《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十四章 第1講 機械振動學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十四章 第1講 機械振動學(xué)案（含解析）（30頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十四章 第1講 機械振動學(xué)案（含解析） 知識點　　簡諧運動　Ⅰ 1．簡諧運動的概念 質(zhì)點的位移與時間的關(guān)系遵從正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動圖象(x－t圖象)是一條正弦曲線。 2．平衡位置 物體在振動過程中回復(fù)力為零的位置。 3．回復(fù)力 (1)定義：使物體返回到平衡位置的力。 (2)方向：總是指向平衡位置。 (3)來源：屬于效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。 4．描述簡諧運動的物理量 知識點　　簡諧運動的公式和圖象　Ⅱ 1．表達式 (1)動力學(xué)表達式：F＝－kx，其中“－”表示回復(fù)力與位移的方向相反。 (2)

2、運動學(xué)表達式：x＝Asin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝＝2πf表示簡諧運動的快慢，ωt＋φ0代表簡諧運動的相位，φ0叫做初相。 2．簡諧運動的圖象 (1)如圖所示： (2)物理意義：表示振動質(zhì)點的位移隨時間的變化規(guī)律。 知識點　　彈簧振子、單擺及其周期公式　Ⅰ 簡諧運動的兩種模型 知識點　　受迫振動和共振?、? 1．受迫振動 系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動叫做受迫振動。做受迫振動物體的周期(或頻率)等于驅(qū)動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)無關(guān)。 2．共振曲線 如圖所示的共振曲線，表示某振動系統(tǒng)受迫振動的振幅A(縱坐標(biāo))隨驅(qū)動力頻率f(橫坐標(biāo))

3、變化的關(guān)系。驅(qū)動力的頻率f跟振動系統(tǒng)的固有頻率f0相差越小，振幅越大；驅(qū)動力的頻率f等于振動系統(tǒng)的固有頻率f0時，振幅最大。 知識點　　實驗：用單擺測定重力加速度 1．實驗原理 由單擺的周期公式T＝2π ，可得出g＝l，測出單擺的擺長l和振動周期T，就可求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭。 2．實驗器材 帶中心孔的小鋼球、約1 m長的細線、帶有鐵夾的鐵架臺、游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺、停表。 3．實驗步驟 (1)做單擺 取約1 m長的細線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結(jié)，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，在單擺平衡位置處做上標(biāo)記，如圖甲所示。 (2)測

4、擺長 用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標(biāo)卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝L＋。 (3)測周期 將單擺從平衡位置拉開一個角度(不超過5°)，然后釋放小球，記下單擺擺動30次或50次全振動的總時間，算出平均每擺動一次全振動的時間，即為單擺的振動周期T。 (4)改變擺長，重做幾次實驗。 (5)數(shù)據(jù)處理 ①公式法：g＝。 ②圖象法：畫l－T2圖象，如圖乙所示。 g＝4π2k，k＝＝。 4．注意事項 (1)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證懸點固定。 (2)單擺必須在同一平面內(nèi)振動，且擺角小于5°。 (3)選擇在擺球擺到平衡位置處時開始計時，并數(shù)準(zhǔn)全振動的次

5、數(shù)。 (4)小球自然下垂時，用毫米刻度尺量出懸線長L，用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑，然后算出擺球的半徑r，則擺長l＝L＋r。 (5)選用1 m左右難以伸縮的細線。 一 思維辨析 1．簡諧運動是勻變速運動。(　　) 2．振幅等于振子運動軌跡的長度。(　　) 3．簡諧運動的回復(fù)力肯定不是恒力。(　　) 4．彈簧振子每次經(jīng)過平衡位置時，位移為零、動能為零。(　　) 5．單擺無論擺角多大都是簡諧運動。(　　) 6．物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關(guān)。(　　) 7．簡諧運動的圖象描述的是振動質(zhì)點的軌跡。(　　) 答案　1.×　2.×　3.√　4.×　5.×　6.√　7.×

6、 二 對點激活 1．一個彈簧振子沿x軸做簡諧運動，取平衡位置O為x軸坐標(biāo)原點。從某時刻開始計時，經(jīng)過四分之一周期，振子具有沿x軸正方向的最大加速度。能正確反映振子位移x與時間t關(guān)系的圖象是(　　) 答案　A 解析　振子的最大加速度與振子的回復(fù)力成正比，方向與位移方向相反，具有正向的最大加速度，就應(yīng)該具有最大的反方向的位移，振子從平衡位置開始計，并向負方向移動時，經(jīng)四分之一周期振子具有沿x軸正方向的最大加速度，只有A正確，B、C、D都不符合題意。 2．(人教版選修3－4·P17·T3改編)(多選)如圖是兩個單擺的振動圖象，以下說法正確的是(　　) A．甲、乙兩個擺的振幅之比為2

7、∶1 B．甲、乙兩個擺的頻率之比為1∶2 C．甲、乙兩個擺的擺長之比為1∶2 D．以向右的方向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向，從t＝0起，乙第一次到達右方最大位移時，甲振動到了平衡位置，且向左運動 答案　AD 解析　由振動圖象知A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，所以甲、乙兩個擺的振幅之比為2∶1，故A正確；T甲＝4 s，T乙＝8 s，所以＝＝，故B錯誤；由T＝2π得，＝＝，故C錯誤；由圖象知乙第一次到達右方最大位移時為t＝2 s時，此時x甲＝0，且向左運動，故D正確。 3．(人教版選修3－4·P21·T4改編)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力頻率f的關(guān)系)如

