2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第二章 機(jī)械振動(dòng)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第二章機(jī)械振動(dòng)3簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.理解回復(fù)力的概念，知道回復(fù)力在機(jī)械振動(dòng)中的特征(重點(diǎn))。2.會(huì)用動(dòng)力學(xué)方法分析簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中位移、回復(fù)力、速度、加速度的變化規(guī)律(重點(diǎn))。3.會(huì)用能量守恒的觀點(diǎn)分析水平彈簧振子在振動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能、勢(shì)能、總能量的變化規(guī)律(重難點(diǎn))。一、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力如圖所示為水平方向的彈簧振子模型。(1)當(dāng)小球離開(kāi)O點(diǎn)后，是什么力使其回到平衡位置的？(2)使小球回到平衡位置的力與小球離開(kāi)平衡位置的位移的大小及方向有何關(guān)系？答案(1)彈簧的彈力使小球回到平衡位置。(2)彈簧彈力與位移大小成正比，方向與位移方向相反。1．回復(fù)力(1)定義：使振動(dòng)物體回到平衡位置的力。(2)方向：總是指向平衡位置。(3)表達(dá)式：F＝－kx。式中“－”號(hào)表示F與x方向相反。2．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)理論上可以證明，如果物體所受的力具有F＝－kx的形式，物體就做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。也就是說(shuō)：如果物體在運(yùn)動(dòng)方向上所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比，并且總是指向平衡位置，物體的運(yùn)動(dòng)就是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。在勁度系數(shù)為k，原長(zhǎng)為L(zhǎng)0的固定于一點(diǎn)的彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，釋放后小球做上下振動(dòng)，彈簧始終沒(méi)有超出彈性限度，小球的振動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)嗎？如果是，什么力充當(dāng)回復(fù)力？答案規(guī)定向下為正方向，在平衡位置b點(diǎn)，有mg＝kx0，小球在c點(diǎn)受到的彈力大小為F′＝k(x＋x0)，小球在c點(diǎn)的回復(fù)力F＝mg－F′＝mg－k(x＋x0)＝mg－kx－kx0＝－kx，回復(fù)力滿(mǎn)足F＝－kx，是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。彈簧彈力和重力的合力充當(dāng)回復(fù)力。1．回復(fù)力的性質(zhì)回復(fù)力是根據(jù)力的效果命名的，可能由合力、某個(gè)力或某個(gè)力的分力提供。它一定等于振動(dòng)物體在振動(dòng)方向上所受的合力。例如：如圖甲所示，水平方向的彈簧振子，彈簧彈力充當(dāng)回復(fù)力；如圖乙所示，豎直方向的彈簧振子，彈簧彈力和重力的合力充當(dāng)回復(fù)力；如圖丙所示，在光滑地面上質(zhì)量為m的木塊隨質(zhì)量為M的滑塊一起振動(dòng)，木塊的回復(fù)力由靜摩擦力提供。2．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力公式中，k是比例系數(shù)，不一定是彈簧的勁度系數(shù)，其值由振動(dòng)系統(tǒng)決定，與振幅無(wú)關(guān)。例如丙圖中，木塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力F＝－eq\f(mk0,M＋m)x＝－kx，其中比例系數(shù)k和彈簧的勁度系數(shù)k0不同。3．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的加速度由F＝－kx及牛頓第二定律F＝ma可知：a＝－eq\f(k,m)x，加速度a與位移x的大小成正比，方向與位移方向相反。(1)小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，它的位移方向和加速度的方向相反。(√)(2)回復(fù)力的大小與速度的大小無(wú)關(guān)，速度增大時(shí)，回復(fù)力可能增大，也可能減小。(×)例1(多選)如圖所示，彈簧振子在光滑水平桿上的A、B之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧振子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力、支持力和彈簧彈力的作用B．彈簧振子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力、支持力、彈簧彈力和回復(fù)力的作用C．小球由A向O運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回復(fù)力逐漸增大D．小球由O向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回復(fù)力的方向指向平衡位置答案AD解析彈簧振子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力、支持力和彈簧彈力，回復(fù)力是根據(jù)效果命名的力，它是由物體受到的具體的力所提供的，在此情景中彈簧的彈力充當(dāng)回復(fù)力，故A正確，B錯(cuò)誤；回復(fù)力與位移的大小成正比，由A向O運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移在減小，故此過(guò)程回復(fù)力逐漸減小，故C錯(cuò)誤；回復(fù)力總是指向平衡位置，故D正確。例2(多選)如圖所示，物體m系在兩水平彈簧之間，兩彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，且k1＝k，k2＝2k，兩彈簧均處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)，今向右拉動(dòng)m，然后釋放，物體在B、C間振動(dòng)(不計(jì)阻力)，O為平衡位置，則下列判斷正確的是()A．m做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，OC＝OBB．m做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，OC≠OBC．回復(fù)力F＝－kxD．回復(fù)力F＝－3kx答案AD解析以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，物體在O點(diǎn)右方x處時(shí)所受合力：F＝－(k1x＋k2x)＝－3kx，因此物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱(chēng)性可知，OC＝OB，故A、D正確。判斷振動(dòng)物體是否做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方法1．振動(dòng)物體的回復(fù)力滿(mǎn)足F＝－kx；2．振動(dòng)物體的位移x與時(shí)間t滿(mǎn)足x＝Asin(eq\f(2π,T)t＋φ)函數(shù)關(guān)系；3．振動(dòng)物體的振動(dòng)圖像是正弦曲線(xiàn)。