資源簡介

主題1　簡諧運動的周期性和對稱性
1．周期性——做簡諧運動的物體經過一個周期或幾個周期后，能回復到原來的狀態．
2．對稱性——做簡諧運動的物體具有相對平衡位置的對稱性．
(1)在同一位置，振子的位移相同，回復力、加速度、動能和勢能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反．
(2)在關于平衡位置對稱的兩個位置，動能、勢能對應相等，回復力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反．
(3)一個做簡諧運動的質點，經過時間t＝nT(n為正整數)，則質點必回到出發點，而經過時間t＝(2n＋1)(n為自然數)，則質點所處位置必與原來位置關于平衡位置對稱．
【典例1】　(多選)如圖所示，一質點在平衡位置O點附近做簡諧運動，若從質點通過O點時開始計時，經過 0.9 s 質點第一次通過M點，再繼續運動，又經過 0.6 s 質點第二次通過M點，該質點第三次通過M點需再經過的時間可能是(　　)
A．1.0 s　　B．1.2 s　　C．2.4 s　　D．4.2 s
AD　[根據題意可以判斷質點通過MB之間的距離所用的時間為0.3 s，質點通過O點時開始計時，經過0.9 s質點第一次通過M點分兩種情況考慮：(1)質點由O點向右運動到M點，則OB之間所用的時間為0.9 s＋0.3 s＝1.2 s, 根據對稱性，OA之間所用的時間也為1.2 s，第三次通過M點所用的時間為2tMO＋2tOA＝2×0.9 s＋2×1.2 s＝4.2 s.(2)質點由O點先向左運動再到M點，則從O→A→O→M→B所用的時間為0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，為個周期，得周期為1.6 s，第三次經過M點所用的時間為1.6 s－2tMB＝1.6 s－0.6 s＝1.0 s.故A、D正確，B、C錯誤.]
主題2　簡諧運動圖像的應用
從振動圖像中可得到的信息
(1)可直接讀取振子在某一時刻相對于平衡位置的位移大小．
(2)從振動圖像上可直接讀出振幅：正(負)位移的最大值．
(3)從振動圖像上可直接讀出周期．
(4)可判斷某一時刻振動物體的速度方向和加速度方向，以及它們的大小和變化趨勢．
【典例2】　(多選)一質點做簡諧運動的位移x與時間t的關系如圖所示，規定沿x軸正方向為正，由圖可知(　　)
A．頻率是2 Hz
B．振幅是10 cm
C．t＝1.7 s時的加速度為正，速度為負
D．t＝0.5 s時質點所受的回復力為零
CD　[由題圖可知，質點振動的周期為2 s，頻率為0.5 Hz，振幅為5 cm，A、B錯誤；t＝1.7 s時的位移為負，加速度為正，速度為負，C正確；t＝0.5 s 時質點在平衡位置，所受的回復力為零，D正確.]
　簡諧運動圖像問題的處理思路
(1)根據簡諧運動圖像的描繪方法和圖像的物理意義，明確縱軸、橫軸所代表的物理量及單位．
(2)將簡諧運動圖像跟具體運動過程或振動模型聯系起來，根據圖像畫出實際振動或模型的草圖，對比分析．
(3)判斷簡諧運動的回復力、加速度、速度變化的一般思路：根據F＝－kx判斷回復力F的變化情況；根據F＝ma判斷加速度的變化情況；根據運動方向與加速度方向的關系判斷速度的變化情況．
主題3　單擺的周期公式及應用
單擺在小角度(θ＜5°)振動時可看作簡諧運動，除考查簡諧運動的一般規律外，單擺的周期公式及特點、應用在近幾年的高考中也頻頻出現，值得重視：
(1)單擺的周期T＝2π，與振幅、質量無關，只取決于擺長L和重力加速度g．
(2)單擺的回復力由擺球重力沿圓弧切線方向的分力提供．在平衡位置，回復力為零，合力沿半徑方向提供向心力；在最高點，向心力為零，回復力最大．
(3)利用單擺測重力加速度原理：由單擺的周期公式可得g＝，因此通過測定單擺的周期和擺長，便可測出重力加速度g的值．
【典例3】　如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，R ，甲球從弧形槽的球心處自由落下，乙球從A點由靜止釋放，問：
(1)兩球第1次到達C點的時間之比；
(2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時乙球從圓弧左側由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？
[解析]　(1)甲球做自由落體運動，R＝，所以t1＝，乙球沿圓弧做簡諧運動(由于 R，可認為擺角θ＜5°)，此振動與一個擺長為R的單擺振動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達C處的時間為t2＝T＝×2π＝，所以＝
(2)甲球從離弧形槽最低點高h處開始自由下落，到達C點的時間為t甲＝，由于乙球運動的周期性，所以乙球到達C點的時間為t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)
由于甲、乙在C點相遇，故t甲＝t乙
解得h＝(n＝0，1，2，…).