8、圖所示，則(　　) A．此單擺的固有周期約為0.5 s B．此單擺的擺長約為1 m C．若擺長增大，單擺的固有頻率增大 D．若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動 答案　B 解析　由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5 Hz，固有周期為2 s，A錯誤；由T＝2π ，得此單擺的擺長約為1 m，B正確；若擺長增大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的峰將向左移動，C、D錯誤。 4．(人教版選修3－4·P5·T3)如下圖所示，在t＝0到t＝4 s的范圍內(nèi)回答以下問題。 (1)質(zhì)點相對平衡位置的位移的方向在哪些時間內(nèi)跟它的瞬時速度的方向相同？在哪些時間內(nèi)跟瞬時速度的方向相反

9、？ (2)質(zhì)點在第2 s末的位移是多少？ (3)質(zhì)點在前2 s內(nèi)走過的路程是多少？ 答案　(1)在0～1 s,2～3 s內(nèi)位移方向跟它的瞬時速度方向相同　在1～2 s,3～4 s內(nèi)位移方向跟它的瞬時速度方向相反 (2)0 (3)20 cm 解析　(1)位移—時間圖線的某點的切線的斜率即是某時刻的速度，可知，質(zhì)點相對平衡位置的位移的方向在0～1 s和2～3 s內(nèi)跟它的瞬時速度的方向相同，在1～2 s和3～4 s內(nèi)跟瞬時速度的方向相反。 (2)質(zhì)點在第2 s末的位移是0。 (3)質(zhì)點在前2 s內(nèi)走過的路程是s＝2×10 cm＝20 cm。 考點細研 悟法培優(yōu) 考點1　簡諧

10、運動的特征 1．動力學(xué)特征 F＝－kx，“－”表示回復(fù)力的方向與位移方向相反，k是比例系數(shù)，不一定是彈簧的勁度系數(shù)。 2．運動學(xué)特征 做簡諧運動的物體加速度與物體偏離平衡位置的位移大小成正比而方向相反，為變加速運動，遠離平衡位置時，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均減小，靠近平衡位置時則相反。 3．運動的周期性特征 相隔nT(n為正整數(shù))的兩個時刻，物體處于同一位置且振動狀態(tài)相同。 4．對稱性特征 (1)時間對稱性：相隔或(n為正整數(shù))的兩個時刻，物體位置關(guān)于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等、方向相反。如圖甲所示： O為平衡位置，A、B為振子偏離平衡位置最大位移處

11、，振子t時刻在C點，t＋時刻運動到D點，則位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，aD＝－aC。 (2)空間對稱性：如圖乙所示，振子經(jīng)過關(guān)于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等。 此外，振子由P到O所用時間等于由O到P′所用時間，即tPO＝tOP′。振子往復(fù)過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO。 5．能量特征 振動的能量包括動能Ek和勢能Ep，簡諧運動過程中，系統(tǒng)動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒。 例1　(2018·遼寧鞍山模擬)(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當(dāng)它經(jīng)過點O時開

12、始計時，經(jīng)過0.3 s，第一次到達點M，再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M，則彈簧振子的周期不可能為(　　) A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s E．3 s 解題探究　(1)從O點出發(fā)第一次到達M點時用時0.3 s有幾種情形？ 提示：兩種。 (2)簡諧運動中振子往復(fù)運動過程中通過同一段路程，用時相等嗎？ 提示：相等。 嘗試解答　選BDE。 如圖甲所示，設(shè)O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時間為。因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等，故＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如圖乙所示，若

13、振子一開始從平衡位置向點B運動，設(shè)點M′與點M關(guān)于點O對稱，則振子從點M′經(jīng)過點B到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C到點M所需時間相等，即0.2 s。振子從點O到點M′、從點M′到點O及從點O到點M所需時間相等，為＝ s，故周期為T＝0.5 s＋ s≈0.53 s，所以周期不可能為選項B、D、E。 總結(jié)升華 分析簡諧運動的技巧 (1)分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，要以位移為橋梁，位移增大時，振動質(zhì)點的回復(fù)力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減?。环粗?，則產(chǎn)生相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時改變方向。 (2)分析過程中要特別注意簡諧運動的周期性和對稱性。 (3)如例

14、1，若沒有給出開始時刻質(zhì)點的振動方向，還須分情況討論，以防丟解。 [變式1－1]　(多選)關(guān)于水平放置的彈簧振子所做的簡諧運動，下列說法正確的是(　　) A．位移的方向是由振子所在處指向平衡位置 B．加速度的方向總是由振子所在處指向平衡位置 C．經(jīng)過半個周期振子經(jīng)過的路程一定是振幅的2倍 D．若兩時刻相差半個周期，彈簧在這兩個時刻的形變量一定相等 E．經(jīng)過半個周期，彈簧振子完成一次全振動 答案　BCD 解析　位移的方向始終是由平衡位置指向振子所在處，A錯誤；加速度的方向始終是由振子所在處指向平衡位置，B正確；經(jīng)過半個周期，振子經(jīng)過的路程是振幅的2倍，若兩時刻相差半個周期，兩時刻

15、彈簧的形變量一定相等，C、D正確；經(jīng)過一個周期，彈簧振子完成一次全振動，E錯誤。 [變式1－2]　如圖所示，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構(gòu)成彈簧振子，該物塊是由a、b兩個小物塊粘在一起組成的。物塊在光滑水平面上左右振動，振幅為A0，周期為T0。當(dāng)物塊向右通過平衡位置時，a、b之間的粘膠脫開；以后小物塊a振動的振幅和周期分別為A和T，則A________A0，T________T0。(填“>”“<”或“＝”) 答案　<　< 解析　當(dāng)物塊向右通過平衡位置時，脫離前振子的動能Ek1＝(ma＋mb)v，脫離后振子的動能Ek2＝mav，由機械能守恒可知，平衡位置處的動能等于最大位移處的彈