二、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量如圖所示為水平彈簧振子，小球在A、B之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。(1)從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的動(dòng)能如何變化？彈簧彈性勢(shì)能如何變化？振動(dòng)系統(tǒng)的總機(jī)械能是否變化？(2)如果使小球振動(dòng)的振幅增大，小球回到平衡位置的動(dòng)能是否增大？振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能是否增大？振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能的大小與什么因素有關(guān)？答案(1)小球的動(dòng)能先增大后減?。粡椈傻膹椥詣?shì)能先減小后增大；總機(jī)械能保持不變。(2)小球回到平衡位置的動(dòng)能增大；振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能增大；振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能與彈簧的勁度系數(shù)和振幅有關(guān)。1．能量轉(zhuǎn)化彈簧振子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程就是動(dòng)能和勢(shì)能互相轉(zhuǎn)化的過(guò)程。(1)在最大位移處，勢(shì)能最大，動(dòng)能為零。(2)在平衡位置處，動(dòng)能最大，勢(shì)能最小。2．能量特點(diǎn)在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，而在實(shí)際運(yùn)動(dòng)中都有一定的能量損耗，因此簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是一種理想化的模型。3．對(duì)于彈簧的勁度系數(shù)和小球質(zhì)量都一定的系統(tǒng)，振幅越大，機(jī)械能越大。如圖所示，A、B兩個(gè)物體與輕質(zhì)彈簧組成的系統(tǒng)在光滑水平面上M、N兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，A、B間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，平衡位置為O。(1)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)拿走A物體，振動(dòng)系統(tǒng)的最大動(dòng)能有什么變化？(2)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)拿走A物體，振動(dòng)系統(tǒng)的最大彈性勢(shì)能有什么變化？答案(1)不變，在M點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為零，彈性勢(shì)能最大，拿走A物體后，振動(dòng)系統(tǒng)的彈性勢(shì)能不變，總能量不變，最大動(dòng)能也不發(fā)生變化。(2)變小，在O點(diǎn)時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為零，振動(dòng)系統(tǒng)的動(dòng)能最大，拿走A物體后，振動(dòng)系統(tǒng)的最大動(dòng)能減小，總能量減小，最大彈性勢(shì)能也將減小。1．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量由振動(dòng)系統(tǒng)和振幅決定，對(duì)同一個(gè)振動(dòng)系統(tǒng)，振幅越大，能量越大。2．在振動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，動(dòng)能和勢(shì)能完成兩次周期性變化。物體的位移減小，勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，位移增大，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為勢(shì)能。(1)在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，任意時(shí)刻的動(dòng)能與勢(shì)能之和保持不變。(√)(2)振幅越大的彈簧振子，系統(tǒng)機(jī)械能也一定越大。(×)(3)物體在向平衡位置運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于物體振幅減小，故總機(jī)械能減小。(×)例3(多選)在光滑斜面上的物塊A被平行于斜面的輕彈簧拉住靜止于O點(diǎn)，如圖所示。現(xiàn)將物塊A沿斜面拉到B點(diǎn)無(wú)初速度釋放，物塊A在B、C范圍內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．OB越長(zhǎng)，系統(tǒng)的機(jī)械能越大B．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊A的機(jī)械能守恒C．物塊A與輕彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)的勢(shì)能，當(dāng)物塊A在C點(diǎn)時(shí)最大，當(dāng)物塊A在O點(diǎn)時(shí)最小D．物塊A與輕彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)的勢(shì)能，當(dāng)物塊A在C點(diǎn)時(shí)最大，當(dāng)物塊A在B點(diǎn)時(shí)最小答案AC解析做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體的機(jī)械能跟振幅有關(guān)，對(duì)確定的振動(dòng)系統(tǒng)，振幅越大，系統(tǒng)的機(jī)械能越大，A正確；在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物塊A的重力勢(shì)能與動(dòng)能總和不斷變化，物塊A的機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，系統(tǒng)在最大位移處勢(shì)能最大，在平衡位置處動(dòng)能最大，勢(shì)能最小，C正確，D錯(cuò)誤。例4如圖所示為某個(gè)彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖像，由圖像可知()A．在0.1s時(shí)，由于位移為零，所以彈簧振子的能量為零B．在0.2s時(shí)，彈簧振子具有最大勢(shì)能C．在0.35s時(shí)，彈簧振子的能量尚未達(dá)到最大值D．在0.4s時(shí)，振子的動(dòng)能最大答案B解析彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，彈簧振子的能量不變，不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)；在0.2s時(shí)位移最大，彈簧振子具有最大勢(shì)能，選項(xiàng)B對(duì)；彈簧振子的能量不變，在0.35s時(shí)彈簧振子的能量與其他時(shí)刻相同，選項(xiàng)C錯(cuò)；在0.4s時(shí)振子的位移最大，動(dòng)能為零，選項(xiàng)D錯(cuò)。三、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中各物理量的變化如圖所示的彈簧振子，O為平衡位置，B、C為最大位移位置，以向右的方向?yàn)檎较?