單元練濟(jì)南市高中物理選修1第二章機(jī)械振動經(jīng)典測試題培優(yōu)練

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1、x x 、選擇題 1. 某彈簧振子在水平方向上做簡諧運動，其位移 X隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為 B簡諧運動的圓頻率嚴(yán)d/S x x C.第3s末振子的位移大小為 D.從第3s末到第5s末，振子的速度方向發(fā)生變化 解析：D A. 由題圖知，振子在第1s末與第3s末的位移相同，即振子經(jīng)過同一位置，故彈簧的長度 相同，故A正確，不符合題意; B.由題圖知，振子振動的周期 T 8s,則圓頻率 —rad / s 故B正確，不符合題意; C. 位移x隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為 x Asin t，第3s末振子的位移大小為 x A

2、sin3 2 A 4 2 故C正確，不符合題意； D. X — t圖像的切線斜率表示速度，可知，從第 3s末到第5s末，振子的速度方向并沒有 發(fā)生變化，一直沿負(fù)方向，故 D錯誤，符合題意。 故選D。 2. 如圖所示，兩長方體木塊 A和B疊放在光滑水平面上，質(zhì)量分別為 m和M , A與B 之間的最大靜摩擦力為 f0, B與勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子。 A和B 在振動過程中始終不發(fā)生相對滑動，則（ ） A 3 /////////// A. A受到B的摩擦力Ff與B離開平衡位置位移x總滿足Ff km B. 它們的最大加速度不能大于 ki

3、m C. 它們的振幅不可能大于 fo M m D. 振動過程中，AB間的摩擦力對 A做正功，對B做負(fù)功A 解析：A A.對整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律有 F kx (m M )a 以物體A為對象， 根據(jù)牛頓第二定律有 Ff ma 解得 Ff km x M m 故A正確; AB到 達(dá)最大位移處。根據(jù)牛頓第二定律得，以 A為研究對象，最大加速度 BC?當(dāng)A和B在振動過程中恰好不發(fā)生相對滑動時， AB間靜摩擦力達(dá)到最大?此時 x x o am m kA (M m) am A M心 km 以整體為研究對象

4、 聯(lián)立兩式得，最大振幅 故BC錯誤； D.遠(yuǎn)離平衡運動過程， A的速度減小，動能減小，此時 AB間的摩擦力對 A做負(fù)功, 做正功，故D錯誤。 故選Ao 3. 一彈簧振子振動過程中的某段時間內(nèi)其加速度的值越來越大，則在這段時間內(nèi)（ A. 振子的速度越來越大 B.振子的振幅越來越大 C.振子的速度方向與回復(fù)力方向相反 D.振子正在向平衡位置運動 C 解析：C 彈簧振子在從平衡位置向最大位移處運動的過程中，位移越來越大，回復(fù)力越來越大，加 速度越來越大； A. 振子由平衡位置向最大位移處運動過程中，振子做減速運動，速度越來越小，故 誤； 振子由平衡位置向最大位移處運動過程中

5、，振子的位移越來越大，但是振幅不變，故 錯誤； B. 振子由平衡位置向最大位移處運動過程中，回復(fù)力指向平衡位置，速度背離平衡位置， 振子的速度方向與回復(fù)力方向相反，選項 C正確； C. 振子從平衡位置向最大位移處運動時，振子正在向遠(yuǎn)離平衡位置方向運動，故 D錯 誤； 故選Co 4. 振動的單擺小球通過平衡位置時，關(guān)于小球受到的回復(fù)力、合力及加速度的說法中正確 的是( ) A. 回復(fù)力為零，合力也為零 B. 回復(fù)力不為零，方向沿軌跡的切線 C. 合力不為零，方向沿軌跡的切線 D. 合力不為零，加速度不為零，方向指向懸點 D 解析：D AB.當(dāng)單擺小球通過平衡位置時，

6、回復(fù)力為零，但是小球依然做圓周運動，合力提供向心 力，因此合力不為零，故選項 AB錯誤； CD.振動的單擺小球通過平衡位置時，合力不為零，此時的合力提供向心力和向心加速 度，方向指向圓心，即指向懸點，故選項 C錯誤D正確。 5. 如圖所示，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。以豎直 向上為正方向，物塊做簡諧運動的表達(dá)式為 y=0.1sin5 n t(m) t=0時刻，一小球從距物塊 h 高處自由落下，t=0.3s時，小球恰好與物塊處于同一高度，重力加速度 g取10m/s2，空氣 阻力不計，以下判斷正確的是( ) A. h=0.35 m B. 簡