16、性勢能，因此脫離后振子振幅變??；由于彈簧振子的質(zhì)量減小，根據(jù)a＝－可知，在同一個位置物塊a的加速度變大，即速度變化更快，故脫離后周期變小。 考點2　簡諧運動的圖象 1．圖象特征 (1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，是正弦曲線還是余弦曲線取決于質(zhì)點初始時刻的位置。 (2)圖象反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖象不代表質(zhì)點運動的軌跡。 (3)任一時刻在圖線上對應(yīng)點的切線的斜率，大小表示該時刻振子的速度大小，正負表示速度的方向，為正時，表示振子的速度沿x軸正方向；為負時，表示振子的速度沿x軸負方向。 2．圖象信息 (1)由圖象可以看出質(zhì)點振動的振幅、周期。

17、 (2)可以確定某時刻質(zhì)點離開平衡位置的位移。 (3)可以確定某時刻質(zhì)點的回復(fù)力、加速度和速度的方向。 ①回復(fù)力和加速度的方向：因回復(fù)力總是指向平衡位置，故回復(fù)力和加速度的方向在圖象上總是指向t軸。 ②速度的方向：某時刻速度的方向既可以通過該時刻在圖象上對應(yīng)點的切線的斜率來判斷，還可以通過下一時刻位移的變化來判斷，若下一時刻位移增加，速度方向就是遠離t軸；若下一時刻位移減小，速度方向就是指向t軸。 (4)可以確定某段時間質(zhì)點的位移、回復(fù)力、加速度、速度、動能、勢能等的變化情況。 例2　(2019·雅禮中學(xué)月考)(多選)如圖甲所示為以O(shè)點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，

18、圖乙為這個彈簧振子的振動圖象，由圖可知下列說法中正確的是(　　) A．在t＝0.2 s時，彈簧振子的加速度為正向最大 B．在t＝0.1 s與t＝0.3 s兩個時刻，彈簧振子在同一位置 C．從t＝0到t＝0.2 s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動 D．在t＝0.6 s時，彈簧振子有最小的彈性勢能 E．在t＝0.2 s與t＝0.6 s兩個時刻，彈簧振子速度都為零 解題探究　(1)彈簧振子的加速度方向與位移方向相同還是相反？ 提示：相反。 (2)在最大位移處，速度和彈性勢能有何特點？ 提示：速度為零，彈性勢能最大。 嘗試解答　選BCE。 t＝0.2 s時，彈簧振子的位

19、移為正向最大值，而彈簧振子的加速度與位移大小成正比，方向與位移方向相反，A錯誤；在t＝0.1 s與t＝0.3 s兩個時刻，彈簧振子的位移相同，B正確；從t＝0到t＝0.2 s時間內(nèi)，彈簧振子從平衡位置向最大位移處運動，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，彈簧振子做加速度增大的減速運動，C正確；在t＝0.6 s時，彈簧振子的位移為負向最大值，即彈簧的形變量最大，彈簧振子的彈性勢能最大，D錯誤；t＝0.2 s與t＝0.6 s，彈簧振子都在最大位移處，速度都為零，E正確。 總結(jié)升華 對振動圖象的理解 (1)可確定振動質(zhì)點在任一時刻的位移。如圖所示，t1、t2時刻質(zhì)點偏離平衡

20、位置的位移分別為x1＝7 cm，x2＝－5 cm。 (2)可確定質(zhì)點振動的振幅，圖象中最大位移的絕對值就是質(zhì)點振動的振幅。如圖所示，質(zhì)點振動的振幅是10 cm。 (3)可確定質(zhì)點振動的周期和頻率，振動圖象上一個完整的正弦(或余弦)圖形在時間軸上拉開的“長度”表示周期，頻率的大小等于周期的倒數(shù)。如圖所示，OD、AE、BF的間隔都等于質(zhì)點振動的周期，T＝0.2 s，頻率f＝＝5 Hz。 (4)可確定質(zhì)點的振動方向。如圖所示，在t1時刻，質(zhì)點正遠離平衡位置向正方向運動；在t3時刻，質(zhì)點正朝向平衡位置運動。 (5)可比較各時刻質(zhì)點加速度的大小和方向。例如在圖中t1時刻，質(zhì)點偏

21、離平衡位置的位移x1為正，則加速度a1為負；在t2時刻，質(zhì)點偏離平衡位置的位移x2為負，則加速度a2為正，因為|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。 [變式2]　(多選)一個質(zhì)點經(jīng)過平衡位置O，在A、B間做簡諧運動，如圖a所示，它的振動圖象如圖b所示，設(shè)向右為正方向，下列說法正確的是(　　) A．OB＝5 cm B．第0.2 s末質(zhì)點的速度方向是A→O C．第0.4 s末質(zhì)點的加速度方向是A→O D．第0.7 s末時質(zhì)點位置在O點與A點之間 E．在4 s內(nèi)完成5次全振動 答案　ACE 解析　由圖b可知振幅為5 cm，則OB＝OA＝5 cm，A項正確；由圖可知0～0.