，則振子從B運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中，位移方向?yàn)開(kāi)_______，大小逐漸________；回復(fù)力方向?yàn)開(kāi)_______，大小逐漸________；振子速度方向?yàn)開(kāi)_______，大小逐漸________；動(dòng)能逐漸________；勢(shì)能逐漸______。(均選填“正”“負(fù)”“增大”或“減小”)答案正減小負(fù)減小負(fù)增大增大減小1.如圖所示為水平的彈簧振子示意圖。(1)當(dāng)小球遠(yuǎn)離平衡位置過(guò)程中，位移增大，回復(fù)力、加速度和勢(shì)能增大，速度和動(dòng)能減??；當(dāng)小球靠近平衡位置過(guò)程中，位移減小，回復(fù)力、加速度和勢(shì)能減小，速度和動(dòng)能增大。(2)當(dāng)小球位于A′到O點(diǎn)之間時(shí)，位移方向向左，回復(fù)力和加速度方向均向右；當(dāng)小球位于O到A點(diǎn)之間時(shí)位移方向向右，回復(fù)力和加速度方向均向左；A′→O→A過(guò)程中，速度方向向右，A→O→A′過(guò)程中，速度方向向左。2．說(shuō)明：(1)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中各個(gè)物理量對(duì)應(yīng)關(guān)系不同。位置不同，則位移不同，加速度、回復(fù)力不同，但是速度、動(dòng)能、勢(shì)能可能相同，也可能不同，關(guān)鍵看各矢量的方向性。(2)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中的最大位移處，F(xiàn)、a、Ep最大，Ek＝0；在平衡位置處，F(xiàn)＝0，a＝0，Ep最小，Ek最大。(1)當(dāng)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體的位移減小時(shí)，其速度和加速度的方向一定相同。(√)(2)當(dāng)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體的速度變化最快時(shí)，其動(dòng)能最大。(×)(3)當(dāng)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體的加速度與速度反向時(shí)，其回復(fù)力正在減小。(×)(4)在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體的動(dòng)能相等的兩個(gè)時(shí)刻，其加速度一定相同。(×)例5(多選)一個(gè)彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，設(shè)t1時(shí)刻小球不在平衡位置，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到t2時(shí)刻，小球的速度與t1時(shí)刻的速度大小相等、方向相同，(t2－t1)<eq\f(T,2)，如圖所示，則()A．t2時(shí)刻小球的加速度一定跟t1時(shí)刻的加速度大小相等、方向相反B．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，小球的加速度先減小后增大C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增大后減小D．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，彈簧振子的機(jī)械能先減小后增大答案ABC解析由題圖可知t1、t2時(shí)刻小球的加速度大小相等，方向相反，A正確；在t1～t2時(shí)間內(nèi)回復(fù)力先減小后增大，所以小球的加速度先減小后增大，B正確；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，小球的速度先增大后減小，所以動(dòng)能先增大后減小，C正確；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。分析簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中各物理量變化情況的技巧1．分析簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中各物理量的變化情況時(shí)，一定要以位移為橋梁，位移增大時(shí)，回復(fù)力、加速度、勢(shì)能均增大，速度、動(dòng)能均減??；反之，則產(chǎn)生相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時(shí)改變方向。2．分析過(guò)程中要特別注意簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期性和對(duì)稱(chēng)性。位移相同時(shí)，回復(fù)力、加速度、動(dòng)能、勢(shì)能可以確定，但速度可能有兩個(gè)方向，由于周期性，運(yùn)動(dòng)時(shí)間也不確定。課時(shí)對(duì)點(diǎn)練考點(diǎn)一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力1．(2022·湖北宜都二中期中)關(guān)于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)所受的回復(fù)力，下列說(shuō)法正確的是()A．回復(fù)力一定是彈力B．回復(fù)力大小一定與位移大小成正比，且兩者方向相同C．回復(fù)力一定是物體所受的合力，大小與位移成正比，方向與位移方向相反D．回復(fù)力的方向一定指向平衡位置答案D解析回復(fù)力不一定是彈力，也不一定是物體所受的合力，故A、C錯(cuò)誤；回復(fù)力大小與位移大小成正比，方向與位移方向相反，一定指向平衡位置，故B錯(cuò)誤，D正確。2．對(duì)于彈簧振子的回復(fù)力和位移的關(guān)系，下列圖中正確的是()答案C解析由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力公式F＝－kx可知，C正確。考點(diǎn)二簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量3.把一個(gè)小球套在光滑細(xì)桿上，球與輕彈簧相連組成彈簧振子，小球沿桿在水平方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，平衡位置為O，小球在A、B間振動(dòng)，如圖所示。下列結(jié)論正確的是()A．小球在O位置時(shí)，動(dòng)能最大，加速度最小B．小球在A、B位置時(shí)，動(dòng)能最大，加速度最大C．小球從A經(jīng)O到B的過(guò)程中，回復(fù)力一直做正功D．小球在O位置時(shí)系統(tǒng)的總能量大于小球在B位置時(shí)系統(tǒng)的總能量答案A解析小球在平衡位置時(shí)動(dòng)能最大，加速度為零，A正確；小球在A、B位置時(shí)，動(dòng)能最小，加速度最大，B錯(cuò)誤；小球靠近平衡位置時(shí)，回復(fù)力做正功，遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)，回復(fù)力做負(fù)功，C錯(cuò)誤；在小球振動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)的總能量不變，D錯(cuò)誤。4.如圖所示，由輕質(zhì)彈簧下面懸掛一物塊組成一個(gè)豎直方向振動(dòng)的彈簧振子，彈簧的上端固定于天花板上，當(dāng)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，取它的重力勢(shì)能為零，現(xiàn)將物塊向下拉一小段距離后放手，此后彈簧振子在平衡位置附近上下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則()A．