資源簡介

主題1　思想方法——用類比法分析簡諧運動與圓周運動
做簡諧運動的物體相對于平衡位置的位移x與時間t的關系可用正弦函數x＝A sin (ωt＋φ)來表示。式中的ω在學習勻速圓周運動時出現過，表示勻速圓周運動的圓頻率。那么，簡諧運動與勻速圓周運動有什么聯系呢？
如圖所示，質點m從p點開始，以角速度ω繞圓心O做半徑為A的勻速圓周運動，建立直角坐標系xOy，Op連線與y軸正方向夾角為φ。因為質點m經過t時間后與圓心的連線Om和y軸正方向的夾角等于ωt＋φ，所以質點m在x軸上的投影m′相對于圓心O的位移x就等于A sin (ωt＋φ)。即x＝A sin (ωt＋φ)。
【典例1】　如圖所示，小球在豎直平面內以半徑R、角速度ω繞圓心O點沿逆時針方向做勻速圓周運動，用豎直向下的平行光照射小球，觀察到其影子在水平面上做簡諧運動。取圓心投影點O′為原點，水平向右為正方向建立一維坐標系，從小球某次經過最高點的時刻開始計時，關于小球的影子，下列說法正確的是(　　)
A．振幅為2R
B．振動過程中的最大速度為ωR
C．振動周期為
D．位移表達式為x＝R cos ωt
B　[圓心投影點O′為平衡位置，影子偏離平衡位置的最大距離為R，則振幅為R，故A錯誤；影子通過平衡位置時速度最大，此時其速度等于小球的運動速度，即最大速度為ωR，故B正確；影子的振動周期應和小球做圓周運動的周期相等，即T＝，故C錯誤；影子初始時刻位于平衡位置，故位移表達式為x＝－R sin ωt，D錯誤。]
主題2　專題歸納——簡諧運動與力、能量的綜合
【典例2】　(簡諧運動中的超重與失重)卡車在水平道路上行駛，貨物隨車廂底板上下振動而不脫離底板，設貨物的振動為簡諧運動，車不動，貨物靜止位置為平衡位置，以向上的位移為正，其振動圖像如圖所示，在圖像上取a、b、c、d四點，則下列說法正確的是(　　)
A．a點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力最小
B．b點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力最大
C．c點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力最小
D．d點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力小于貨物重力
思路點撥：本題是簡諧運動模型和超重、失重模型的綜合應用，解題關鍵是根據x-t圖像判斷位移正負，分析加速度的方向，加速度向上為超重，加速度向下為失重。
A　[a點對應的時刻，貨物的位移為正向最大，根據簡諧運動的特征得知，其加速度為負向最大，即向下最大，貨物處于失重狀態，根據牛頓運動定律得知，其對車廂底板的壓力小于貨物的重力。b、d點對應的時刻，貨物的位移為零，其加速度為零，根據牛頓運動定律得知，貨物對車廂底板的壓力等于貨物的重力。c點對應的時刻，貨物的位移為負向最大，根據簡諧運動的特征得知，其加速度為正向最大，即向上最大，貨物處于超重狀態，根據牛頓運動定律得知，其對車廂底板的壓力大于貨物的重力。故A正確，B、C、D錯誤。]
【典例3】　(簡諧運動中的動量與能量)如圖甲所示，金屬小球用輕彈簧連接在固定的光滑斜面頂端。小球在斜面上做簡諧運動，到達最高點時，彈簧處于原長狀態。取沿斜面向上為正方向，小球的振動圖像如圖乙所示。則(　　)
A．彈簧的最大伸長量為2 cm
B．t＝0.2 s時，彈簧的彈性勢能最大
C．t＝0.2 s到t＝0.6 s內，小球的重力勢能逐漸減小
D．t＝0到t＝0.4 s內，回復力的沖量為零
思路點撥：解答本題應抓住以下關鍵點：
(1)t＝0時刻，即小球處于平衡位置時，彈簧處于伸長狀態。
(2)小球到達最高點時，彈簧處于原長狀態，說明小球在平衡位置時彈簧的伸長量等于振幅，即2 cm。
(3)小球到達最低點時，彈簧伸長量最大，等于2倍振幅。
C　[小球運動到最低點時彈簧的伸長量最大，等于2倍振幅，所以彈簧的最大伸長量為4 cm，A錯誤；t＝0.2 s時小球在最高點，彈簧處于原長狀態，彈簧彈性勢能為零，B錯誤；t＝0.2 s到t＝0.6 s內，小球由最高點運動到最低點，小球的重力勢能逐漸減小，C正確；t＝0和t＝0.4 s時刻，小球的速度大小相等，方向相反，根據動量定理得0～0.4 s內回復力的沖量不等于零，D錯誤。]
