在0.6～0.8 s這段時間內速度和加速度是怎樣變化的？
(6)振動質點在0.4～0.8 s這段時間內的動能變化是多少？
[解析]　(1)由題圖可以看出，質點振動的振幅為5 cm，即為質點離開平衡位置的最大距離。
(2)由題圖可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0，所以x＝A sin (ωt＋φ)＝
A sin ＝5sin cm＝5sin (2.5πt)cm。
(3)由題圖可以看出，質點振動的周期為T＝0.8 s，0.6 s＝3×，振動質點是從平衡位置開始振動的，故在0～0.6 s的時間內質點通過的路程為s＝3A＝3×5 cm＝15 cm。
(4)在t＝0.1 s時，振動質點處在位移為正值的某一位置上，若從t＝0.1 s起取一段極短的時間間隔Δt(Δt→0)的話，從題圖中可以看出振動質點的正方向的位移將會越來越大，由此可以判斷得出質點在t＝0.1 s時的振動方向是沿題中所設的正方向。同理可以判斷得出質點在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s時的振動方向分別是沿題中所設的負方向、負方向和正方向。
(5)由題圖可以看出，在0.6～0.8 s這段時間內，振動質點從最大位移處向平衡位置運動，故其速度越來越大；而質點所受的回復力指向平衡位置，并且逐漸減小，故其加速度的方向指向平衡位置且越來越小。
(6)由題圖可以看出，在0.4～0.8 s這段時間內，質點從平衡位置經過半個周期的運動又回到了平衡位置，盡管初、末兩個時刻的速度方向相反，但大小是相等的，故這段時間內質點的動能變化為零。
[答案]　(1)5 cm　(2)x＝5sin (2.5πt) cm　
(3)15 cm　(4)正方向　負方向　負方向　正方向
(5)速度增大，加速度減小　(6)零
主題3　單擺周期公式的應用
1．對單擺周期公式的理解
(1)單擺的周期公式在單擺擺角很小時成立。
(2)公式中l是擺長，即懸點到擺球球心的距離，l＝l線＋r球。
(3)公式中g是單擺所在地的重力加速度，由單擺所在的空間位置決定。
(4)周期T只與l和g有關，與擺球質量m及振幅無關。
2．有關周期T的常見情況
(1)同一單擺，在地球的不同位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同。
(2)同一單擺，在不同的星球上，其周期也不相同。例如單擺放在月球上時，由于g月(3)當單擺處在繞地球運行的衛星中時，由于衛星處于完全失重狀態，等效重力加速度g＝0，則周期T為無窮大，即單擺不會振動。
(4)當單擺放在豎直方向的電場中，若單擺帶電，則類似于超(失)重，等效加速度g′＝g＋a(或g′＝g－a)，其中a＝(g>a)，故周期T變化。
【典例3】　如圖所示，單擺甲放在空氣中，周期為T甲；單擺乙放在以加速度a(g>a)向下加速的電梯中，周期為T乙；單擺丙帶正電荷，放在勻強電場E中，周期為T丙，單擺甲、乙、丙的擺長l相同。則下列說法正確的是(　　)
甲　 　乙　　　 丙
A．T甲＞T乙＞T丙
B．T乙＞T甲＞T丙
C．T甲＞T丙＞T乙
D．T丙＞T甲＞T乙
√
B　[對甲擺：T甲＝2π。對乙擺：T乙＝2π。對丙擺：由于擺球受豎直向下的重力的同時，還受豎直向下的靜電力，靜電力在圓弧切向產生分力，與重力沿切向的分力一起提供回復力，相當于重力增大了，等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋，故周期T丙＝2π，所以T乙＞T甲＞T丙。]
一語通關　同一單擺放到不同環境中，等效重力加速度不同，導致周期不同。
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(總分：100分)
一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。
1．在飛機的發展史中有一個階段，飛機升空后不久，飛機的機翼很快就抖動起來，而且越抖越厲害。后來經過人們的探索，利用在飛機機翼前緣處裝置一個配重桿的方法，解決了這一問題。在飛機機翼前緣處裝置配重桿的目的主要是(　　)
章末綜合測評(二)　機械振動
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A．加大飛機的慣性
B．使機體更加平衡
C．使機翼更加牢固
D．改變機翼的固有頻率
√
D　[飛機機翼振動的原因是氣流使機翼振動的周期接近機翼的固有周期，機翼發生了共振現象，通過裝置一個配重桿的方法改變機翼的固有周期，從而避免共振的發生，選項D正確。]
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2．做簡諧運動的物體，當它每次經過同一位置時，可能不同的物理量是(　　)
A．位移 B．速度
C．加速度 D．回復力
√
B　[做簡諧運動的物體，當它每次經過同一位置時，位移x相同，回復力相同，加速度相同，可能不同的物理量是速度，故B正確。]
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3．單擺在擺動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．回復力由重力和細線拉力的合力提供
B．擺動到最低點時回復力為零
C．動能變化的周期等于振動周期
D．小球質量越大，周期越長
√