彈簧振子速度最大時(shí)，振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能為零B．彈簧振子速度最大時(shí)，物塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能相等C．彈簧振子經(jīng)平衡位置時(shí)，振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能最小D．彈簧振子在振動(dòng)過(guò)程中，振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒答案C解析當(dāng)彈簧振子在平衡位置時(shí)的速度最大，此時(shí)的重力勢(shì)能為零，但是彈簧的彈性勢(shì)能不為零，故振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能不為零，A錯(cuò)誤；在平衡位置時(shí)，物塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能不相等，B錯(cuò)誤；因?yàn)橹挥兄亓蛷椈蓮椓ψ龉Γ瑒t彈簧振子的動(dòng)能、重力勢(shì)能及彈簧的彈性勢(shì)能總和保持不變，振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤；彈簧振子在平衡位置時(shí)動(dòng)能最大，故振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能最小，C正確。考點(diǎn)三簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中各物理量的變化5．(2022·杭州市期中)如圖所示，彈簧振子在B、C兩點(diǎn)間做無(wú)摩擦的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，O是振子的平衡位置，細(xì)桿水平。則振子()A．從B向O運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能一直變小B．從O向C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度一直變小C．從B經(jīng)過(guò)O向C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度一直變大D．從C經(jīng)過(guò)O向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈性勢(shì)能先減小后增大答案D解析因O點(diǎn)是平衡位置，則從B向O運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度一直變大，動(dòng)能一直變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從O向C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，離開(kāi)平衡位置的位移變大，回復(fù)力變大，則加速度變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在平衡位置O時(shí)速度最大，則從B經(jīng)過(guò)O向C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度先變大后減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在O點(diǎn)時(shí)彈性勢(shì)能為零，則從C經(jīng)過(guò)O向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈性勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)D正確。6.一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖所示，在t1和t2時(shí)刻的位移為x1＝x2＝7cm，在t3時(shí)刻的位移為x3＝－5cm，以v1、v2、v3和a1、a2、a3分別表示t1、t2、t3時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)速度大小和加速度大小，則以下關(guān)系正確的是()A．v1＝v2＞v3a1＝a2＞a3B．v1＝v2＜v3a1＝a2＜a3C．v1＝v2＞v3a1＝a2＜a3D．v1＝v2＜v3a1＝a2＞a3答案D解析由題圖可知，t1和t2時(shí)刻的位移大小相等且大于t3時(shí)刻的位移的大小，所以t1、t2、t3時(shí)刻的勢(shì)能關(guān)系為Ep1＝Ep2＞Ep3，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，相應(yīng)三個(gè)時(shí)刻的動(dòng)能關(guān)系為：Ek1＝Ek2＜Ek3，則v1＝v2＜v3；加速度大小與振子的位移大小成正比，由a＝eq\f(kx,m)可知，a1＝a2＞a3，故選D。7．(2023·石家莊市辛集中學(xué)月考)如圖所示是彈簧振子在0～0.4s時(shí)間內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像，由圖像可知()A．在0.25～0.3s時(shí)間內(nèi)，回復(fù)力越來(lái)越小B．t＝0.7s時(shí)刻，振子的速度最大C．彈簧振子的動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化的周期為0.4sD．彈簧振子的動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化的周期為0.2s答案D解析在0.25～0.3s時(shí)間內(nèi)，振子的位移增大，回復(fù)力越來(lái)越大，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，該振子的周期為0.4s，則振子在t＝0.7s時(shí)的情形與t＝0.3s時(shí)相同，且t＝0.3s時(shí)，振子位移最大，可知在t＝0.7s時(shí)刻振子的位移最大，速度為零，故B錯(cuò)誤；彈簧振子動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化的周期等于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期的一半，即0.2s，故C錯(cuò)誤，D正確。8.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛一物塊，取物塊靜止時(shí)所處位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，向下為正方向，建立Ox坐標(biāo)軸?，F(xiàn)將物塊豎直向下拉到A位置后由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力。已知物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，A位置的坐標(biāo)為x1，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．該簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅為2x1B．在任意eq\f(1,4)周期內(nèi)物塊通過(guò)的路程一定等于x1C．物塊在A位置時(shí)的回復(fù)力大小為kx1D．