7、諧運動的周期是 0.2 s C. 0.3 s內(nèi)物塊運動的路程是 0.1 m D. t=0.35s時，物塊與小球運動方向相同 A 解析：A A.由振動方程式可得，t 0.3s物體的位移為 y 0.1sin( 5 0.3) m 0.1m 則對小球有 h y fgt2 得到 h 0.35m 故A正確; B.由公式y(tǒng) O.lsin5 t m可知，簡諧運動的周期為 —s 0.4s 5 故B錯誤； C.由題可知振幅為 0.1m 故0.3s內(nèi)物塊運動的路程為 3A 0.3m C. 2(mA + mB)g 故C錯誤; 3 D. 由于-T t 0.3

8、5s T ,此時物體在平衡位置下側(cè)，并向上即向平衡位置振動，則此 4 時物塊與小球運動方向相反，故 D錯誤。 故選A。 6. 如圖所示，質(zhì)量為 mA的物塊A用不可伸長的細(xì)繩吊著，在 A的下方用彈簧連著質(zhì)量為 mB的物塊B,開始時靜止不動?，F(xiàn)在 B上施加一個豎直向下的力 F,緩慢拉動B使之向下 運動一段距離后靜止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，希望撤去力 F后，B向上運動并能頂起 B. (mA +2mB )g D. (2mA + mB )gA 解析：A 如圖所示 O1為彈簧的原長位置， 02為掛上物塊B時彈簧伸長后的位置，彈簧的伸長量為 X0，要使 B向上運動并能頂起 A,彈簧給A

9、的力至少要等于 A物塊的重力mAg，即彈簧至少要壓縮 到位置。3,壓縮量為 X2，物塊B在力F的作用下至少下拉的長度 為，讓B以02為平衡 位置做簡諧運動。則要滿足 N X2 X。 又因為 mBg k Xo，mAg k X2 F k x1 所以F的最小值 F (mA mB)g 故BCD錯誤，A正確。 故選Ao 7. 有一星球其半徑為地球半徑的 2倍，平均密度與地球相同，今把一臺在地球表面走時準(zhǔn) 確的擺鐘移到該星球表面，擺鐘的秒針走一圈的實際時間變?yōu)? A. 0.5min B. 0.7min C. 1.4min D. 2minB 解析：B 星球的質(zhì)量M 3

10、 R，物體在星球表面所受的萬有引力等于重力，所以有 mg G^，聯(lián)立解得 RG，所以該星球的表面重力加速度與地球表面的重力 加速度之比為半徑之比，即為 2:1 .根據(jù)單擺的周期公式 T 2 L ,有: 守.故所以該星球表面擺鐘的秒針走一圈的實際時間為 2 min 2 0.7min，故選項B正確，ACD錯誤. & 一洗衣機(jī)正常工作時非常平穩(wěn)，當(dāng)切斷電源后，發(fā)現(xiàn)洗衣機(jī)先是振動越來越劇烈，然后 振動再逐漸減弱，對這一現(xiàn)象，下列說法正確的是 () ① 正常工作時，洗衣機(jī)波輪的運轉(zhuǎn)頻率比洗衣機(jī)的固有頻率大 ② 正常工作時，洗

11、衣機(jī)波輪的運轉(zhuǎn)頻率比洗衣機(jī)的固有頻率小 ③ 正常工作時，洗衣機(jī)波輪的運轉(zhuǎn)頻率等于洗衣機(jī)的固有頻率 ④ 當(dāng)洗衣機(jī)振動最劇烈時，波輪的運轉(zhuǎn)頻率等于洗衣機(jī)的固有頻率 A.①④ B.只有① C.只有③ D.②④A 解析：A 洗衣機(jī)先是振動越來越劇烈，說明洗衣機(jī)波輪的運轉(zhuǎn)頻率越來越接近固有頻率， ④正確; 然后振動再逐漸減弱，則洗衣機(jī)波輪的運轉(zhuǎn)頻率越來越大于固有頻率，故正常工作時，洗 衣機(jī)波輪的運轉(zhuǎn)頻率比洗衣機(jī)的固有頻率大, ①正確；故A正確. li和12,它們的位移一時間圖象如圖中1和2所示, 9.兩個做簡諧運動的單擺的擺長分別為 C. 1 : 4 解析：D 【解析】