22、2 s內(nèi)質(zhì)點從B向O運動，第0.2 s末質(zhì)點的速度方向是O→A，B項錯誤；由圖可知第0.4 s末質(zhì)點運動到A點處，則此時質(zhì)點的加速度方向是A→O，C項正確；由圖可知第0.7 s末時質(zhì)點位置在O點與B點之間，D項錯誤；由圖b可知周期T＝0.8 s，則在4 s內(nèi)完成全振動的次數(shù)為＝5，E項正確。 考點3　受迫振動與共振 自由振動、受迫振動和共振的比較 例3　(2018·唐山期末) 如圖所示，一豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)，小球浸沒在水中。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動一會兒靜止后，小球做________(填“阻尼”“自

23、由”或“受迫”)振動。若彈簧和小球構(gòu)成的系統(tǒng)振動頻率約為3 Hz， 現(xiàn)使圓盤以4 s的周期勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過一段時間后，小球振動達到穩(wěn)定，小球的振動頻率為________ Hz。逐漸改變圓盤的轉(zhuǎn)動周期，當(dāng)小球振動的振幅達到最大時，此時圓盤的周期為________ s。 解題探究　(1)在阻力作用下，振幅逐漸變小的振動稱為________振動。 提示：阻尼 (2)當(dāng)小球振動的振幅達到最大時，圓盤的周期________系統(tǒng)的固有周期。 提示：等于 嘗試解答　阻尼　0.25　。 由于水對小球有阻力的作用，因此圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小球做阻尼振動；圓盤轉(zhuǎn)動時帶動小球做受迫振動，因此小球振動穩(wěn)定

24、時的振動頻率等于驅(qū)動力的頻率，即小球的振動頻率為 Hz＝0.25 Hz；當(dāng)驅(qū)動力的頻率等于小球的固有頻率時小球的振幅最大，即圓盤的轉(zhuǎn)動頻率應(yīng)為3 Hz，則圓盤的周期應(yīng)為 s。 總結(jié)升華 對共振的理解 (1)共振曲線：如圖所示，橫坐標(biāo)為驅(qū)動力頻率f，縱坐標(biāo)為振幅A。它直觀地反映了驅(qū)動力頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)受迫振動振幅的影響，由圖可知，f與f0越接近，振幅A越大；當(dāng)f＝f0時，振幅A最大。 (2)受迫振動中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化：做受迫振動的系統(tǒng)的機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換。 [變式3－1]　關(guān)于固有頻率，以下說法正確的是(　　) A．固有頻率是由物體本身決定的

25、 B．物體不振動時固有頻率為零 C．振幅越大，固有頻率越小 D．所有物體固有頻率都相同 答案　A 解析　物體做自由振動時，振動的頻率與初始條件無關(guān)，僅與系統(tǒng)的固有特性有關(guān)(如質(zhì)量、材質(zhì)等)，稱為固有頻率，故A正確，B、C、D錯誤。 [變式3－2]　(多選)某簡諧振子，自由振動時的振動圖象如圖甲中實線所示，而在某驅(qū)動力作用下做受迫振動時，穩(wěn)定后的振動圖象如圖甲中虛線所示，那么，此受迫振動對應(yīng)的狀態(tài)可能是圖乙中的(　　) A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．一定不是c點 答案　AD 解析　簡諧振子自由振動時，設(shè)周期為T1；而在某驅(qū)動力作用下做受迫振動時，設(shè)周期為T2；顯

26、然T1f2；題圖乙中c點處代表發(fā)生共 振，驅(qū)動力頻率等于固有頻率f1；做受迫振動時，驅(qū)動力頻率f2

27、單擺是一個理想化模型，擺角θ≤5°時，單擺的周期為T＝2π ，與單 擺的振幅A、擺球質(zhì)量m無關(guān)，式中的g由單擺所處的位置決定。 2．等效擺長及等效重力加速度 (1)l′——等效擺長：擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離。如圖甲所示的雙線擺的擺長l′＝r＋Lcosα。乙圖中小球(可看做質(zhì)點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點的附近振動，其等效擺長為l′＝R。 (2)g′——等效重力加速度：與單擺所處物理環(huán)境有關(guān)。 ①在不同星球表面：g′＝，M為星球的質(zhì)量，R為星球的半徑。 ②單擺處于超重或失重狀態(tài)下的等效重力加速度分別為g′＝g＋a和g′＝g－a，a為超重或失重時單擺系統(tǒng)整體豎直向上或豎直

28、向下的加速度大小。 3．用單擺測定重力加速度 數(shù)據(jù)處理的兩種方法： 方法一：公式法。 根據(jù)公式T＝2π ，g＝。將測得的幾組周期T和擺長l分別代入公式g＝中算出多組重力加速度g的值，再求出g的平均值，即為當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹怠? 方法二：圖象法。 由單擺的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以擺長l為縱軸，以T2為橫軸描點作圖，作出的l-T2圖象理論上是一條過原點的直線，如圖所示，求出圖象的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。 例4　(2018·湖北四校聯(lián)考)(多選)某同學(xué)做“用單擺測定重力加速度”的實驗時，通過改變擺線的長度，測出對應(yīng)的周期，作出了l－T2圖象，如圖所示

29、。下列關(guān)于本實驗的分析正確的是(　　) A．實驗中正確測量周期的方法是，拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當(dāng)擺球振動穩(wěn)定后，從平衡位置開始計時，記下擺球做50次全振動所用的時間Δt，則單擺周期T＝ B．圖象不過原點是因為測量擺長時，把懸掛狀態(tài)的擺線長當(dāng)成擺長 C．圖象不過原點是因為測量擺長時，把擺線長加上擺球的直徑當(dāng)成擺長 D．利用圖象仍然能測出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間＝或g＝，但測量結(jié)果會偏大 E．利用圖象仍然能測出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間＝，并且不會有系統(tǒng)誤差 解題探究　(1)圖象不過原點，且直線與l軸交點在O點的上方，說明測量的擺長值比實際值________。