物塊在A位置的回復(fù)力大小為kx1－mg答案C解析該簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅為x1，A錯(cuò)誤；物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其速度是不同的，只有從平衡位置或最大位移處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)eq\f(1,4)周期的路程等于x1，B錯(cuò)誤；物塊在O位置時(shí)受力平衡，有kx0＝mg，x0為彈簧伸長(zhǎng)量，在A位置時(shí)的回復(fù)力大小為F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，C正確，D錯(cuò)誤。9．(多選)如圖所示，物體A與滑塊B一起在光滑水平面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，A、B之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，已知水平輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B的質(zhì)量分別為m和M，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．物體A的回復(fù)力是由滑塊B對(duì)物體A的摩擦力提供的B．滑塊B的回復(fù)力是由彈簧的彈力提供的C．物體A與滑塊B(整體看成一個(gè)振子)的回復(fù)力大小跟位移大小之比為kD．若A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則A、B間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)的最大振幅為eq\f(μm＋Mg,k)答案ACD解析物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，回復(fù)力是由滑塊B對(duì)物體A的摩擦力提供的，故A正確；滑塊B做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力是由彈簧的彈力和A對(duì)B的靜摩擦力的合力提供的，故B錯(cuò)誤；物體A與滑塊B(整體看成一個(gè)振子)的回復(fù)力滿(mǎn)足F＝－kx，則回復(fù)力大小跟位移大小之比為k，故C正確；當(dāng)A、B之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，其振幅最大，設(shè)為A，以整體為研究對(duì)象有：kA＝(M＋m)a，以物體A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，聯(lián)立解得A＝eq\f(μm＋Mg,k)，故D正確。10．(2022·吉林高二期末)已知光滑水平面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達(dá)式為E＝eq\f(1,2)kA2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，A為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅。若振子質(zhì)量為0.5kg，彈簧的勁度系數(shù)為20N/m.起振時(shí)系統(tǒng)具有勢(shì)能0.06J和動(dòng)能0.04J，則下列說(shuō)法正確的是()A．該振動(dòng)的振幅為0.01mB．振子經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)的速度為0.2m/sC．振子的最大加速度為4m/s2D．若振子在位移最大處時(shí)，質(zhì)量突變?yōu)?.15kg，則振幅變大答案C解析彈簧振子振動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)kA2＝0.06J＋0.04J＝0.1J，代入數(shù)據(jù)得到A＝0.1m，A錯(cuò)誤；振子經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)，動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2＝0.1J，代入數(shù)據(jù)得到v＝eq\f(\r(10),5)m/s，B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知，振子的最大加速度為a＝eq\f(kA,m)＝eq\f(20×0.1,0.5)m/s2＝4m/s2，C正確；振子在位移最大處時(shí)，速度為零，動(dòng)能為零，故質(zhì)量突變?yōu)?.15kg，不影響系統(tǒng)的機(jī)械能，故振幅不變，D錯(cuò)誤。11．(2022·山東日照一中檢測(cè))如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端系于天花板上，下端掛一質(zhì)量為m的小球，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，將小球從彈簧原長(zhǎng)處由靜止放手，小球在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則(1)小球從放手運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，下降的高度為多少？(2)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為多少？答案(1)eq\f(2mg,k)(2)g解析(1)放手后小球到達(dá)平衡位置時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)了x1，則mg＝kx1由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，小球從平衡位置到最低點(diǎn)，彈簧的伸長(zhǎng)量x2＝x1小球從放手運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)下降的高度為x＝x1＋x2＝eq\f(2mg,k)。(2)在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律kx－mg＝ma解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為a＝g。12．(2022·威海市高二期中)如圖所示，傾角為α的斜面體(光滑且足夠長(zhǎng))固定在水平地面上，斜面頂端與勁度系數(shù)為k、自然長(zhǎng)度為l0的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端連接著質(zhì)量為m的小球，開(kāi)始時(shí)，小球靜止于O點(diǎn)．壓縮彈簧使其長(zhǎng)度為eq\f(l0,3)時(shí)將小球由靜止開(kāi)始釋放，重力加速度為g，彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2，Δx為彈簧形變量。(1)證明小球所做的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；(2)求小球振動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。答案(1)見(jiàn)解析(2)2k(eq\f(l0,3)＋eq\f(mgsinα,k))2解析(1)小球在斜面上平衡時(shí)，設(shè)彈簧伸長(zhǎng)量為Δl，有mgsinα－kΔl＝0當(dāng)小球離開(kāi)平衡位置向下運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x＋Δl，小球所受合力F合＝mgsinα－k(x＋Δl)聯(lián)立可得F合＝－kx，可知小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(2)小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅A＝eq\f(2l0,3)＋Δl小球振動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)伸長(zhǎng)量Δx＝A＋Δl彈簧彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2＝eq\f(1,2)k(eq\f(2l0,3)＋eq\f(2mgsinα,k))2＝2k(eq\f(l0,3)＋eq\f(mgsinα,k))2。