主題3　物理模擬——單擺的應用
【典例4】　(多選)惠更斯利用擺的等時性發明了帶擺的計時器，叫擺鐘，擺鐘運行的速率由鐘擺控制。旋轉鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤(可視為質點)沿擺桿上下移動，如圖所示，以下說法正確的是(　　)
A．當擺鐘不準確時需要調整圓盤的位置
B．擺鐘快了應使圓盤沿擺桿上移
C．由冬季變為夏季時應使圓盤沿擺桿上移
D．把擺鐘從福建移到北京應使圓盤沿擺桿上移
AC　[當擺鐘不準確時需要調整圓盤的位置，從而改變擺長L，以達到調節擺鐘周期的目的，A正確；擺鐘快了，說明擺動周期變小，則必須使圓盤下移，才能調準，B錯誤；由冬季變為夏季時，溫度升高，則由熱脹冷縮可知，擺桿變長，應使圓盤沿擺桿上移，才能保持周期不變，C正確；擺鐘從福建移到北京，重力加速度增大，應使圓盤沿擺桿下移，才能保持周期不變，D錯誤。]
章末綜合測評(二)　機械振動
(滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一項最符合題目要求。
1．關于簡諧運動的回復力，下列說法正確的是(　　)
A．簡諧運動的回復力可能是恒力
B．做簡諧運動的物體的加速度方向與位移方向可能相同
C．簡諧運動中回復力的公式F＝－kx中k是彈簧的勁度系數，x是彈簧的長度
D．做簡諧運動的物體每次經過平衡位置回復力一定為零
D　[根據簡諧運動的定義可知，物體做簡諧運動時，回復力為F＝－kx，k是比例系數，不一定是彈簧的勁度系數，x是物體相對平衡位置的位移，不是彈簧長度，因x是變化的，回復力不可能是恒力，故A、C錯誤；回復力方向總是與位移方向相反，根據牛頓第二定律，加速度的方向也必定與位移方向相反，故B錯誤；做簡諧運動的物體每次經過平衡位置回復力一定為零，故D正確。]
2．(人教版P55“做一做”改編)如圖所示，架子上面的電動機向下面的兩組彈簧—鉤碼系統施加周期性的驅動力，使鉤碼做受迫振動。改變電動機的轉速可以調整驅動力的頻率。接通電源，使鉤碼做受迫振動，改變電動機的轉速，下列說法中正確的是(　　)
A．電動機轉速增大時，鉤碼振動的頻率增大
B．電動機轉速增大時，鉤碼振動的幅度增大
C．鉤碼振動的振幅與電動機轉速無關
D．鉤碼振動的頻率和電動機轉速無關
A　[由于鉤碼做受迫振動，因為受迫振動的頻率等于驅動力頻率，電動機轉速增大時，驅動力頻率增大，則鉤碼的振動頻率也隨之增大，故A正確，D錯誤；當驅動力頻率等于鉤碼的固有頻率時，系統達到共振，振幅最大；若驅動力頻率小于固有頻率，隨著驅動力頻率增大，振幅增大；反之當驅動力頻率大于固有頻率時，隨著驅動力頻率增大，鉤碼振動的振幅減小，故B、C錯誤。]
3．(人教版P117課題研究改編)如圖甲所示，雙線擺也是一種單擺，它的優點是可以把擺球的運動軌跡約束在一個確定的平面上。現把雙線擺的其中一根懸線換成一根很輕的硬桿，組成一個“桿線擺”，如圖乙所示，其中細線與輕桿的夾角為α。“桿線擺”可以繞著懸掛軸OO′來回擺動，桿與懸掛軸OO′垂直，其擺球的運動軌跡被約束在一個與水平面夾角為θ的傾斜平面內，擺長為L，重力加速度為g，則在擺角很小時“桿線擺”的周期為(　　)
A．2π　　　 B．2π
C．2π D．2π
A　[由題可知“桿線擺”的擺長為L，等效的重力加速度g′＝g sin θ，根據單擺周期公式可得T＝2π，A正確。]
4．如圖所示，一質點在a、b間做簡諧運動，O是它振動的平衡位置。若從質點經過O點開始計時，經3 s，質點第一次到達M點，再經2 s，它第二次經過M點，則該質點的振動圖像可能是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
C　[若質點從平衡位置開始先向右運動，可知M到b的時間為1 s，則＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝16 s，若質點從平衡位置開始先向左運動，可知M到b的時間為1 s，則T＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝ s，故C正確，A、B、D錯誤。]