12、B. 4 : 1 D. 9： 1D 由圖知，1和2兩個單擺的周期之比為 T：T2 3:1，由單擺的周期公式T 2 ..牛得 2 2 11： 12 T2 :T1 9:1，故選項D正確，ABC錯誤. 點睛：本題考查了簡諧運動的圖象和單擺周期公式，要能通過圖象得到周期，然后結(jié)合單 擺的周期公式分析. 10. 一水平彈簧振子做簡諧運動的振動圖像如圖所示，已知彈簧的勁度系數(shù)為 20 N/cm , A. 圖中A點對應(yīng)的時刻振子所受的回復(fù)力大小為 5 N，方向指向x軸的負(fù)方向 B. 圖中A點對應(yīng)的時刻振子的速度方向指向 x軸的負(fù)方向 C. 在0?4 s內(nèi)振子做了 1.75次全

13、振動 D. 在0?4 s內(nèi)振子通過的路程為 3.5 cmA 解析：A A、 質(zhì)點A對應(yīng)時刻振子的位移為 0.25cm,所受的回復(fù)力：F k x 20 0.25 5N , 負(fù)號表示方向指向 x軸的負(fù)方向.所以A選項是正確的； B、 根據(jù)振動圖像可知質(zhì)點 A的速度方向指向x軸的正方向，故 B錯； C、 振子的周期為2s,所以在0?4 s內(nèi)振子振動了 2個周期，走過的路程為 s 2 4A 2 4 0.5 4cm 故 CD 錯； 故選A 【點睛】 根據(jù)圖像可分析周期大小.分析振動過程，可判斷回復(fù)力、速度、動能等物理量的變化情況 . 二、填空題 11. 如圖甲所示是演示沙擺振

14、動圖象的實驗裝置，沙擺的運動可看作是簡諧運動。若用力 F向外拉木板使木板以 0.20m/s做勻速運動，圖乙是實驗得到的木板上長度為 0.60m范圍 m。 內(nèi)的振動圖象，那么這次實驗所用的沙擺的周期為 s,擺長為 m。（答案保留 兩位有效數(shù)字，計算時取 /= 10, g取10m/s2） 解析：5 0.56 [1] 木板水平勻速運動，運動時間為 s 竺s 3s v 0.2 設(shè)沙擺的周期為T,由圖看出 2T t 解得 1.5s [2] 由單擺的周期 0.56m 12. 如圖所示是做簡諧運動的某一物體的振動圖像，則該物體在 t=2s到t=4s時間內(nèi)

15、，通過 的路程是 cm，位移是 cm；若此圖中物體做單擺運動，且重力加速度 g取10 m。 [1][2] ?由題振動圖像可知周期 T 期，所以物體通過的路程是 2cm, 2s，因振幅為 位移為0; 0.5cm， t 2s到t 4s時間是一個周 [3].將 T 2s , g 10m/s2 , 2 10代入公式 解得 L 1m 13.如圖，小球質(zhì)量為 m，擺長為L,最大擺角為 動。則在圖示位置時擺線的拉力為 0,且小于50,小球在豎直平面內(nèi)擺 。從最高點第一次擺到最低點的時間為 。（重力加速度為 g） 解析：mg cos 2 Yg [1] 小球受

16、到重力和繩的拉力，重力的一個分力提供回復(fù)力，另一個分力等于擺線的拉力, 則擺線的拉力為 mg cos [2] 根據(jù)單擺的周期公式 從最高點第一次擺到最低點的時間為 IT 14.如圖甲所示為一彈簧振子的振動圖像, 規(guī)定向右的方向為正方向，試根據(jù)圖像分析以 ，從初始位置開始，振子向 (1) 如圖乙所示的振子振動的起始位置是 (填右”或左”)運動. O對應(yīng) (2) 在乙圖中，找出圖像中的 0、A、B、C D各對應(yīng)振動過程中的位置，即 , A對應(yīng) , B對應(yīng) , C對應(yīng) , D對應(yīng) . (3) 在t 2s時，振子的速度的方向與 t 0時速度的方向 . (4) 質(zhì)點在