[答案]　(1)　(2)(n＝0，1，2，…)
　單擺模型問題的求解方法
(1)單擺模型指符合單擺規律的運動模型，模型滿足條件：①圓弧運動；②小角度擺動；③回復力F＝－kx．
(2)首先確認符合單擺模型條件，然后尋找等效擺長l及等效重力加速度g，最后利用公式T＝2π或簡諧運動規律分析求解問題．
(3)如圖甲所示的雙線擺的擺長l＝r ＋L cos α．圖乙中小球(可看作質點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點振動，其等效擺長為l＝R．
章末綜合測評(二)　機械振動
時間：75分鐘　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，只有一項是符合題目要求的)
1．簡諧運動的平衡位置是指(　　)
A．速度為零的位置 B．回復力為零的位置
C．加速度為零的位置 D．位移最大的位置
B　[簡諧運動的平衡位置是回復力為零的位置，而物體在平衡位置時加速度不一定為零.例如，單擺在平衡位置時存在向心加速度.做簡諧運動的物體經過平衡位置時速度最大，位移為零.]
2．一個水平彈簧振子的振動周期是0.025 s，當振子從平衡位置向右運動，經過0.17 s時，振子運動情況是(　　)
A．正在向右做減速運動
B．正在向右做加速運動
C．正在向左做減速運動
D．正在向左做加速運動
B　[＝＝6 ， T在T～T之間，故0.17 s時振子正向右加速衡位置.]
3．一位游客在湖邊欲乘坐游船，當日風浪較大，游船上下浮動．可把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，振幅為 20 cm, 周期為3.0 s．當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊．地面與甲板的高度差不超過 10 cm 時，游客能舒服地登船．在一個周期內，游客能舒服登船的時間是(　　)
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
C　[把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，從船上升到最高點時計時，其振動方程為y＝A cos t，代入數據得y＝20cos t cm，設地面與甲板的高度差為h，則當h≤10時，游客舒服登船，則在一個周期內，從0～T，T～T時可滿足h≤10，則游客能舒服登船的時間為1 s，故C正確，A、B、D錯誤.]
4．一個有固定轉動軸的豎直圓盤如圖甲所示，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由彈簧和小球組成的振動系統，小球做受迫振動．圓盤靜止時，小球做簡諧運動，其振動圖像如圖乙所示(以豎直向上為正方向)，下列說法正確的是(　　)
A．圓盤轉動帶動小球振動，圓盤轉速越大則小球振幅越大
B．若圓盤以30 r/min勻速轉動，小球振動達到穩定時其振動的周期為2 s
C．若圓盤靜止，小球做簡諧運動，t＝1 s到t＝2 s小球所受的回復力增加
D．若圓盤靜止，小球做簡諧運動，t＝2 s到t＝3 s彈簧彈性勢能一定減小
B　[圓盤轉動時，T形支架對小球產生驅動力，此時小球的運動為受迫振動，當小球做簡諧運動的頻率與驅動力頻率相同時，小球的振幅最大，故A錯誤；圓盤以 30 r/min 勻速轉動，驅動周期T＝2 s，小球振動穩定后的周期等于驅動周期，為2 s，故B正確；圓盤靜止，小球做簡諧運動，t＝1 s到t＝2 s小球從最低點向平衡位置振動，回復力減小，故C錯誤；小球豎直方向掛在彈簧上，圓盤靜止時，根據受力平衡可知，小球做簡諧運動的平衡位置不在彈簧原長處，t＝2 s到t＝3 s小球從平衡位置向最高點振動，小球可能會經過彈簧原長處，彈性勢能可能先減小后增大，故D錯誤.]