5．如圖甲所示為演示簡諧運動圖像的裝置示意圖，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，沙漏中的細沙均勻流出，同時水平勻速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的細沙在木板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線(圖中的虛曲線)。下列說法中正確的是(　　)
A．在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的細一些
B．木板2運動的速度是木板1運動速度的1.5倍
C．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期不斷變大
D．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期先變大后變小
D　[沙漏擺動時在最大位移處速度為零，在平衡位置處速度最大，則在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的粗一些，故A錯誤；木板做勻速運動，設振動周期為T，則有v1·T＝v2·2T，可得＝，可知木板2運動的速度是木板1運動速度的，故B錯誤；沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出，重心先降低后升高，則擺長先增大后減小，根據單擺周期公式T＝2π可知，振動的周期先變大后變小，故C錯誤，D正確。故選D。]
6．如圖所示為同一實驗室中甲、乙兩個單擺的振動圖像，從圖像可知(　　)
A．兩擺球質量相等
B．兩單擺的擺長不相等
C．兩單擺相位相差
D．在相同的時間內，兩擺球通過的路程總有s甲＝2s乙
C　[由題圖知T甲＝T乙，則擺長相等，B錯誤；而單擺周期與擺球質量無關，A錯誤；A甲＝2A乙，x甲＝2sin cm，x乙＝sin (ωt) cm，兩單擺相位相差，C正確；由于兩個擺的初相位不同，所以只有從平衡位置或最大位移處開始計時，而且末位置也是在平衡位置或最大位移處的特殊情況下，經過相同的時間，兩擺球通過的路程才一定滿足s甲＝2s乙，D錯誤。]
7．某振子自由振動時的振動圖像如圖甲中實線所示，而在某驅動力作用下做受迫振動時，穩定后的振動圖像如圖甲中虛線所示，那么，此受迫振動對應的狀態可能是圖乙中的(圖乙為該振子的共振曲線)(　　)
A．a點　　　　　　 B．b點
C．c點 D．a點、b點都可能
A　[某振子自由振動時的振動圖像如圖甲中實線所示，設周期為T1，而在某驅動力作用下做受迫振動時，穩定后的振動圖像如圖甲中虛線所示，設周期為T2；由圖可知，T1f2；圖乙中c點是發生共振，驅動力頻率等于固有頻率f1，當受迫振動時，驅動力頻率為f2二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．甲、乙兩位同學利用假期分別在兩個地方做“用單擺測重力加速度”實驗，回來后共同繪制了T2-l圖像，如圖(a)中A、B所示，此外甲同學還順便利用其實驗的單擺探究了受迫振動，并繪制了單擺的共振曲線，如圖(b)所示，那么下列說法正確的是(　　)
A．單擺的固有周期由擺長和所處環境的重力加速度共同決定
B．由圖(a)分析可知A圖線所對應的實驗地點重力加速度較大
C．由圖(b)可知，甲同學探究受迫振動的單擺擺長約為8 cm
D．如果甲同學增大擺長，他得到的共振曲線的峰值將向左移動
AD　[單擺的固有周期公式為T＝2π，l為擺長，g為當地重力加速度，選項A正確；根據T＝2π，可得T2＝l，所以T2-l圖像的斜率為k＝，題圖(a)中A圖線的斜率大于B圖線的斜率，故A圖線對應的實驗地點重力加速度較小，選項B錯誤；由題圖(b)可知，當驅動力的頻率為0.5 Hz時，擺球發生共振，故系統的固有頻率為0.5 Hz，固有周期為T＝ s＝2 s，根據T＝2π，解得擺長為l≈1 m，選項C錯誤；根據公式T＝2π，若在同一地點增大擺長，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發生共振時的驅動力頻率變小，共振曲線的峰值向左移動，選項D正確。]
9．如圖所示為一個水平彈簧振子的振動圖像，下列說法正確的是(　　)
A．t＝1 s到t＝2 s內，彈簧振子的動能不斷減小
B．該彈簧振子的振動方程為x＝－10sin cm