30、提示：大 (2)根據(jù)圖中A點對應(yīng)的擺長lA和周期TA應(yīng)有關(guān)系式lA＝＋l′對嗎？ 提示：對。 嘗試解答　選ACE。 為了減小測量誤差，要從擺球擺過平衡位置時計時，且需測量多次全振動所用時間，然后計算出一次全振動所用的時間，A正確；根據(jù)周期公式T＝2π 得l＝，由于題中圖象存在縱截距，即l＝＋l′，說明測量的擺長值較實際擺長要大，B錯誤，C正確；根據(jù)題中圖象上A、B兩點有關(guān)系式lA＝＋l′，lB＝＋l′，兩式相減可解得g＝，由以上可以看出，最終的結(jié)果不影響g值的測量，所以D錯誤，E正確。 總結(jié)升華 用單擺測定重力加速度實驗的誤差分析 (1)本實驗的系統(tǒng)誤差主要來源于單擺模型本身是否

31、符合要求，即：懸點固定，小球質(zhì)量大、體積小，細線輕質(zhì)非彈性，振動是在同一豎直平面內(nèi)的振動，這些要求是否符合。 (2)本實驗的偶然誤差主要來自時間的測量，因此，要從擺球通過平衡位置時開始計時，不能多計或漏計擺球全振動次數(shù)。此外，使用刻度尺測量擺線長度讀數(shù)時也會產(chǎn)生偶然誤差，要多次測量取平均值以減小誤差。 (3)利用圖象法處理數(shù)據(jù)具有形象、直觀的特點，同時也能減小實驗誤差。利用圖象法分析處理時要特別注意圖象的斜率及截距的物理意義。 [變式4－1]　(2018·衡水模擬)物理實驗小組的同學(xué)做“用單擺測重力加速度”的實驗。 (1)實驗室有如下器材可供選用： A．長約1 m的細線 B．長約

32、1 m的橡皮繩 C．直徑約2 cm的均勻鐵球 D．直徑約5 cm的均勻木球 E．秒表 F．時鐘 G．最小刻度為毫米的刻度尺 實驗小組的同學(xué)需要從上述器材中選擇________(填寫器材前面的字母)。 (2)下列振動圖象真實地描述了對擺長約為1 m的單擺進行周期測量的四種操作過程，圖中橫坐標(biāo)原點O為計時起點，A、B、C均為30次全振動的圖象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是________(填字母代號)。 (3)某同學(xué)利用單擺測重力加速度，測得的g值與真實值相比偏大，可能的原因是________。 A．測擺長時記

33、錄的是擺線的長度 B．開始計時時，秒表過早按下 C．?dāng)[線上端未牢固地系于懸點，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了 D．實驗中誤將29次全振動數(shù)記為30次 答案　(1)ACEG　(2)A　(3)D 解析　(1)需要選擇：長約1 m的細線，直徑約2 cm的均勻鐵球，秒表(測量50次全振動的時間)，最小刻度為毫米的刻度尺(測量擺線長)。 (2)單擺振動的擺角θ≤5°，當(dāng)θ＝5°時單擺振動的振幅A＝lsin5°＝0.087 m＝8.7 cm，為計時準(zhǔn)確，在擺球擺至平衡位置時開始計時，故四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是選項A。 (3)根據(jù)單擺的周期公式推導(dǎo)出重力加速度的表達式g＝。將擺

34、線的長誤認為擺長，即測量值偏小，所以重力加速度的測量值偏小，故A錯誤；開始計時時，秒表過早按下，周期的測量值大于真實值，所以重力加速度的測量值偏小，故B錯誤；擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，即擺長L的測量值偏小，所以重力加速度的測量值就偏小，故C錯誤；設(shè)單擺29次全振動的時間為t，則單擺的周期T＝，若誤計為30次，則T測＝<，即周期的測量值小于真實值，所以重力加速度的測量值偏大，故D正確。 [變式4－2]　在“用單擺測定重力加速度”的實驗中： (1)擺動時偏角滿足的條件是偏角小于5°，為了減小測量周期的誤差，計時開始時，擺球應(yīng)是經(jīng)過最________(填“高”或

35、“低”)點的位置，且用停表測量單擺完成多次全振動所用的時間，求出周期。圖甲中停表示數(shù)為一單擺全振動50次所用的時間，則單擺振動周期為________。 (2)用最小刻度為1 mm的刻度尺測擺長，測量情況如圖乙所示。O為懸掛 點，從圖乙中可知單擺的擺長為________ m。 (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)考慮到單擺振動時空氣浮力的影響后，學(xué)生甲說：“因為空氣浮力與擺球重力方向相反，它對球的作用相當(dāng)于重力加速度變小，因此振動周期變大?！睂W(xué)生乙說：“浮力對擺球的影響好像用一個輕一些的擺球做實驗，因此振動周期不變”，這兩個學(xué)生中_

36、_______。 A．甲的說法正確 B．乙的說法正確 C．兩學(xué)生的說法都是錯誤的 答案　(1)低　2.05 s　(2)0.9980　(3)　(4)A 解析　(1)擺球經(jīng)過最低點時小球速度最大，容易觀察和計時；圖甲中停表的示數(shù)為1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，則周期T＝ s＝2.05 s。 (2)從懸點到球心的距離即為擺長，可得L＝0.9980 m。 (3)由單擺周期公式T＝2π 可得g＝。 (4)由于受到空氣浮力的影響，小球的質(zhì)量沒變而相當(dāng)于小球所受重力減小，即等效重力加速度減小，因而振動周期變大，A正確。 高考模擬 隨堂集訓(xùn) 1．(2018·天津高考)(多選