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B　[重力沿圓弧切線方向的分力提供單擺做簡諧運動的回復力，故A錯誤；擺動到最低點時回復力為零，故B正確；小球從最高點開始擺動過程中，小球的動能先增大后減小，到達另一側最高點時動能為零，然后再重復，故其動能的變化周期為單擺振動周期的一半，C錯誤；單擺的周期T＝2π，與小球的質量無關，故D錯誤。]
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4．一根彈簧原長為l0，掛一質量為m的物體時伸長x。當把這根彈簧與該物體套在一光滑水平的桿上組成彈簧振子，且其振幅為A時，物體振動的最大加速度為(　　)
A．
C．
√
B　[振子的最大加速度a＝，而mg＝kx，解得a＝，B項正確。]
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5．如圖甲所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉下一段距離A，由靜止釋放。以鋼球平衡位置為坐標原點、豎直向上為正方向建立x軸，當鋼球在振動過程中某一次經過平衡位置時開始計時，鋼球運動的位移—
時間圖像如圖乙所示。已知鋼球振動過程中
彈簧始終處于拉伸狀態，則(　　)
甲　　　　乙
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A．t1時刻鋼球處于超重狀態
B．t2時刻鋼球的速度方向向上
C．t1～t2時間內鋼球的動能逐漸增大
D．t1～t2時間內鋼球的機械能逐漸減小
√
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D　[t1時刻，鋼球位于平衡位置上方，位移為正，所以加速度為負，有向下的加速度，處于失重狀態，故A錯誤；t2時刻，鋼球位于平衡位置下方，正在遠離平衡位置，速度方向向下，故B錯誤；t1～t2時間內，鋼球的速度先增大后減小，動能先增大后減小，故C錯誤；t1～t2時間內，鋼球一直向下運動，彈簧彈力一直向上，鋼球需克服彈力做功，根據能量守恒定律可知，鋼球的機械能逐漸減小，故D正確。]
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6．將秒擺的周期由2 s變為1 s，下列措施可行的是(　　)
A．將擺球的質量減半 　 B．將振幅減半
C．將擺長減半 　 D．將擺長減為原來的
D　[秒擺的周期由2 s變為1 s，周期變為原來的，由單擺周期公式T＝2π可知，應將擺長減為原來的，秒擺的周期與擺球的質量、振幅無關，故選項D正確。]
√
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7．蜘蛛會根據絲網的振動情況感知是否有昆蟲“落網”，若絲網的固有頻率為200 Hz，下列說法正確的是(　　)
A．“落網”昆蟲翅膀振動的頻率越大，絲網的振幅越大
B．當“落網”昆蟲翅膀振動的頻率低于200 Hz 時，絲網不振動
C．當“落網”昆蟲翅膀振動的周期為0.005 s時，
絲網的振幅最大
D．昆蟲“落網”時，絲網振動的頻率由絲網自
身的結構所決定，與昆蟲翅膀振動頻率無關
√
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C　[根據共振的條件可知，驅動力的頻率等于系統的固有頻率時，系統發生共振，振幅達最大，故A、B錯誤；當“落網”昆蟲翅膀振動的周期為0.005 s時，其頻率f＝＝ Hz＝200 Hz，與絲網的固有頻率相等，所以絲網的振幅最大，故C正確；受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，所以昆蟲“落網”時，絲網振動的頻率由“落網”昆蟲翅膀振動的頻率決定，故D錯誤。]
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8．如圖所示為兩個單擺做受迫振動的共振曲線，則下列說法正確的是(　　)
A．兩個單擺的固有周期之比為TⅠ∶TⅡ＝2∶5
B．兩個單擺的擺長之比lⅠ∶lⅡ＝4∶25
C．圖線Ⅱ對應單擺擺長約為1 m
D．若兩條圖線分別對應同一單擺在月球上和地
球上的受迫振動，則圖線Ⅱ是月球上的單擺的共振曲線
√
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C　[由共振曲線及共振的條件可知，圖線Ⅰ和Ⅱ的兩個單擺的固有頻率分別為0.2 Hz和0.5 Hz，周期之比TⅠ∶TⅡ＝5∶2，A錯誤；由單擺的周期公式T＝2π可知，lⅠ∶lⅡ＝＝25∶4，B錯誤；同時可知lⅡ＝≈1 m，C正確；當擺長不變時，重力加速度越大，固有頻率越大，月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度，故D錯誤。]
A．質點做簡諧運動的方程為x＝A sin t
B．質點在位置b與位置d時速度大小相同，
方向不同
C．質點從位置a到c和從位置b到d所用時間相等
D．質點從位置a到b和從b到c的平均速度相等
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9．一個質點以O為中心做簡諧運動，位移隨時間變化的圖像如圖所示。a、b、c、d表示質點在不同時刻的相應位置，且b、d關于平衡位置對稱，則下列說法正確的是(　　)
√
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C　[由題給的質點位移隨時間變化的圖像可知，振幅為A，周期T＝8 s，質點做簡諧運動的方程為x＝A sin t＝A sin t，A錯誤；根據簡諧運動的對稱性可知質點在位置b與位置d時速度相同，B錯誤；質點從位置a到c與從位置b到d所用時間均為2 s，C正確；質點從位置a到b和從位置b到c所用的時間都是1 s，但位移大小不同，所以平均速度不相等，D錯誤。]