17、前4s內(nèi)的位移等于 . E右EGEFE1反0【分析】由題中如圖甲 所示為一彈簧振子的振動圖像可知本題考查簡諧振動的振動圖像根據(jù)簡諧振動 的振動圖像反應(yīng)的位移與時間的關(guān)系 解析：E右 E G E F E相反 0 【分析】 由題中 如圖甲所示為一彈簧振子的振動圖像 ”可知，本題考查簡諧振動的振動圖像，根據(jù) 簡諧振動的振動圖像反應(yīng)的位移與時間的關(guān)系. （1） [1]由圖知t=0時刻，x=0,說明振子振動的起始位置是 E; [2]t=0時刻位移圖像的斜率為正，則振子速度沿正向，即向右； （2） [3][4][5][6][7]根據(jù)位移和起始速度方向可以知道，圖像中的 0、A、B、C、D

18、各對應(yīng)振 動過程中的位置，即 0對應(yīng)E、A對應(yīng)G、B對應(yīng)E、C對應(yīng)F、D對應(yīng)E； （3） [8]在t=2s時，圖像的斜率為負(fù)，說明振子的速度沿負(fù)方向，即向左， t=0速度的方向 相反； （4） [9]質(zhì)點在前4s內(nèi)回到了出發(fā)點，其位移等于零. 15.如圖所示的彈簧振子在 B、C間振動，振動周期為 2s,由0 B開始振動并在 O點開 始計時，1.5s后振子在 位置；若振幅為2cm，規(guī)定O到B的方向為正方向，則該 時刻位移大小為 cm ；路程為 cm ；該振子的振動頻率為 C-2605 3 3 [1] 經(jīng)過1.5s即T ,由0 B開始振動并在O點開始計時，經(jīng)過 個周期，彈簧振

19、子位 4 4 于C點； [2] 規(guī)定0到B的方向為正方向，貝y C點的位移大小為 2cm ； [3]經(jīng)過的路程： s 3A 6cm [4]振動的頻率： 1 1 f Hz 0.5Hz T 2 16.回復(fù)力是根據(jù)力的 命名的.彈簧振子是一個典型的簡諧運動模型，它的回復(fù)力 是由 提供的.效果彈簧的彈力 解析：效果彈簧的彈力 [1] 回復(fù)力是按效果命名的力，回復(fù)力可以是某個力，也可以是幾個力的合力，還可以是某 個力的分力； [2] 彈簧振子的回復(fù)力是由彈簧的彈力提供的。 17.甲、乙兩個單擺的擺球質(zhì)量相等，擺長之比為 4:1。若它們在同一地點在豎直平面內(nèi) 擺動，擺

20、線與豎直方向所成的最大夾角小于 5。且相等，則甲、乙的頻率之比為 擺球到達(dá)最低點時的速度之比為 。 1: 22: 1 解析：1: 2 2: 1 [1]根據(jù)單擺周期公式 T 2 冷 以及T f可得 所以 12 l1 [2]擺球到達(dá)最低點過程中機(jī)械能守恒有 mgl(1 cos ) 1 2 mv 2 解得擺球到達(dá)最低點時的速度 v 2gl(1 cos ) h l2 所以 V V2 18?用一個擺長為80.0 cm的單擺做實驗，要求擺動的最大角度小于 5。，則開始時將擺球

21、 拉離平衡位置的距離應(yīng)不超過 cm （保留1位小數(shù)）。（提示：單擺被拉開小角度 的情況下，所求的距離約等于擺球沿圓弧移動的路程。） cm。9968 某同學(xué)想設(shè)計一個新單擺，要求新單擺擺動 10個周期的時間與原單擺擺動 11個周期的時 間相等。新單擺的擺長應(yīng)該取為 解析：9 96.8 拉離平衡位置的距離 5 x 2 80cm 6.97cm 360 題中要求擺動的最大角度小于 5，且保留1位小數(shù)，所以拉離平衡位置的不超過 6.9cm ； 根據(jù)單擺周期公式T 2 ―結(jié)合題意可知 10T 11T 代入數(shù)據(jù)為 10 匸 11 80cm 解得新單擺的擺長為 L 9