37、)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標(biāo)原點。t＝0時振子的位移為－0.1 m，t＝1 s時位移為0.1 m，則(　　) A．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 s B．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 s C．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為4 s D．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為6 s 答案　AD 解析　若振幅為0.1 m，根據(jù)題意可知從t＝0 s到t＝1 s振子經(jīng)歷的時間為n＋T＝1 s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝ s(n＝0,1,2,3…)，當(dāng)n＝1時，T＝ s，當(dāng)T＝ s時，代入得n＝，不符合題意，A正確，B錯誤；如果振幅為0.2 m，結(jié)合位移—時

38、間關(guān)系圖象，有1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3，…)?、伲蛘? s＝T＋nT(n＝0,1,2,3，…)　②，或者1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3…)?、?，對于①式，只有當(dāng)n＝0時，T＝2 s，為整數(shù)；對于②式，T不為整數(shù)，對于③式，只有當(dāng)n＝0時，T＝6 s，T為整數(shù)，故C錯誤，D正確。 2．(2017·北京高考)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是(　　) A．t＝1 s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值 B．t＝2 s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值 C．t＝3 s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零 D．t＝4 s時，振子的速度為正，加

39、速度為負的最大值 答案　A 解析　t＝1 s時，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負的最大值，A正確；t＝2 s時，振子在平衡位置且向x軸負方向運動，則振子的速度為負，加速度為零，B錯誤；t＝3 s時，振子處于負的最大位移處，振子的速度為零，加速度為正的最大值，C錯誤；t＝4 s時，振子在平衡位置且向x軸正方向運動，則振子的速度為正，加速度為零，D錯誤。 3．(2017·上海高考)做簡諧運動的單擺，其擺長不變，若擺球的質(zhì)量增加為原來的倍，擺球經(jīng)過平衡位置的速度減為原來的，則單擺振動的(　　) A．周期不變，振幅不變 B．周期不變，振幅變小 C．周期改變，振幅不變

40、 D．周期改變，振幅變大 答案　B 解析　由單擺的周期公式T＝2π 可知，當(dāng)擺長L不變時，周期不變，故C、D錯誤；由能量守恒定律可知mv2＝mgh，其擺動的高度與質(zhì)量無關(guān)，因平衡位置的速度減小，則最大高度減小，即振幅減小，B正確，A錯誤。 4．(2019·百師聯(lián)盟七調(diào))(多選)如圖所示，兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細線將甲、乙兩物塊束縛在光滑水平面上，已知甲的質(zhì)量是乙的質(zhì)量的4倍，彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2π ，式中m為振子的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)。當(dāng)細線突然斷開后，兩物塊都開始做簡諧運動，在運動過程中(　　) A．甲的振幅是乙的振幅的4倍 B．甲的振幅等于乙的振幅 C

41、．甲的最大速度是乙的最大速度的 D．甲的振動周期是乙的振動周期的2倍 E．甲的振動頻率是乙的振動頻率的2倍 答案　BCD 解析　將甲、乙兩物塊看成一個整體，受力分析可知，線未斷開前，兩根彈簧伸長的長度相同，故線斷開后，甲、乙兩物塊離開平衡位置的最大距離相同，即振幅一定相同，故A錯誤，B正確；在線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，到達平衡位置時，甲、乙的最大動能相同，由于甲的質(zhì)量是乙的質(zhì)量的4倍，由Ek＝mv2知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，故C正確；根據(jù)T＝2π 可知，甲的振動周期是乙的振動周期的2倍，根據(jù)f＝可知，甲的振動頻率是乙的振動頻率的，D正確，E錯誤。 5．(2015·

42、天津高考)某同學(xué)利用單擺測量重力加速度。 (1)為了使測量誤差盡量小，下列說法正確的是________。 A．組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球 B．組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線 C．實驗時須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動 D．?dāng)[長一定的情況下，擺的振幅盡量大 (2)如圖所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1 m的單擺。實驗時，由于僅有量程為20 cm、精度為1 mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標(biāo)記點，測出單擺的周期T1；然后保持懸點位置不變，設(shè)法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標(biāo)記點，并

43、測出單擺的周期T2；最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上的兩標(biāo)記點之間的距離ΔL。用上述測量結(jié)果，寫出重力加速度的表達式g＝________。 答案　(1)BC　(2) 解析　(1)為了減小實驗誤差，應(yīng)選用密度大、體積小的擺球，A項錯誤；擺線應(yīng)選用不易伸縮的輕線，B項正確；實驗時擺球應(yīng)在同一豎直面內(nèi)擺動，而不能做成圓錐擺，C項正確；擺長一定的情況下，擺角不能超過5度，因此擺的振幅不能過大，D項錯誤。 (2)由單擺周期公式得T1＝2π ，T2＝2π ，解得g＝。 配套課時作業(yè) 　　時間：45分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共9小題，每小題7分，共63分。其中 1～3為單選，4～9

44、為多選) 1．關(guān)于簡諧運動，下列說法正確的是(　　) A．位移的方向總指向平衡位置 B．加速度方向總和位移方向相反 C．位移方向總和速度方向相反 D．速度方向總跟位移方向相同 答案　B 解析　簡諧運動的位移的初始位置是平衡位置，所以簡諧運動過程中任一時刻的位移都是背離平衡位置的，A錯誤；振子的加速度總是指向平衡位置，而位移總是背離平衡位置，B正確；振子的速度方向與位移方向無關(guān)，C、D錯誤。 2．彈簧振子以O(shè)點為平衡位置在B、C兩點之間做簡諧運動，B、C相距20 cm。某時刻振子處于B點，經(jīng)過0.5 s，振子首次到達C點，下列說法中正確的是(　　) A．該彈簧振子的振幅為20