4單擺[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.理解單擺模型和單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件，知道單擺振動(dòng)時(shí)回復(fù)力的來(lái)源(重點(diǎn))。2.理解影響單擺周期的因素，能熟練應(yīng)用單擺周期公式解決問(wèn)題(重難點(diǎn))。一、單擺的回復(fù)力如圖所示，一根細(xì)線(xiàn)上端固定，下端連接一個(gè)金屬小球，用手使小球偏離豎直方向一個(gè)很小的夾角，然后釋放，小球在A、A′間來(lái)回?cái)[動(dòng)，不計(jì)空氣的阻力。(1)小球擺動(dòng)過(guò)程中受到哪些力的作用？(2)什么力提供向心力？什么力提供回復(fù)力？(3)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)平衡位置時(shí)回復(fù)力為零，合外力也為零嗎？答案(1)小球受重力和細(xì)線(xiàn)的拉力作用。(2)細(xì)線(xiàn)的拉力和重力沿徑向的分力的合力提供向心力。重力沿切線(xiàn)方向的分力提供小球振動(dòng)的回復(fù)力。(3)小球經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)，做圓周運(yùn)動(dòng)，其合外力不為零。1．單擺的組成：由細(xì)線(xiàn)和小球組成。2．理想化模型(1)細(xì)線(xiàn)的質(zhì)量與小球相比可以忽略。(2)小球的直徑與線(xiàn)的長(zhǎng)度相比可以忽略。(3)細(xì)線(xiàn)的形變量與細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)度相比可以忽略。(4)空氣阻力與小球的重力及細(xì)線(xiàn)的拉力相比可以忽略。3．單擺的回復(fù)力(1)回復(fù)力的來(lái)源：擺球的重力沿圓弧切線(xiàn)方向的分力，即F＝mgsinθ。(2)回復(fù)力的特點(diǎn)：在擺角很小時(shí)，擺球所受的回復(fù)力與它偏離平衡位置的位移成正比，方向總指向平衡位置，即F＝－eq\f(mg,l)x。從回復(fù)力特點(diǎn)可以判斷單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。判斷下列5幅圖中的擺動(dòng)模型能否看成單擺？若不能，請(qǐng)說(shuō)明原因。答案均不能看成單擺。圖(a)(d)擺動(dòng)過(guò)程中擺長(zhǎng)會(huì)發(fā)生變化，圖(b)空氣阻力不能忽略，圖(c)球的直徑與繩的長(zhǎng)度相比不能忽略，圖(e)繩的質(zhì)量與小球相比不能忽略。單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的推證在偏角很小時(shí)，用弧度表示的θ與它的正弦sinθ近似相等，即sinθ≈θ≈eq\f(x,l)，因此單擺的回復(fù)力可表示為F＝－eq\f(mg,l)x(式中x表示擺球偏離平衡位置的位移，l表示單擺的擺長(zhǎng)，負(fù)號(hào)表示回復(fù)力F與位移x的方向相反)，由此知回復(fù)力符合F＝－kx，單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。(1)擺球受到重力、拉力、向心力、回復(fù)力四個(gè)力的作用。(×)(2)單擺運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力是重力和擺線(xiàn)拉力的合力。(×)(3)單擺經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)受到的合力為零。(×)(4)單擺擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，合外力也為零。(×)例1(2023·青島一中月考)圖中O點(diǎn)為單擺的固定懸點(diǎn)，現(xiàn)將擺球(可視為質(zhì)點(diǎn))拉至A點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線(xiàn)處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)的A、C之間來(lái)回?cái)[動(dòng)，B點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)中的最低位置，則在擺動(dòng)過(guò)程中()A．?dāng)[球受到重力、拉力、回復(fù)力三個(gè)力的作用B．?dāng)[球在A點(diǎn)和C點(diǎn)處，速度為零，回復(fù)力也為零C．?dāng)[球在B點(diǎn)處，速度最大，細(xì)線(xiàn)拉力也最大D．?dāng)[球在B點(diǎn)處，速度最大，回復(fù)力也最大答案C解析擺球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受到重力和拉力作用，A錯(cuò)誤；擺球在擺動(dòng)過(guò)程中，在最高點(diǎn)A、C處速度為零，回復(fù)力最大，合力不為零，在最低點(diǎn)B處，速度最大，回復(fù)力為零，細(xì)線(xiàn)的拉力最大，C正確，B、D錯(cuò)誤。例2(多選)如圖所示為一單擺的振動(dòng)圖像，則()A．t1和t3時(shí)刻擺線(xiàn)的拉力等大B．t2和t3時(shí)刻擺球速度相等C．t3時(shí)刻擺球速度正在減小D．t4時(shí)刻擺線(xiàn)的拉力正在減小答案AD解析由題圖可知，t1和t3時(shí)刻擺球的位移相等，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知單擺振動(dòng)的速度大小相等，故擺線(xiàn)拉力大小相等，故A正確；t2時(shí)刻擺球在負(fù)的最大位移處，速度為零，t3時(shí)刻擺球向平衡位置運(yùn)動(dòng)，所以t2和t3時(shí)刻擺球速度不相等，故B錯(cuò)誤；t3時(shí)刻擺球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C錯(cuò)誤；t4時(shí)刻擺球正遠(yuǎn)離平衡位置，速度正在減小，擺線(xiàn)拉力也減小，故D正確。二、單擺的周期1．單擺振動(dòng)的周期與擺球質(zhì)量無(wú)關(guān)(選填“有關(guān)”或“無(wú)關(guān)”)，在振幅較小時(shí)與振幅無(wú)關(guān)(選填“有關(guān)”或“無(wú)關(guān)”)，但與擺長(zhǎng)有關(guān)(選填“有關(guān)”或“無(wú)關(guān)”)，擺長(zhǎng)越長(zhǎng)，周期越大(選填“越大”“越小”或“不變”)。2．單擺周期公式(1)提出：?jiǎn)螖[周期公式是荷蘭物理學(xué)家惠更斯首先提出的。(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，即周期T與擺長(zhǎng)l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比，而與振幅、擺球質(zhì)量無(wú)關(guān)?；莞估脭[的等時(shí)性發(fā)明了帶擺的計(jì)時(shí)器，叫擺鐘。擺鐘運(yùn)行時(shí)克服摩擦所需的能量由重錘的勢(shì)能提供，運(yùn)行的速率由鐘擺控制。旋轉(zhuǎn)鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤(pán)沿?cái)[桿上下移動(dòng)。請(qǐng)思考：(1)擺針走時(shí)偏快應(yīng)如何校準(zhǔn)？