C．t＝3 s時，彈簧振子的加速度沿x軸負方向
D．t＝0到t＝10 s彈簧振子的路程為50 cm
BC　[t＝1 s到t＝2 s內，彈簧振子從位移最大位置向平衡位置運動，則振子的動能不斷增加，選項A錯誤；由題圖可知角頻率ω＝＝rad/s，該彈簧振子的振動方程為x＝－10sin t(cm)，選項B正確；t＝3 s時，彈簧振子的位移為正向最大，根據牛頓第二定律a＝－可知加速度沿x軸負方向，選項C正確；由于10 s＝2.5T，則t＝0到t＝10 s彈簧振子的路程為s＝2.5×4A＝100 cm，選項D錯誤。故選BC。]
10．如圖所示，將一只輕彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接物體A，A下面再用棉線掛一物體B，A、B質量相等，g為當地重力加速度，不計空氣阻力。燒斷棉線，下列說法正確的是(　　)
A．燒斷棉線瞬間，A的加速度大小為g
B．燒斷棉線之后，A向上先加速后減速
C．燒斷棉線之后，A在運動中機械能守恒
D．當彈簧恢復原長時，A的速度恰好減到零
ABD　[設A、B質量為m，燒斷棉線前，對A、B整體受力分析知，彈簧的彈力F＝2mg，燒斷棉線瞬間，彈簧的彈力不變，對A，根據牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得a＝g，故A正確；燒斷棉線后，A在彈力和重力的作用下向上運動，彈力先大于重力，后小于重力，所以物體A向上先加速后減速，B正確；燒斷棉線后，A還受彈簧彈力作用，故A的機械能不守恒，但A和彈簧組成的系統機械能守恒，C錯誤；燒斷棉線后，A在重力和彈力的作用下做簡諧運動，在最低點回復力大小為F＝2mg－mg＝mg，方向向上，根據對稱性可知，在最高點回復力大小為F′＝mg，方向向下，即mg＋F彈＝mg，解得F彈＝0，故在最高點速度為零時，彈簧彈力為零，即彈簧恢復原長，D正確。]
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11．(8分)傳感器在物理實驗研究中具有廣泛的應用。單擺在運動過程中，擺線的拉力在做周期性的變化，這個周期性變化的力可用拉力傳感器顯示出來，從而可進一步研究單擺的運動規律。
(1)實驗時用游標卡尺測量擺球直徑，示數如圖甲所示，該擺球的直徑d＝________mm。
(2)接著測量了擺線的長度為l0，實驗時用拉力傳感器測得擺線的拉力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則重力加速度的表達式為g＝_________(用題目和圖中的已知量表示)。
(3)某小組改變擺線長度l0，測量了多組數據，在進行數據處理時，甲同學把擺線長l0作為擺長，直接利用公式求出各組重力加速度值再求出平均值；乙同學作出T2-l0圖像后先求出斜率，然后算出重力加速度，兩同學處理數據的方法得出的結果：甲________，乙________。(均選填“偏大”“偏小”或“準確”)
[解析]　(1)主尺示數是15 mm，游標尺示數是4×0.1 mm＝0.4 mm，擺球的直徑為15 mm＋0.4 mm＝15.4 mm。
(2)在單擺擺動的過程中，每一個周期中有兩次拉力的最大值，由F-t圖像可知，單擺周期T＝4t0，根據公式T＝2π，整理得g＝。
(3)根據(2)中重力加速度的表達式可知，甲同學把擺線長度l0作為擺長，則擺長的測量值偏小，則g的測量值偏小；乙同學作出T2-l0圖像后求出斜率k＝，重力加速度g＝，該方法計算出的重力加速度與擺長無關，測量結果準確。
[答案]　(1)15.4　　(3)偏小　準確
12．(12分)在做“探究單擺周期與擺長的關系”實驗時：
(1)為了利用單擺較準確地測出重力加速度，可選用的器材為________。
A．20 cm長的細線、小木球、停表、米尺、鐵架臺
B．100 cm長的細線、小鋼球、停表、米尺、鐵架臺
C．100 cm長的細線、大木球、停表、量程為50 cm的刻度尺、鐵架臺
D．10 cm長的細線、大鋼球、大掛鐘、米尺、鐵架臺
(2)為了減小測量周期的誤差，擺球應在經過最________(選填“高”或“低”)點的位置時開始計時，并計數為零，擺球每次通過該位置時計數加1，當計數為60時，所用的時間為t，則單擺周期為________。
(3)實驗時某同學測得的重力加速度g值偏小，其原因可能是________。