22、6.8cm 19.如圖所示，三角架質(zhì)量為 M,沿其中軸線用兩根輕彈簧拴一質(zhì)量為 m的小球，原來三 角架靜止在水平面上?現(xiàn)使小球做上下振動，已知三角架對水平面的壓力最小為零，求： （重力加速度為g） ⑴此時小球的瞬時加速度 （2）若上、下兩彈簧的勁度系數(shù)均為 k,則小球做簡諧運動的振幅為 解析：（m M）g （M m）g m 2k （1）［1］小球運動到最高點時，三角架對水平面的壓力最小為零，此時對整體根據(jù)牛頓第 二定律，有 (M+m) g=ma 解得 (m M )g m 向下 （2） ［2］小球做簡諧運動，根據(jù)回復(fù)力公式 F=kx,有 2k?A=ma 解得

23、 M m g 2k 的單擺在豎直面（紙面）內(nèi)做擺角很?。s為 OP=0.25I。①兩單擺的周期 20.如圖（a）、（ b），兩個擺長均為I 2 °的擺動，圖（b）中懸點O正下方P處固定著一枚釘子， 分別為Ta= , Tb= ;②若將兩擺球從圖示位置（懸線與豎直方向的夾角相 hA、 hB,貝y 同）由靜止釋放，擺球到達(dá)左側(cè)最高點與各自平衡位置的高度差分別為 hA （填“〉” 加速度大小為g。） 或不計擺球直徑，不計懸線接觸釘子時的能量損失，重力 解析：2 ①［1］圖（a）中A單擺的擺長為|，根據(jù)單擺周期公式，可得 Ta 2石 ［2］圖（b ）中B單擺在右邊時擺長為I，

24、根據(jù)單擺周期公式，可得 T1 2詢 單擺在左邊時擺長為I O.25I O.75I，根據(jù)單擺周期公式，可得 T2 2 0.751 g 故該單擺的周期為 Tb ^Ti 2 2T2 將Ti、T2代入解得 Tb ②［3］兩單擺從同一高度下落，根據(jù)機(jī)械能守恒可知，兩單擺在最低點的線速度大小相等， 又根據(jù)題意可知，不計懸線接觸釘子時的能量損失，故 B單擺在最低的速度仍然與 A單擺 相同，所以根據(jù)機(jī)械能守恒可知，兩單擺在向左擺動過程，可以擺到到相同的高度，故 hA=hB。 三、解答題 1 h，那么實際的 t，則在月球上該鐘 21. 將在地面上

25、校準(zhǔn)的擺鐘拿到月球上去，若此鐘在月球上記錄的時間是 時間是多少？若要在月球上使該鐘與地面上時一樣準(zhǔn)，應(yīng)如何調(diào)節(jié)？已知 解析：一；擺長調(diào)到原來的 - 6 6 設(shè)在地球上該鐘的周期為 To,在月球上該鐘的周期為 T,指示的時間為 在時間t內(nèi)振動的次數(shù) N =— T 在地面上振動次數(shù) N時所指示的時間為to,則有 to N = To To 由于 所以 當(dāng)此鐘在月球上指示的時間為 1 h時，地面上的實際時間為 要使其與在地面上時走得一樣準(zhǔn)應(yīng)使 T= To i月= 1 ?地=—I地 6 1 應(yīng)將擺長調(diào)到原來的 -。 6 22. —個單擺完成10次全振動

26、的時間是 40s,擺球的質(zhì)量為0.2kg，它振動到最大位移時 距最低點的高度為1.5cm，它完成10次全振動回到最大位移時，距最低點的高度變?yōu)? 1.2cm。如果每完成10次全振動給它補(bǔ)充一次能量，使擺球回到原來的高度，在 200s內(nèi) 總共應(yīng)補(bǔ)充多少能量? 解析：03J 單擺完成10次全振動時最大高度的變化 △ h=h1-h2=1.5cm-1.2cm=0.3cm 所以秒擺完成10次全振動時減少的機(jī)械能 △ &=mg △ h=0.2 x 10 x 0.003J=0.006J 所以200s內(nèi)完成5個10次的全振動，所以 200s內(nèi)應(yīng)補(bǔ)充的能量 E=5^ E0=0.03J 23.