(2)將一個(gè)走時(shí)準(zhǔn)確的擺鐘從福建移到北京，擺鐘應(yīng)如何校準(zhǔn)？答案(1)擺針走時(shí)偏快應(yīng)調(diào)節(jié)螺母使圓盤(pán)沿?cái)[桿下移。(2)調(diào)節(jié)螺母使圓盤(pán)沿?cái)[桿下移。對(duì)單擺周期公式的理解1．成立條件：?jiǎn)螖[偏角很小(偏角小于5°)。2．影響因素：周期T只與l和g有關(guān)，與擺球質(zhì)量m及振幅無(wú)關(guān)，所以單擺的周期也叫固有周期。3．對(duì)l、g的理解(1)公式中l(wèi)是擺長(zhǎng)，即懸點(diǎn)到擺球球心的距離。①普通單擺，擺長(zhǎng)l＝l′＋eq\f(D,2)，l′為擺線(xiàn)長(zhǎng)，D為擺球直徑。②等效擺長(zhǎng)：(a)圖中，甲、乙在垂直紙面方向上擺動(dòng)起來(lái)效果是相同的，甲擺的等效擺長(zhǎng)為lsinα，其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。(b)圖中，乙在垂直紙面方向擺動(dòng)時(shí)，其等效擺長(zhǎng)等于甲擺的擺長(zhǎng)；乙在紙面內(nèi)小角度擺動(dòng)時(shí)，等效擺長(zhǎng)等于丙擺的擺長(zhǎng)。(2)①公式中g(shù)是單擺所在地的重力加速度，由單擺所在的空間位置決定。②等效重力加速度：一般情況下，公式中g(shù)的值等于擺球靜止在平衡位置時(shí)，擺線(xiàn)的拉力與擺球質(zhì)量的比值。(1)擺球的質(zhì)量越大，周期越大。(×)(2)若單擺的振幅變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則周期也將變?yōu)樵瓉?lái)的一半。(×)例3周期是2s的單擺叫秒擺，秒擺的擺長(zhǎng)是多少？把一個(gè)地球上的秒擺拿到月球上去，它在月球上做50次全振動(dòng)要用多少時(shí)間？已知地球表面的重力加速度為9.8m/s2,月球上的自由落體加速度為1.6m/s2，π2取9.8。答案1m175eq\r(2)s解析根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(gT2,4π2)代入數(shù)據(jù)解得l＝eq\f(9.8×22,4×9.8)m＝1m秒擺搬到月球上，其與地球上的秒擺的周期關(guān)系為eq\f(T′,T)＝eq\r(\f(g,g′))它在月球上做50次全振動(dòng)所用的時(shí)間為t＝50T′＝50Teq\r(\f(g,g′))＝50×2×eq\r(\f(9.8,1.6))s＝175eq\r(2)s。例4(多選)(2022·白城市洮南十中月考)甲、乙兩個(gè)單擺的振動(dòng)圖像如圖所示，根據(jù)振動(dòng)圖像可以判定()A．若甲、乙兩單擺在同一地點(diǎn)擺動(dòng)，甲、乙兩單擺擺長(zhǎng)之比是9∶4B．甲、乙兩單擺振動(dòng)的頻率之比是3∶2C．甲、乙兩單擺振動(dòng)的周期之比是2∶3D．若甲、乙兩單擺在不同地點(diǎn)擺動(dòng)，但擺長(zhǎng)相同，則甲、乙兩單擺所在地點(diǎn)的重力加速度之比為9∶4答案BCD解析根據(jù)題圖可知，單擺振動(dòng)的周期關(guān)系eq\f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(2,3)，所以頻率之比為eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(3,2)，故B、C正確；若甲、乙兩單擺在同一地點(diǎn)擺動(dòng)，則重力加速度相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得擺長(zhǎng)之比為4∶9，故A錯(cuò)誤；若甲、乙兩單擺在不同地點(diǎn)擺動(dòng)，擺長(zhǎng)相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得重力加速度之比為9∶4，故D正確。例5如圖所示，MN為半徑較大的光滑圓弧的一部分，把小球A放在MN的圓心處，再把另一個(gè)小球B放在MN上離最低點(diǎn)C很近的B處(弧BC所對(duì)圓心角小于5°)，今使兩小球同時(shí)靜止釋放，則()A．球A先到達(dá)C點(diǎn)B．球B先到達(dá)C點(diǎn)C．兩球同時(shí)到達(dá)C點(diǎn)D．無(wú)法確定哪個(gè)球先到達(dá)C點(diǎn)答案A解析球A做自由落體運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間為tA＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2R,g))當(dāng)弧BC所對(duì)的圓心角小于5°時(shí)，球B在圓弧的支持力FN和重力G的作用下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(與單擺類(lèi)似)，它的振動(dòng)周期為T(mén)＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))，因此球B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所需的時(shí)間是tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))故tA<tB，顯然球A先到達(dá)C點(diǎn)，故選A。針對(duì)訓(xùn)練如圖所示為相同的小球(可看作質(zhì)點(diǎn))構(gòu)成的單擺，所有的繩子長(zhǎng)度都相同，在不同的條件下的周期分別為T(mén)1、T2、T3、T4(其中(3)圖兩小球均帶負(fù)電荷，(4)圖中振動(dòng)系統(tǒng)處于勻加速下降的電梯內(nèi))，關(guān)于周期大小關(guān)系的判斷，正確的是()A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T4答案C解析設(shè)繩子長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，根據(jù)單擺周期公式可得四幅圖的周期分別為T(mén)1＝2πeq\r(\f(L,g))、T2＝2πeq\r(\f(Lcos30°,g))、T3＝2πeq\r(\f(L,g))、T4＝2πeq\r(\f(L,g－a))，則T4>T1＝T3>T2，故選C。課時(shí)對(duì)點(diǎn)練考點(diǎn)一單擺及單擺的回復(fù)力1．(多選)單擺是為研究振動(dòng)而抽象出的理想化模型，其理想化條件是()A．?dāng)[線(xiàn)質(zhì)量不計(jì)B．?dāng)[線(xiàn)不伸縮C．?dāng)[球直徑比擺線(xiàn)長(zhǎng)度小得多D．?dāng)[角小于5°答案ABC解析單擺由擺線(xiàn)和擺球組成，擺線(xiàn)只計(jì)長(zhǎng)度不計(jì)質(zhì)量，擺球只計(jì)質(zhì)量不計(jì)大小，且擺線(xiàn)不伸縮，A、B、C正確，D錯(cuò)誤。2．(多選)關(guān)于單擺，下列說(shuō)法中正確的是()A．單擺擺球的回復(fù)力指向平衡位置B．?dāng)[球經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)加速度為零C．?dāng)[球運(yùn)動(dòng)到平衡位置時(shí)，所受回復(fù)力等于零D．?dāng)[角很小時(shí)，擺球所受合力的大小跟擺球相對(duì)平衡位置的位移大小成正比答案AC解析根據(jù)回復(fù)力的特點(diǎn)可知擺球受到的回復(fù)力方向總是指向平衡位置，故A正確；擺球經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)，由于做圓周運(yùn)動(dòng)，故存在向心加速度，故B錯(cuò)誤；擺球運(yùn)動(dòng)到平衡位置時(shí)，回復(fù)力等于零，故C正確；擺角很小時(shí)，擺球所受回復(fù)力的大小跟擺球相對(duì)平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟擺球相對(duì)平衡位置的位移大小成正比，故D錯(cuò)誤。