5．如圖甲所示，彈簧振子以點O為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動．取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)
A．t＝0.8 s時，振子的速度方向向左
B．t＝0.2 s時，振子在O點右側6 cm處
C．t＝0.4 s和t＝1.2 s時，振子的加速度完全相同
D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的時間內，振子的速度逐漸減小
A　[t＝0.8 s時，振子經過O點向負方向運動，即向左運動，故A正確；t＝0.2 s時，振子在O點右側 6 cm 處，故B錯誤；t＝0.4 s和t＝1.2 s時，振子的位移等大反向，回復力和加速度也是等大反向，故C錯誤；t＝0.4 s 到t＝0.8 s的時間內，振子從B點向左運動到平衡位置，其速度逐漸增大，故D錯誤.]
6．一個單擺在地球上做周期為T1的簡諧運動，在月球上做周期為T2的簡諧運動，已知地球質量是月球的81倍，地球半徑是月球的4倍，那么T1與T2的比值是(　　)
A． B．
C． D．
B　[根據＝mg，單擺周期表達式T＝2π，聯立得T＝2πR， 故T1與T2的比值是＝＝，故選B.]
7．一擺長為l的單擺做簡諧運動，從某時刻開始計時，經過t＝，擺球具有負向最大加速度，下面四個圖像分別記錄了該單擺從計時時刻開始到的振動圖像，其中正確的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
A　[單擺的周期公式T＝2π，則t時間內小球的振動周期數為n＝＝，為2個周期，因此時擺球具有負向最大加速度，故計時開始時擺球的位置應為平衡位置向負方向運動，故A正確，B、C、D錯誤.]
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，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)
8．一單擺的振動圖像如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．t＝1.0 s時，擺球處于平衡狀態
B．t＝2.0 s時，擺球處于平衡位置
C．擺球擺動過程中，在任何位置都不是平衡狀態
D．t＝1.0 s時，擺線所受拉力最大
BCD　[位移為0時，回復力為0，回復力產生的加速度為0，但由于擺球沿圓弧運動，還有向心加速度，既然有加速度就不是平衡狀態，只能是平衡位置，A錯誤，B正確；擺球擺動過程中，在任何位置都有加速度，沒有一處是平衡狀態，C正確；t＝1.0 s時，擺球的速度最大，恰好過最低點，擺線所受拉力最大，D正確.]
9．如圖甲所示，彈簧振子以點O為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動．取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)
A．振子的位移—時間函數為x＝
12cos cm
B．t＝0.1 s和t＝0.7 s時，振子的速度相同
C．0.2 s到0.4 s，振子的加速度逐漸減小
D．t1到t2，振子振動的時間為半個周期
AD　[由題圖乙可知，該振動的振幅為12 cm，周期T＝1.6 s, 所以ω＝＝1.25π rad/s，結合振動圖像可知，該振動方程為x＝12sin 1.25πt cm，也可以把方程表達為x＝12cos cm，故A正確；由題圖乙的振動圖像可知，圖線上某點的斜率表示該點處的瞬時速度，t＝0.1 s和 t＝0.7 s時，圖線中的斜率一正一負，說明兩點的速度方向相反，所以速度不相同，故B錯誤；由題圖乙可知，t＝0.2 s到t＝0.4 s 時間內，振子的位移為正，正在逐漸增大，所以根據F＝－kx可知回復力逐漸增大，加速度逐漸增大，故C錯誤；t1和t2時刻，振子的位移關于平衡位置對稱，并且速度方向相反，且時間間隔是小于一個周期的，由此可知兩時刻的時間差是半個周期，故D正確.]