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10．如圖所示，長度為l的輕繩上端固定在O點，下端系一小球(小球可以看成質點)。在O點正下方，距O點處的P點固定一個小釘子。現將小球拉到點A處，輕繩被拉直，然后由靜止釋放小球。點B是小球運動的最低位置，點C(圖中未標出)是小球能夠到達的左側最高位置。已知點A與點B之間的高度差為h，h l。A、B、P、O在同一豎直平面內，當地的重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
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A．點C與點B高度差小于h
B．點C與點B高度差大于h
C．小球擺動的周期等于
D．小球擺動的周期等于
√
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C　[不計空氣阻力，小球在整個運動過程中機械能守恒，故運動到左側時，最高點C與點A等高，與點B高度差為h，A、B錯誤；當小球從A點開始運動，再回到A點時為一個周期，是兩個半周期之和，即T＝π＋π＝，C正確，D錯誤。]
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11．下端附著重物的粗細均勻的木棒豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1 Hz的簡諧運動。與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖(a)所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
(a)　　　　　　　(b)
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A．x從0.2 m到0.3 m的過程中，木棒的加速度豎直向下，逐漸變大
B．x＝0.35 m和x＝0.45 m時，木棒的速度大小相等，方向相同
C．河水流動的速度為0.4 m/s
D．木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為
√
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C　[由簡諧運動的對稱性可知，在x＝0.1 m、0.3 m、0.5 m時木棒處于平衡位置，木棒受到的浮力等于重力，由題圖(b)知x＝0.2 m時木棒受到的浮力最小，此時木棒在上方最大位移處，則x從0.2 m到0.3 m的過程中，木棒從最大位移處到達平衡位置，由于木棒受到的浮力逐漸增大，且小于重力，所以木棒的加速度方向豎直向下，逐漸減小，故A錯誤；在x＝0.35 m和x＝0.45 m時，由題圖(b)知浮力大小相等，說明木棒在同一位置，根據簡諧運動的對稱性，可知兩時刻木棒在豎直方向的速度大小相等，但速度方向相反，而木棒在
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水平方向速度相同，根據速度的合成可知合速度大小相等，但方向不同，故B錯誤；木棒沿豎直方向做頻率為1 Hz的簡諧運動，則其振動的周期為1 s，由題圖(b)可知在一個周期內，木棒沿水平方向移動的距離為0.4 m，則河水流動的速度為v水＝＝ m/s＝0.4 m/s，故C正確；設木棒在平衡位置處浸沒的深度為h，木棒做簡諧運動的振幅為A，則浮力最大時，有F1＝ρgS(h＋A)，浮力最小時，有F2＝ρgS(h－A)，聯立求得A＝，故D錯誤。]
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二、非選擇題：共4題，共56分。
12．(15分)小明用如圖甲所示裝置測量重力加速度g。
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(1)用游標卡尺測量小球的直徑，某次測量的結果如圖乙所示，則小球的直徑為________ cm。
(2)為使測量結果更加準確，以下操作中正確的有________。
A．擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且適當長一些
B．開始時拉開擺球，使擺線相距平衡位置有較大的角度
C．測量周期時應該從擺球運動到最高點時開始計時
1.96
A
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(3)測出懸點O至小球球心的距離(擺長)L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度表達式g＝____________(用L、n、t表示)。
(4)某同學在實驗中改變擺長重復實驗，他只測出了懸線的長度l′及對應的周期T，得到幾組數據，再以l′為橫坐標、T2為縱坐標作出T2-l′圖線如圖丙所示。已知圖線與縱軸的截距為b1，圖線上P點坐標為
(a，b2)，則由此根據圖線斜率計算重力加速度g＝_________(用題給字母表示)。
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(5)某同學測得的g值偏小，可能的一種原因是________。