3．(多選)一單擺做小角度擺動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖所示，以下說(shuō)法正確的是()A．t1時(shí)刻擺球速度為零，擺球的合外力為零B．t2時(shí)刻擺球速度最大，懸線(xiàn)對(duì)它的拉力最小C．t3時(shí)刻擺球速度為零，擺球的回復(fù)力最大D．t4時(shí)刻擺球速度最大，懸線(xiàn)對(duì)它的拉力最大答案CD解析由題圖可知t1時(shí)刻擺球在正向最大位移處，速度為零，回復(fù)力最大，合外力不為零，故A錯(cuò)誤；t2、t4時(shí)刻位移為零，說(shuō)明擺球在平衡位置，擺球速度最大，懸線(xiàn)對(duì)它的拉力最大，故B錯(cuò)誤，D正確；t3時(shí)刻擺球在負(fù)向最大位移處，速度為零，回復(fù)力最大，故C正確?？键c(diǎn)二單擺的周期4．(2022·洛南中學(xué)高二月考)一單擺由甲地移到乙地后，發(fā)現(xiàn)振動(dòng)變快了，其變快的原因及調(diào)整的方法是()A．g甲>g乙，將擺長(zhǎng)縮短B．g甲<g乙，將擺長(zhǎng)放長(zhǎng)C．g甲<g乙，將擺長(zhǎng)縮短D．g甲>g乙，將擺長(zhǎng)放長(zhǎng)答案B解析根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，振動(dòng)變快了，則周期變短了，說(shuō)明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，為了增大周期，可以增大擺長(zhǎng)，B正確。5．?dāng)[長(zhǎng)是1m的單擺在某地區(qū)的周期是2s，則在同一地區(qū)()A．?dāng)[長(zhǎng)是0.5m的單擺的周期是0.707sB．?dāng)[長(zhǎng)是0.5m的單擺的周期是1sC．周期是1s的單擺的擺長(zhǎng)為2mD．周期是4s的單擺的擺長(zhǎng)為4m答案D解析擺長(zhǎng)是1m的單擺的周期是2s，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝eq\f(4π2l,T2)＝π2m/s2。擺長(zhǎng)是0.5m的單擺的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝2π×eq\r(\f(0.5,π2))s≈1.414s，故A、B錯(cuò)誤；周期是1s的單擺的擺長(zhǎng)l2＝eq\f(gT22,4π2)＝eq\f(π2×12,4π2)m＝0.25m，周期是4s的單擺的擺長(zhǎng)l3＝eq\f(gT32,4π2)＝eq\f(π2×42,4π2)m＝4m，故C錯(cuò)誤，D正確。6．(2023·煙臺(tái)市月考)如圖甲所示，細(xì)線(xiàn)下端懸掛一個(gè)除去了柱塞的注射器，注射器內(nèi)裝上墨汁。將擺線(xiàn)拉開(kāi)一較小幅度，當(dāng)注射器擺動(dòng)時(shí)，沿著垂直于擺動(dòng)的方向以速度v勻速拖動(dòng)木板，得到噴在木板上的墨汁圖樣如圖乙所示，若測(cè)得木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，墨汁圖樣與木板邊緣交點(diǎn)P、Q恰好是振動(dòng)最大位置處，已知重力加速度為g，則該單擺的等效擺長(zhǎng)為()A.eq\f(gv2,25π2L2) B.eq\f(gL2,25π2v2)C.eq\f(25gL2,16π2v2) D.eq\f(25gv2,16π2L2)答案B解析由題圖乙可知，該單擺恰好擺動(dòng)2.5個(gè)周期，故滿(mǎn)足eq\f(5,2)T＝eq\f(L,v)，單擺周期公式為T(mén)＝2πeq\r(\f(l,g))，解得該單擺的等效擺長(zhǎng)為l＝eq\f(gL2,25π2v2)，B正確。7．(多選)(2023·安慶一中月考)如圖所示，三根細(xì)線(xiàn)在O點(diǎn)處打結(jié)，A、B兩端固定在同一水平面上相距為L(zhǎng)的兩點(diǎn)上，△AOB為直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC長(zhǎng)為L(zhǎng)，下端C點(diǎn)處系著一個(gè)小球(忽略小球的半徑，小球擺動(dòng)時(shí)偏角θ<5°，重力加速度為g)，下列說(shuō)法正確的是()A．讓小球在紙面內(nèi)擺動(dòng)，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．讓小球在垂直紙面方向擺動(dòng)，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))C．讓小球在紙面內(nèi)擺動(dòng)，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．讓小球在垂直紙面方向擺動(dòng)，周期T＝πeq\r(\f(4＋\r(3),g)L)答案AD解析當(dāng)小球在紙面內(nèi)做小角度的擺動(dòng)時(shí)，擺動(dòng)圓弧的圓心為O點(diǎn)，擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，故周期為T(mén)＝2πeq\r(\f(L,g))，故A正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)小球在垂直紙面方向做小角度的擺動(dòng)時(shí)，圓心在A、B所在水平面上且在O點(diǎn)正上方，由幾何關(guān)系知擺長(zhǎng)為L(zhǎng)′＝(1＋eq\f(\r(3),4))L，故周期為T(mén)＝2πeq\r(\f(1＋\f(\r(3),4)L,g))＝πeq\r(\f(4＋\r(3)L,g))，故B錯(cuò)誤，D正確。8．(2022·臨沂市蘭山區(qū)期中)如圖所示，擺長(zhǎng)為L(zhǎng)的單擺，周期為T(mén)。如果在懸點(diǎn)O的正下方B點(diǎn)固定一個(gè)光滑的釘子，OB的長(zhǎng)度為OA長(zhǎng)度的eq\f(5,9)，使擺球通過(guò)最低點(diǎn)向左擺動(dòng)，碰到釘子后成為一個(gè)新的單擺，則下列說(shuō)法正確的是()A．?dāng)[球通過(guò)最低點(diǎn)向左擺動(dòng)時(shí)繩子拉力不變B．?dāng)[球通過(guò)最低點(diǎn)向左擺動(dòng)時(shí)繩子拉力變小C．單擺在整個(gè)振動(dòng)過(guò)程中的周期將變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(6,5)D．單擺在整個(gè)振動(dòng)過(guò)程中的周期將變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(5,6)答案D解析擺球通過(guò)最低點(diǎn)向左擺動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,r)，可得F＝mg＋meq\f(v2,r)，由于運(yùn)動(dòng)的半徑變小，速度不變，所以繩子的拉力變大，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，未加釘子時(shí)，周期T1＝2πeq\r(\f(L,g))，被擋擺長(zhǎng)變短后，短擺長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的單擺的周期為T(mén)′＝2πeq\r(\f(L－\f(5,9)L,g))＝eq\f(4π,3)eq\r(\f(L,g))，所以加了釘子后的周期為T(mén)2＝eq\f(1,2)T1＋eq\f(1,2)T′＝eq\f(5π,3)eq\r(\f(L,g))，所