27、 如圖所示，掛在豎直彈簧下面的小球，用手向下拉一段距離，然后放手，小球上下振 動。試判斷小球的運動是否為簡諧運動。 解析：見解析 h0，設(shè) 設(shè)振子的平衡位置為 O,方向向下為正方向，小球靜止時彈簧已經(jīng)有了一個伸長量 彈簧的勁度系數(shù)為k,由平衡條件得 kh0= mg 在彈性限度內(nèi)把小球向下拉一段距離至 C點，如圖所示，釋放小球則開始振動。在小球振 動過程中到達(dá)平衡位置 0點下方某一點B,此時振子向下偏離平衡位置的距離為 x,回復(fù) 力即合外力為 F 回=mg — k （x+ h°） 聯(lián)立解得 F 回 — kx 可見小球所受合外力與它的位移的關(guān)系符合簡諧運

28、動的受力特點，該振動系統(tǒng)的振動是簡 諧運動。 24. 如圖所示，B球靜止在光滑的水平臺邊，與臺邊相距一定距離處有一個豎直的彈性擋 板，A球用輕細(xì)線懸掛在 B球旁邊，靜止時兩球挨在一起。 A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的兩倍， 碰撞是完全彈性的且碰撞時間極短?，F(xiàn)將 A球從豎直方向拉偏一個很小的角度（V 10° , 并從靜止釋放，碰后 A球剛好完成一次全振動后與回到臺邊的 B球再次碰撞，是通過計算 分析出B球第二次回到臺邊時 A球的位置及速度方向（要求推導(dǎo)過程）。 解析：A球運動到了其擺動過程的最低點（即平衡位置處），速度方向向右。 由于碰撞時間極短，所以可認(rèn)為碰撞對 A球完成一次全振動

29、所用時間沒有影響。 以向右為正方向，則第一次碰撞時 mAVAi=mAVA2 "IbVb2 1 2 1 2 2mVA1 = 2 mVA2 1 2 —mBVB2 2 解得 1 VA2 = ~ VB2 4 完成第一次碰撞后，B球以VB2的速度向右運動，與擋板發(fā)生彈性碰撞后以相同大小的速度 返回，與A球發(fā)生第二次碰撞，即 B球以速度VB2運動一個來回的時間恰好等于 A球完成 一次全振動的時間。 第二次碰撞時 mAVA2 mhVB2=mAVA3 mfeVB3 1 2 1 2 1 2 1 2 叫 VA2 EbVb2 = EaVa3 m3VB3 2 2 2 解得

30、 VA3 = 12 2 VB3 = 3 VB2 第二次碰撞使 A、B球各自被彈回, B球的運動速度減小為 要的時間是第一次的1.5倍；在這段時間內(nèi), 球是從平衡位置開始向左振動的，所以完成 運動方向向右。 A球完成了 1.5個全振動后, 2 -Vb2，所以運動一個來回所需 3 1.5個全振動，第二次碰撞使得 A A球又到達(dá)了平衡位置處， 25. 提供信息：若物體做機(jī)械振動的回復(fù)力 F回與振動物體的位移 x滿足關(guān)系式F回=—kx. 那么機(jī)械振動的周期為 T 2 ，其中 k為常數(shù)。如圖是多

31、米諾骨牌中滾球觸發(fā)機(jī)關(guān)的 2 0 vBsi n 2g h 一段示意圖，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端，質(zhì)量為 0.2kg的小球放在傾角為60的光滑斜 面最上端B點，在彈簧彈力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的勁度系數(shù)為 ko=5 nN/m，且不與 小球拴接。長度l=0.5m的水平軌道CD和光滑圓弧軌道在 D點相切，B、C豎直高度差 h=0.6m，小球在水平軌道上受到恒定阻力 f=0.6N?，F(xiàn)用沿斜面向下的推力使小球緩慢移 動一小段距離到達(dá) A點，此時突然撤去推力，彈簧上端到達(dá) B點時立即被鎖定，小球從 B 點彈出后恰好沿水平方向進(jìn)入 CD軌道，繼續(xù)運動到弧面上的觸發(fā)點

32、 E,原速率彈回。已知 重力加速度g=10m/s2。求： (1) 小球到C點時的速度大??； ⑵小球從A點到B點的過程中彈簧對小球的沖量大小; (3)小球最終停止時離 D點的距離。 0.17m的位置 (2) 0.973Ns； (3)小球停在離D點 小球從B點到C點過程 得 VB=4m/s 到達(dá)C點只有水平速度，根據(jù)速度合成與分解可得 VC VB cos 2m/s (1) 小球在B點時 mg sin k0x0 0 設(shè)小球發(fā)生位移x,則 (3)設(shè)小球在水平軌道 得 fXo 1 2 F回 ko xo x mg sin kox