45、cm B．該彈簧振子的周期為1 s C．該彈簧振子的頻率為2 Hz D．該彈簧振子從O點出發(fā)到再次回到O點的過程就是一次全振動 答案　B 解析　設(shè)振幅為A，由題意知BC＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm，A錯誤；振子從B到C所用時間t＝0.5 s＝，所以T＝1 s，頻率f＝＝1 Hz，B正確，C錯誤；振子從O點出發(fā)到再次回到O點的過程是0.5次全振動，D錯誤。 3. 如圖為單擺在兩次受迫振動中的共振曲線，則下列說法錯誤的是(　　) A．若兩次受迫振動分別在月球上和地球表面上進行，且擺長相同，則圖線Ⅰ表示月球表面上單擺的共振曲線 B．若兩次受迫振動是在地球上同一地點進行，

46、則兩次擺長之比l1∶l2＝25∶4 C．圖線Ⅱ若是在地面上完成的，則該擺擺長約為1 m D．若擺長均為1 m，則圖線Ⅰ是在地面上完成的 答案　D 解析　圖線中振幅最大處對應(yīng)的頻率與做受迫振動的單擺的固有頻率相等，從題圖中可以看出，兩單擺固有頻率分別為fⅠ＝0.2 Hz、fⅡ＝0.5 Hz。根據(jù)T＝2π 可得f＝＝ ，當(dāng)單擺在月球和地球表面上分別做受迫振動且擺長相等時，g越大，f越大，fⅠ

47、將g＝9.8 m/s2、fⅡ＝0.5 Hz代入l＝·可得l2≈1 m，C正確，D錯誤。 4．(2018·濟寧模擬)如圖甲所示的彈簧振子(以O(shè)點為平衡位置在B、C間振動)，取水平向右的方向為振子離開平衡位置的位移的正方向，得到如圖乙所示的振動曲線，由曲線所給的信息可知，下列說法正確的是(　　) A．t＝0時，振子處在B位置 B．振子運動的周期為4 s C．t＝4 s時振子對平衡位置的位移為10 cm D．t＝2.5 s時振子對平衡位置的位移為5 cm E．如果振子的質(zhì)量為0.5 kg，彈簧的勁度系數(shù)為20 N/cm，則振子的最大加速度大小為400 m/s2 答案　ABE 解析

48、　由圖乙可知，振子做簡諧振動的振幅為10 cm，其周期T＝4 s，t＝0和t＝4 s時，振子在負的最大位移處，即圖甲中的B位置，由于振子做變速運動，故t＝2.5 s時，振子的位移應(yīng)大于5 cm，故A、B正確，C、D錯誤；由a＝－可知，振子的最大加速度大小為400 m/s2，E正確。 5．(2018·福建福州質(zhì)檢)一彈簧振子沿x軸振動，振幅為4 cm，振子的平衡位置位于x軸上的O點。圖甲上的a、b、c、d為四個不同的振動狀態(tài)；黑點表示振子的位置，黑點上的箭頭表示運動的方向，圖乙給出的①②③④四條振動圖線，可用于表示振子的振動圖象的是(　　) A．若規(guī)定狀態(tài)a時t＝0，則圖象為① B．若

49、規(guī)定狀態(tài)b時t＝0，則圖象為② C．若規(guī)定狀態(tài)c時t＝0，則圖象為③ D．若規(guī)定狀態(tài)d時t＝0，則圖象為④ 答案　AD 解析　振子在狀態(tài)a時t＝0，此時的位移為3 cm，且向x軸正方向運動，故A正確；振子在狀態(tài)b時t＝0，此時的位移為2 cm，且向x軸負方向運動，B錯誤；振子在狀態(tài)c時t＝0，此時的位移為－2 cm，C錯誤；振子在狀態(tài)d時t＝0，此時的位移為－4 cm，速度為零，故D正確。 6．(2018·合肥質(zhì)檢)在“用單擺測定當(dāng)?shù)刂亓铀俣取钡膶嶒炛?，下列做法正確的是(　　) A．應(yīng)選擇伸縮性小、盡可能長的細線做擺線 B．用刻度尺測出細線的長度并記為擺長l C．在小偏角下讓

50、小球在豎直面內(nèi)擺動 D．測量擺球周期時，應(yīng)選擇擺球經(jīng)最低點時開始計時，測量50次全振動的時間t，則單擺的周期T＝ E．多次改變擺線的長度l，測量對應(yīng)的周期T，作T2－l圖象，得到圖象的斜率值約為4 答案　ACE 解析　單擺的懸點到小球重心的距離為擺長，并非只是擺線的長度，B錯誤；單擺的周期等于一次全振動所用時間，即T＝，D錯誤；由T＝2π可得，T2＝·l，故T2-l圖象斜率約為4，E正確；A、C說法正確。 7．(2018·唐山模擬)關(guān)于受迫振動和共振，下列說法正確的是(　　) A．火車過橋時限制速度是為了防止火車發(fā)生共振 B．若驅(qū)動力的頻率為5 Hz，則受迫振動穩(wěn)定后的振動頻率一

51、定為5 Hz C．當(dāng)驅(qū)動力的頻率等于系統(tǒng)的固有頻率時，受迫振動的振幅最大 D．一個受迫振動系統(tǒng)在非共振狀態(tài)時，同一振幅對應(yīng)的驅(qū)動力頻率一定有兩個 E．受迫振動系統(tǒng)的機械能守恒 答案　BCD 解析　火車過橋時限制速度是為了防止橋發(fā)生共振，A錯誤；對于一個受迫振動系統(tǒng)，若驅(qū)動力的頻率為5 Hz，則振動系統(tǒng)穩(wěn)定后的振動頻率也一定為5 Hz，B正確；由共振的定義可知，C正確；由共振曲線可知，D正確；受迫振動系統(tǒng)，驅(qū)動力做功，系統(tǒng)的機械能不守恒，E錯誤。 8. (2018·三亞中學(xué)月考)如圖所示，甲、乙兩木塊疊放在光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和M，甲木塊與乙木塊之間的最大靜摩擦力為fm，乙木塊