A．擺球太重
B．計算時誤將小球的直徑與擺線長相加
C．測出n次全振動時間為t，誤作為(n＋1)次全振動時間進行計算
D．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現了松動，使擺線長度增加了
(4)有兩位同學利用假期分別參觀北京大學和廈門大學的物理實驗室，各自在那里利用傳感器較為準確地探究了“單擺的周期T與擺長L的關系”(北京大學所在地的緯度比廈門大學高)，并繪制了 T2-L 圖像，如圖甲所示，去廈門大學的同學所測實驗結果對應的圖線是________(選填“A”或“B”)。另外在廈門大學做探究的同學還利用計算機繪制了a、b兩種單擺的振動圖像，如圖乙所示，由圖可知a、b兩單擺的擺長之比為________。
[解析]　(1)實驗中應采用長1 m左右且不能形變的細線，小球選用密度大的金屬球。
(2)擺球經過最低點時速度最大，在相等的距離誤差上引起的時間誤差最小，測的周期誤差最小。所以為了減小測量周期的誤差，擺球應選經過最低點的位置時開始計時。由題分析可知，單擺全振動的次數為N＝＝30，周期為T＝。
(3)擺球的重力越大，誤差越小，故A錯誤；計算時誤將小球的直徑與擺線長相加，則擺長測量值偏大，根據T＝2π可知g＝，則重力加速度的測量值偏大，故B錯誤；實驗中誤將n次全振動計為(n＋1)次，根據T＝求出的周期變小，g偏大，故C錯誤；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，計算時使用的擺長偏小，依據g＝可知得到的g值偏小，故D正確。
(4)由T＝2π得T2＝L，知T2-L圖線的斜率越大，則重力加速度越小，因為廈門當地的重力加速度小于北京，則廈門的同學所測實驗結果對應的圖線的斜率大，應該是A圖線。由振動圖線知，兩單擺的周期比為＝，由T＝2π知，兩單擺擺長之比為＝。
[答案]　(1)B　(2)低　　(3)D　(4)A　4∶9
13．(10分)如圖甲所示，擺球在豎直平面內做簡諧運動，通過力傳感器測量擺線拉力F，F的大小隨時間t的變化規律如圖乙所示，擺球經過最低點時的速度大小v＝ m/s，忽略阻力，取g＝10 m/s2，π2≈10，求：
(1)單擺的擺長L；
(2)擺球的質量m。
[解析]　(1)由題圖乙可知，單擺的擺動周期為2 s，單擺周期公式為T＝2π
代入數據解得擺長L＝1 m。
(2)擺球經過最低點時，由牛頓第二定律可得
FT－mg＝m
由題意可知FT＝2.04 N，v＝ m/s
代入數據解得擺球的質量m＝0.2 kg。
[答案]　(1)1 m　(2)0.2 kg
14．(14分)如圖甲所示，輕彈簧上端固定，下端系一質量為m＝1 kg的小球，小球靜止時彈簧伸長量為10 cm。現使小球在豎直方向上做簡諧運動，從小球在最低點釋放時開始計時，小球相對平衡位置的位移隨時間t變化的規律如圖乙所示，重力加速度g取 10 m/s2。
(1)寫出小球相對平衡位置的位移隨時間的變化關系式；
(2)求出小球在0～12.9 s內運動的總路程和t＝12.9 s時刻的位置；
(3)小球運動到最高點時加速度的大小。
[解析]　(1)由振動圖像可知A＝5 cm，T＝1.2 s
則ω＝＝ rad/s
則小球相對平衡位置的位移隨時間的變化關系式為
y＝A cos ωt＝5cos t(cm)。
(2)12.9 s＝10T，則小球在0～12.9 s內運動的總路程為
s＝10×4A＝215 cm
t＝12.9 s時刻小球的位置坐標y＝0，即小球在平衡位置處。
(3)小球在平衡位置時彈簧的伸長量為10 cm，則
k＝＝ N/m＝100 N/m
小球在最高點時，彈簧的伸長量為Δx′＝Δx－A＝5 cm，則mg－kΔx′＝ma
解得a＝5 m/s2。
[答案]　(1)y＝5cos t(cm)　(2)215 cm　平衡位置(y＝0)　(3)5 m/s2
15．(10分)如圖所示，一個半徑為R的凹槽，該槽是圓柱體側表面的一部分。MN、PQ為圓柱表面的母線，MN＝PQ＝L，在其一端的最低處有一小孔B。一半徑略小于B孔半徑且遠小于R的小球，位于槽的另一端邊緣點A處(A靠近槽的最低點)，不計摩擦。
(1)若小球初速度為零，求小球運動到軌道最低點的時間；
(2)若小球以初速度v0開始沿平行于MN的方向運動，要使小球運動到槽的另一端時，恰能落入B孔中，求小球的初速度v0和L應滿足的關系式。