33、 因為F回與x方向相反，所以 因此小球做簡諧運動，周期為 F 回=—kx,其中 k=k0 小球從A^B所用時間為 T " m —0.4s 由動量定理 t1 4t 0.1s I 彈簧對小球沖量大小為 l=0.973N ? mg sin t1 mvB 0 CD上經(jīng)xo停止運動，有 xo=O.67m>O.5m x=xo — 0.5m=0.17m 即小球停在離D點0.17m的位置 26. 一輕彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一物塊，物塊上裝有一只記錄筆，在豎直面 內(nèi)放置有一記錄紙。當(dāng)物塊上下振動時，以速率 v水平向左拉動記錄紙，記錄筆在紙上留 下印跡如圖所示

34、。y1、y2、X0、2x0為紙上印跡的位置坐標(biāo)： (1)求物塊振動的周期和振幅； ⑵若彈簧的勁度系數(shù)為 k，物塊與筆的總質(zhì)量為 m，寫出物塊振動到最高點時的加速度大 v v (1)記錄紙勻速運動，振子振動的周期等于記錄紙運動位移 2x。所用時間，因此由圖可知 2x0 再根據(jù)圖像可以看出振幅 v kA ma (2)根據(jù)牛頓第二定律可得，在最高點時 代入數(shù)據(jù)解得加速度大小 k(yi y2) 2m 27. 如圖所示，在質(zhì)量 M=5kg的無下底的木箱頂部用一輕彈簧懸掛質(zhì)量分別為 mA=1kg、 mB=0.5kg的A、B兩物體，彈簧的勁度

35、系數(shù)為 100N/m ?箱子放在水平地面上，平衡后剪斷 A、B間的連線，A將做簡諧運動，求：(g=10m/smA (2 )剪短繩子瞬間有 kx1= (mA+mB) g 平衡位置時，彈簧的伸長量：有 kx2=mAg 故振幅為 A=x1 - X2=0.05m=5cm (3) 剪斷A、B間的連線，A將做簡諧運動，且在最低點的恢復(fù)力為 mBg ；根據(jù)簡諧運動 的對稱性，到達(dá)最高點時恢復(fù)力大小也為 mBg;據(jù)此可知彈簧對 A的彈力為5N，方向向 上，所以彈簧對頂部的拉力也為 f=5N； 再以木箱為研究對象，據(jù)平衡態(tài)可知 ) (1) 在剪斷繩子后瞬間， A、B物體的加速度分別是

36、多大？ (2) 物體A的振幅？ (3) 當(dāng)A運動到最高點時，木箱對地面的壓力大??？ 解析：(1) 5m/s2 和 10 m/s2；( 2) 5cm ； ( 3) 55N (1)平衡后剪斷 A、B間細(xì)線，A將做簡諧振動，B做自由落體運動，即 B的加速度為 2 g=10 m/s 以A為研究對象，此時受向下的重力和彈簧的豎直向上的彈力，而彈簧的彈力為 (mA+mB)g,據(jù)牛頓第二定律得 mA mB g mAg 5m/s2 5m/s2 F=Mg+F=55N+5N=55N 由牛頓第三定律可知，木箱對地面的壓力等于 55N; 28. 如圖所示，將彈簧

37、振子從平衡位置 0向右拉開4cm后放手，讓它做簡諧運動，已知從 放手到第一次回到平衡位置的時間為 0.1s，求： (1) 彈簧振子的振幅、周期、頻率； (2) 振子在5s時間內(nèi)通過的路程； ⑶振子從0.2s到0.3s向哪個方向做怎樣的運動？ 解析：(1)4cm ； 0.4s； 2.5Hz； (2)2m ； (3)向右做加速運動。 (1) 簡諧運動中，振幅是振子離開平衡位置的最大距離，故振幅為 A=4cm ； 從最大位移回到平衡位置的時間為 T，則 4 T 0.1s 4 故周期為T=0.4s，頻率為 1 f 2.5Hz T (2) 周期為0.4s，故5s內(nèi)完成12.5次全振動；一個全振動內(nèi)通過的路程等于 4倍振幅，故 5s內(nèi)路程為振幅的50倍，即 S=50A=200cm=2m ⑶周期為0.4s，則振子從0.2s到0.3s從C點向O點運動，即向右做加速運動。