A．測擺線長時擺線拉得過緊
B．開始計時時，停表過遲按下
C．實驗時擺球擺動時間過長引起擺角變小
D．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了
D
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[解析]　(1)用游標卡尺測量小球的直徑，小球的直徑為d＝19 mm＋6×0.1 mm＝19.6 mm＝1.96 cm。
(2)為了減小擺長的測量誤差，擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且適當長一些，故A正確；擺球的周期與擺線的長短有關，但與擺角無關，且角度大于5°時，小球不能看作是做簡諧運動，故B錯誤；為了減小測量擺球運動時間的誤差，應該從擺球運動到最低點時開始計時，故C錯誤。
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(3)單擺的周期為T＝，結合T＝2π，可得重力加速度表達式g＝。
(4)由單擺周期公式得T＝2π＝2π，解得T2＝l′＋r，結合圖像斜率有k＝＝，解得重力加速度g＝。
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(5)根據單擺周期公式T＝2π，解得g＝。測擺線長時擺線拉得過緊，會使擺長測量值偏大，根據g＝，可知測得的g值偏大，故A錯誤；開始計時時，停表過遲按下，測量的時間t偏小，則周期T偏小，根據g＝，可知測得的g值偏大，故B錯誤；擺角變小，
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周期不變，根據g＝，可知測得的g值不會受影響，故C錯誤；單擺的懸點未固定緊，振動中出現松動，使擺線增長了，則擺長的測量值偏小，根據g＝，可知測得的g值偏小，故D正確。
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13．(13分)如圖所示，輕彈簧的下端系著A、B兩球，mA＝100 g，mB＝500 g，系統靜止時彈簧伸長x＝15 cm，未超出彈性限度。若剪斷A、B間繩，則A在豎直方向做簡諧運動，問：
(1)A的振幅為多大？
(2)A的最大加速度為多大？(g取10 m/s2)
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[解析]　(1)設只掛A時彈簧伸長量x1＝。由(mA＋mB)g＝kx，得k＝，即x1＝x＝2.5 cm。
振幅A＝x－x1＝12.5 cm。
(2)剪斷細繩瞬間，A受彈力最大，合力最大，加速度最大。
F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAam，
解得am＝＝5g＝50 m/s2。
[答案]　(1)12.5 cm　(2)50 m/s2
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14．(13分)如圖甲所示，一個豎直圓盤轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一個彈簧和小球組成的振動系統，小球浸沒在水中。當圓盤靜止時，讓小球在水中振動，小球將做阻尼振動。現使圓盤以不同的頻率振動，測得共振曲線如圖乙所示。(取g＝9.86 m/s2，π＝3.14)
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甲　　　　　　　　　乙
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(1)當圓盤以0.4 s的周期勻速轉動，經過一段時間后，小球振動達到穩定，它振動的頻率是多少？
(2)若一個單擺的擺動周期與小球做阻尼振動的周期相同，該單擺的擺長約為多少？(結果保留三位有效數字)
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[解析]　(1)小球做受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，所以小球振動達到穩定時周期為0.4 s，頻率為f＝＝2.5 Hz。
(2)由題圖乙可以看出，小球振動的固有頻率為0.3 Hz，則單擺的固有頻率為0.3 Hz，周期為 s，由單擺的周期公式T＝2π，解得l＝＝× m≈2.78 m。
[答案]　(1)2.5 Hz　(2)2.78 m
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15．(15分)如圖所示，一質量為m的小鋼球，用長為l的細絲線掛在水平天花板上(l遠大于小鋼球的半徑)，初始時，擺線和豎直方向的夾角為θ(θ<5°)，重力加速度為g。釋放小球后，求：(不計空氣阻力)
(1)小球擺到最低點所用的時間；
(2)小球在最低點受到的拉力。
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[解析]　(1)小球做簡諧運動，則小球從釋放到最低點所用的時間為t＝T＝。
(2)小球從釋放到最低點，由動能定理有
mg(l－l cos θ)＝mv2。
根據牛頓第二定律，有FT－mg＝m。
聯立解得FT＝3mg－2mg cos θ。
[答案]　(1)　(2)3mg－2mg cos θ
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