[解析]　(1)如果小球沒有初速度，則小球做簡諧運動，簡諧運動的周期為T＝2π
小球運動到軌道最低點的時間t＝n＋＝(n＝0，1，2，…)。
(2)沿MN方向小球做勻速直線運動，則L＝v0t
解得v0＝(n＝0，1，2，…)。
[答案]　(1)nπ(n＝0，1，2，…)
(2)v0＝(n＝0，1，2，…)
15 / 15主題1　思想方法——用類比法分析簡諧運動與圓周運動
做簡諧運動的物體相對于平衡位置的位移x與時間t的關系可用正弦函數x＝A sin (ωt＋φ)來表示。式中的ω在學習勻速圓周運動時出現過，表示勻速圓周運動的圓頻率。那么，簡諧運動與勻速圓周運動有什么聯系呢？
如圖所示，質點m從p點開始，以角速度ω繞圓心O做半徑為A的勻速圓周運動，建立直角坐標系xOy，Op連線與y軸正方向夾角為φ。因為質點m經過t時間后與圓心的連線Om和y軸正方向的夾角等于ωt＋φ，所以質點m在x軸上的投影m′相對于圓心O的位移x就等于A sin (ωt＋φ)。即x＝A sin (ωt＋φ)。
【典例1】　如圖所示，小球在豎直平面內以半徑R、角速度ω繞圓心O點沿逆時針方向做勻速圓周運動，用豎直向下的平行光照射小球，觀察到其影子在水平面上做簡諧運動。取圓心投影點O′為原點，水平向右為正方向建立一維坐標系，從小球某次經過最高點的時刻開始計時，關于小球的影子，下列說法正確的是(　　)
A．振幅為2R
B．振動過程中的最大速度為ωR
C．振動周期為
D．位移表達式為x＝R cos ωt
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主題2　專題歸納——簡諧運動與力、能量的綜合
【典例2】　(簡諧運動中的超重與失重)卡車在水平道路上行駛，貨物隨車廂底板上下振動而不脫離底板，設貨物的振動為簡諧運動，車不動，貨物靜止位置為平衡位置，以向上的位移為正，其振動圖像如圖所示，在圖像上取a、b、c、d四點，則下列說法正確的是(　　)
A．a點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力最小
B．b點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力最大
C．c點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力最小
D．d點對應的時刻貨物對車廂底板的壓力小于貨物重力
思路點撥：本題是簡諧運動模型和超重、失重模型的綜合應用，解題關鍵是根據x-t圖像判斷位移正負，分析加速度的方向，加速度向上為超重，加速度向下為失重。
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【典例3】　(簡諧運動中的動量與能量)如圖甲所示，金屬小球用輕彈簧連接在固定的光滑斜面頂端。小球在斜面上做簡諧運動，到達最高點時，彈簧處于原長狀態。取沿斜面向上為正方向，小球的振動圖像如圖乙所示。則(　　)
A．彈簧的最大伸長量為2 cm
B．t＝0.2 s時，彈簧的彈性勢能最大
C．t＝0.2 s到t＝0.6 s內，小球的重力勢能逐漸減小
D．t＝0到t＝0.4 s內，回復力的沖量為零
思路點撥：解答本題應抓住以下關鍵點：
(1)t＝0時刻，即小球處于平衡位置時，彈簧處于伸長狀態。
(2)小球到達最高點時，彈簧處于原長狀態，說明小球在平衡位置時彈簧的伸長量等于振幅，即2 cm。
(3)小球到達最低點時，彈簧伸長量最大，等于2倍振幅。
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主題3　物理模擬——單擺的應用
【典例4】　(多選)惠更斯利用擺的等時性發明了帶擺的計時器，叫擺鐘，擺鐘運行的速率由鐘擺控制。旋轉鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤(可視為質點)沿擺桿上下移動，如圖所示，以下說法正確的是(　　)
A．當擺鐘不準確時需要調整圓盤的位置
B．擺鐘快了應使圓盤沿擺桿上移
C．由冬季變為夏季時應使圓盤沿擺桿上移
D．把擺鐘從福建移到北京應使圓盤沿擺桿上移
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