52、與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子，為使甲木塊和乙木塊在振動過程中不發(fā)生相對滑動，則(　　) A．它們的振幅不能大于A＝ B．它們的振幅不能大于A＝ C．它們的最大加速度不能大于 D．它們的最大加速度不能大于 答案　BD 解析　當(dāng)甲木塊和乙木塊在振動過程中恰好不發(fā)生相對滑動時，甲、乙兩木塊間靜摩擦力在最大位移處達到最大。根據(jù)牛頓第二定律，以甲木塊為研究對象，最大加速度a＝，C錯誤，D正確；以甲、乙兩木塊整體為研究對象，kA＝(M＋m)a，代入a＝得，A＝，A錯誤，B正確。 9．(2015·山東高考) 如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動。以豎

53、直向上為正方向，物塊簡諧運動的表達式為y＝0.1sin(2.5πt) m。t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6 s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判斷正確的是 (　　) A．h＝1.7 m B．簡諧運動的周期是0.8 s C．0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是0.2 m D．t＝0.4 s時，物塊與小球運動方向相反 答案　AB 解析　由小物塊的運動方程可知，＝2.5π，T＝0.8 s，故B正確。0.6 s內(nèi)物塊運動了個周期，故路程應(yīng)為0.3 m，C錯誤。t＝0.4 s時物塊運動了半個周期，正向下運動，與小球運動方向相同，故D

54、錯誤。t＝0.6 s時，物塊的位移y＝－0.1 m，小球下落距離H＝gt2＝1.8 m，由題圖可知，h＝H＋y＝1.7 m，故A正確。 二、非選擇題(本題共3小題，共37分) 10．(2018·石家莊模擬)(12分)在探究單擺運動的實驗中： (1)甲是用力傳感器對單擺振動過程進行測量的裝置圖，乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F－t圖象，根據(jù)圖乙的信息可得，從t＝0時刻開始擺球第一次擺到最低點的時刻為________s，擺長為________m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10 m/s2)。 (2)單擺振動的回復(fù)力是________。 A．?dāng)[球所受的重力 B．?dāng)[球重力在

55、垂直擺線方向上的分力 C．?dāng)[線對擺球的拉力 D．?dāng)[球所受重力和擺線對擺球拉力的合力 (3)某同學(xué)的操作步驟如下，其中正確的是________。 A．取一根細線，下端系住直徑為d的金屬小球，上端固定在鐵架臺上 B．用米尺量得細線長度l，測得擺長為l C．在擺線偏離豎直方向5°位置釋放小球 D．讓小球在水平面內(nèi)做圓周運動，測得擺動周期，再根據(jù)公式計算重力加速度 答案　(1)0.5　0.64　(2)B　(3)AC 解析　(1)根據(jù)圖乙的信息可得，擺球第一次擺到最低點時，力傳感器顯示的力最大，所對應(yīng)的時刻為t＝0.5 s。根據(jù)圖乙的信息可得，單擺的周期T＝1.6 s，由單擺周期公式T

56、＝2π 解得擺長為l＝0.64 m。 (2)單擺振動的回復(fù)力是擺球重力在垂直擺線方向上的分力，B正確。 (3)測得擺長應(yīng)為l＋，B錯誤；若讓小球在水平面內(nèi)做圓周運動，則為圓錐擺運動，測得的周期不是單擺運動周期，故D錯誤；A、C正確。 11．(2018·湖北武漢二中模擬)(12分)如圖所示為一彈簧振子的振動圖象，試完成以下問題： (1)寫出該振子簡諧運動的表達式； (2)在第2 s末到第3 s末這段時間內(nèi)，彈簧振子的加速度、速度、動能和彈性勢能各是怎樣變化的？ (3)該振子在前100 s內(nèi)的總位移是多少？路程是多少？ 答案　(1)x＝5sin(t )cm (2)加速度增大，速

57、度減小，動能減小，彈性勢能增大 (3)總位移為0路程為5 m 解析　(1)由振動圖象可得：A＝5 cm, T＝4 s，φ＝0，則ω＝＝ rad/s，故該振子簡諧運動的表達式為x＝5sin(t )cm。 (2)由題圖可知，在t＝2 s時，振子恰好通過平衡位置，隨著時間的推移，振子遠離平衡位置，加速度大小增大，方向指向平衡位置沿x軸正方向，速度大小減小，方向背離平衡位置沿x軸負方向，動能不斷減小，彈性勢能逐漸增大。當(dāng)t＝3 s時，加速度的值達到最大，速度等于零，動能等于零，彈性勢能達到最大值。 (3)振子經(jīng)過一個周期位移為零，路程為5×4 cm ＝20 cm，前100 s剛好經(jīng)過了25個周

58、期，所以前100 s內(nèi)振子總位移為0，振子路程s＝20×25 cm＝500 cm＝5 m。 12. (2018·鄭州模擬)(13分)如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，C為弧形槽最低點，R?。甲球從弧形槽的球心處自由下落，乙球從A點由靜止釋放，兩球均可視為質(zhì)點，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，同時將乙球從圓弧左側(cè)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？ 答案　(1)　(2)(n＝0,1,2，…) 解析　(1)甲球做自由落體運動 R＝gt，所以t1＝ ， 乙球沿圓弧做簡諧運動(由于?R，可認為擺角θ<5°)，此運動與一個擺長為R的單擺運動模型相同，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h高處自由下落，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， 聯(lián)立解得h＝(n＝0,1,2，…)。