10．2023年10月，杭州亞運會蹦床項目比賽在黃龍體育中心體育館舉行．如圖所示是運動員到達最高點O后，豎直下落到A點接觸蹦床，接著運動到最低點C點的情境，其中B點為運動員靜止在蹦床時的位置，不計空氣阻力，運動員可看成質點．下列說法正確的是(　　)
A．運動員在B點靜止時，他的重力與他對蹦床的壓力是一對相互作用力
B．運動員從A到C的過程中，運動員的加速度先減小后增大
C．在B點時，運動員的動能最大
D．在C點時，運動員的動能和蹦床的彈性勢能之和最大
BCD　[運動員在B點靜止時，他的重力的反作用力是他對地球的引力，故A錯誤；運動員從A到C的過程中，開始彈力小于重力，mg－F＝ma，隨著彈力增大，加速度減小，過B點后彈力大于重力，則F－mg＝ma，隨著彈力增大，加速度增大，所以運動員的加速度先減小后增大，故B正確；在B點時，運動員所受的合力為零，速度最大，動能最大，故C正確；整個過程蹦床和運動員機械能守恒，在C點重力勢能最小，則動能和蹦床的彈性勢能之和最大，故D正確.故選BCD.]
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11．(10分)在“用單擺測量重力加速度”的實驗中，某實驗小組在測量單擺的周期時，測得擺球經過n次全振動的總時間為Δt，在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺線長度為l0，再用游標卡尺測量擺球的直徑為D．
回答下列問題：
(1)為了減小測量周期的誤差，實驗時需要在適當的位置做一標記，當擺球通過該標記時開始計時，該標記應該放置在擺球擺動的________．
A．最高點　　B．最低點　　C．任意位置
(2)該單擺的周期為________．
(3)若用l表示擺長，T表示周期，那么重力加速度的表達式為g＝________．
(4)如果測得的g值偏小，可能的原因是________．
A．測擺長時擺線拉得過緊
B．擺線上端懸點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了
C．開始計時時，秒表過遲按下
D．實驗時誤將49次全振動記為50次
(5)為了提高實驗的準確度，在實驗中可改變幾次擺長L并測出相應的周期T，從而得出幾組對應的L和T的數值，以L為橫坐標、T2為縱坐標作出T2-L圖線，但同學們不小心每次都把小球直徑當作半徑來計算擺長，由此得到的T2-L圖線是圖乙中的________(選填“①”“②”或“③”)．
[解析]　(1)為了減小測量周期的誤差，應該將擺球經過最低點時作為計時開始和終止的位置，實際擺動中最高點的位置會發生變化，且靠近最高點時速度較小，計時誤差較大.故選B.
(2)因為擺球經過n次全振動的總時間為Δt，則該單擺的周期為T＝
(3)由單擺周期公式T＝2π可得，重力加速度的表達式為g＝
(4)因為重力加速度的表達式為g＝，測擺長時擺線拉得過緊，所測擺長l偏大，則所測重力加速度偏大，A錯誤；擺線上端懸點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了，則測量值小于實際操作值，故所測重力加速度偏小，B正確；開始計時時，秒表過遲按下，所測周期偏小，則所測重力加速度偏大，C錯誤；實驗中誤將49次全振動次數記為50次，所測周期偏小，則所測重力加速度偏大，D錯誤.
(5)由題意可得，單擺的實際擺長l′＝L－，由單擺周期表達式得T＝2π，化簡可得T2＝L－，由此得到的T2-L圖線是題圖乙中的①.
[答案]　 (1)B　(2)　(3)　(4)B　(5)①
12．(7分)在“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗中．
(1)用游標卡尺測量小球的直徑d，測量情況如圖乙所示，其讀數為______ mm．
(2)固定懸點后，測得懸點到擺球上端的細線長度為l，完成n次全振動的時間為t，則重力加速度的表達式為g＝______(用題中測得的物理量符號表示)．
(3)某同學查閱資料得知，課本上所給的單擺周期T0是初始擺角θ很小時的近似值，實際上初始擺角對理論周期T有一定影響，與θ的關系圖像如圖丙所示．若實驗時初始擺角達到20°，考慮初始擺角的影響，重力加速度的測量值會______(選填“偏大”“不變”或“偏小”)．
[解析]　(1)10分度游標卡尺的分度值為 0.1 mm, 由題圖乙可知小球的直徑d＝15 mm＋2×0.1 mm＝15.2 mm.
(2)單擺的周期T＝，由單擺周期公式T＝2π，聯立得重力加速度的表達式為g＝
(3)根據題圖丙可知隨著初始擺角θ的增大，的比值變大，即理論周期變大，根據T＝2π，可得重力加速度g＝L，由此可知考慮初始擺角的影響，重力加速度的測量值會偏小.
[答案]　(1)15.2　(2)　(3)偏小
13．(9分)在開口向上半徑為R的光滑半球形碗內，在碗底的最低點附近和通過球心的豎直線上分別放置A、B兩個小球，讓它們同時由靜止釋放，結果同時第一次到達碗底的最低點．試求B球開始下落時離球心的高度．
[解析]　A球從在碗底的最低點附近釋放到運動到碗底過程的時間可以看作是單擺運動的，則
tA＝＝
設B球釋放位置到碗底的高度差為h，則h＝
又tA＝tB，聯立解得h＝R
則B球開始下落時離球心的高度x＝h－R＝R.
[答案]　R
14．(13分)將一測力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力，圖甲表示小滑塊(可視為質點)沿固定的光滑半球形容器內壁在豎直平面的A、A′之間來回滑動，A、A′點與O點連線與豎直方向之間的夾角相等且都為θ(θ很小)．圖乙表示滑塊對器壁的壓力F隨時間t變化的曲線，且圖中 t＝0 為滑塊從A點開始運動的時刻，試根據力學規律和題中(包括圖中)所給的信息，求：(g取10 m/s2)
(1)容器的半徑；
(2)小滑塊的質量．
[解析]　(1)由題圖乙得小滑塊做簡諧運動的周期
T＝ s
由T＝2π
得R＝＝0.1 m.
(2)在最高點A，有
Fmin＝mg cos θ＝0.495 N
在最低點B，有
Fmax＝m＋mg＝0.510 N
從A到B，滑塊機械能守恒，有
mgR(1－cos θ)＝mv2
聯立解得m＝0.05 kg.
[答案]　(1)0.1 m　(2)0.05 kg
15．(15分)如圖所示，傾角為α的斜面體(斜面光滑且足夠長)放在粗糙的水平地面上，斜面頂端與勁度系數為k、自然長度為L的輕質彈簧相連，彈簧的另一端連接著質量為m的物塊．壓縮彈簧使其長度為L時將物塊由靜止開始釋放，物塊開始做簡諧運動，且彈簧始終在彈性限度內，斜面體始終處于靜止狀態．重力加速度為g．
(1)判斷彈簧原長的位置是否為平衡位置？如果是，說明理由．如果不是，請說明并推導出平衡位置時彈簧的形變量Δx；
(2)求出該振子的振幅和加速度的最大值．
[解析]　(1)彈簧自然長度的位置不是平衡位置，物塊處于平衡位置時合力為零
設物塊在斜面上平衡時，彈簧伸長量為Δx，有mg sin α－kΔx＝0
解得Δx＝
(2)平衡位置時彈簧的長度
L′＝L＋Δx＝L＋
振幅A＝L′－L＝L＋
初始位置時，加速度最大，由牛頓第二定律得
mg sin α＋k＝ma
解得a＝g sin α＋
[答案]　(1)不是　　(2)L＋　g sin α＋
14 / 14主題1　簡諧運動的周期性和對稱性
1．周期性——做簡諧運動的物體經過一個周期或幾個周期后，能回復到原來的狀態．
2．對稱性——做簡諧運動的物體具有相對平衡位置的對稱性．
(1)在同一位置，振子的位移相同，回復力、加速度、動能和勢能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反．
(2)在關于平衡位置對稱的兩個位置，動能、勢能對應相等，回復力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反．
(3)一個做簡諧運動的質點，經過時間t＝nT(n為正整數)，則質點必回到出發點，而經過時間t＝(2n＋1)(n為自然數)，則質點所處位置必與原來位置關于平衡位置對稱．
【典例1】　(多選)如圖所示，一質點在平衡位置O點附近做簡諧運動，若從質點通過O點時開始計時，經過 0.9 s 質點第一次通過M點，再繼續運動，又經過 0.6 s 質點第二次通過M點，該質點第三次通過M點需再經過的時間可能是(　　)
A．1.0 s　　B．1.2 s　　C．2.4 s　　D．4.2 s
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
主題2　簡諧運動圖像的應用
從振動圖像中可得到的信息
(1)可直接讀取振子在某一時刻相對于平衡位置的位移大小．
(2)從振動圖像上可直接讀出振幅：正(負)位移的最大值．
(3)從振動圖像上可直接讀出周期．
(4)可判斷某一時刻振動物體的速度方向和加速度方向，以及它們的大小和變化趨勢．
【典例2】　(多選)一質點做簡諧運動的位移x與時間t的關系如圖所示，規定沿x軸正方向為正，由圖可知(　　)
A．頻率是2 Hz
B．振幅是10 cm
C．t＝1.7 s時的加速度為正，速度為負
D．t＝0.5 s時質點所受的回復力為零
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　簡諧運動圖像問題的處理思路
(1)根據簡諧運動圖像的描繪方法和圖像的物理意義，明確縱軸、橫軸所代表的物理量及單位．
(2)將簡諧運動圖像跟具體運動過程或振動模型聯系起來，根據圖像畫出實際振動或模型的草圖，對比分析．
(3)判斷簡諧運動的回復力、加速度、速度變化的一般思路：根據F＝－kx判斷回復力F的變化情況；根據F＝ma判斷加速度的變化情況；根據運動方向與加速度方向的關系判斷速度的變化情況．
主題3　單擺的周期公式及應用
單擺在小角度(θ＜5°)振動時可看作簡諧運動，除考查簡諧運動的一般規律外，單擺的周期公式及特點、應用在近幾年的高考中也頻頻出現，值得重視：
(1)單擺的周期T＝2π，與振幅、質量無關，只取決于擺長L和重力加速度g．
(2)單擺的回復力由擺球重力沿圓弧切線方向的分力提供．在平衡位置，回復力為零，合力沿半徑方向提供向心力；在最高點，向心力為零，回復力最大．
(3)利用單擺測重力加速度原理：由單擺的周期公式可得g＝，因此通過測定單擺的周期和擺長，便可測出重力加速度g的值．
【典例3】　如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，R ，甲球從弧形槽的球心處自由落下，乙球從A點由靜止釋放，問：
(1)兩球第1次到達C點的時間之比；
(2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時乙球從圓弧左側由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　單擺模型問題的求解方法
(1)單擺模型指符合單擺規律的運動模型，模型滿足條件：①圓弧運動；②小角度擺動；③回復力F＝－kx．
(2)首先確認符合單擺模型條件，然后尋找等效擺長l及等效重力加速度g，最后利用公式T＝2π或簡諧運動規律分析求解問題．
(3)如圖甲所示的雙線擺的擺長l＝r ＋L cos α．圖乙中小球(可看作質點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點振動，其等效擺長為l＝R．
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