1、.章末分層打破自我校對kx2f2遞減驅動力越小最大簡諧運動的周期性和對稱性1.做簡諧運動的物體在完成一次全振動后，再次振動時那么是重復上一個振動的形式，所以做簡諧運動的物體具有周期性2做簡諧運動的物體其運動具有對稱性對稱性表如今:1速率的對稱性：系統在關于平衡位置對稱的兩位置具有相等的速率2加速度的對稱性：系統在關于平衡位置對稱的兩位置具有等大反向的加速度和回復力3時間的對稱性：系統通過關于平衡位置對稱的兩段位移的時間相等振動過程中通過任意兩點A、B的時間與逆向通過的時間相等一個做簡諧運動的質點在平衡位置O點附近振動；當質點從O點向某一側運動時，經3 s第一次過P點，再向前運動，又經2 s第二

2、次過P點，那么該質點再經多長的時間第三次經過P點?【解析】假設質點沿圖中的方向第一次過P點，歷時3 s；由P到B，再由B到P共歷時2 s，那么由其對稱性知P、B間往返等時，各為1 s，從而可知T/44 s，周期T16 s第三次再過P點，設由P向左到A再返回到P，歷時為一個周期T減去P、B間往返的2 s，那么需時t16 s2 s14 s.假設沿圖中的方向第一次過P點，那么有3tOP2tPOtOPT/2，而tOPtPO由上兩式可解得tOPtPO s，T s那么質點第三次過P點歷時tT2 s s.【答案】14 s或 s光滑程度面上的彈簧振子，振子質量為50 g，假設在彈簧振子被拉到最大位移處釋放時開

3、場計時，在t0.2 s時，振子第一次通過平衡位置，此時速度為4 m/s.那么在t1.2 s末，彈簧的彈性勢能為_ J，該彈簧振子做簡諧運動時其動能的變化頻率為_Hz,1 min內，彈簧彈力對彈簧振子做正功的次數為_次【解析】根據其周期性及對稱性，那么有周期T0.8 s，振子的最大速度為4 m/s，那么最大動能Ekmmv20.4 J根據振子振動的周期性斷定在t1.2 s末，振子在最大位移處，據機械能守恒有EpEkm0.4 J，物體的振動周期為0.8 s，那么其動能的變化周期為0.4 s，所以動能的變化頻率為2.5 Hz.在物體振動的1個周期內向平衡位置運動時彈力做正功彈力兩次做正功，根據其周期性

4、可求得1 min內彈力做正功的次數為n2次150次【答案】0.42.5150簡諧運動的圖象振動圖象表示振動質點的振動位移隨時間的變化規律，圖象的形狀與起始時刻的選取和正方向的規定有關，從圖象中可獲得的信息：1振幅A和周期T.2任一時刻的速度、加速度、回復力的方向及位移的大小和方向3斷定任意一段時間內v、a、F、x、Ek、Ep的變化趨勢利用圖象解題時，要深化理解圖象的意義，并能做到見圖象而知實際振動過程同時也能由實際振動過程回歸圖象如圖111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，以下說法正確的選項是甲乙圖111At0.8

5、 s時，振子的速度方向向左Bt0.2 s時，振子在O點右側6 cm處Ct0.4 s和t1.2 s時，振子的加速度完全一樣Dt0.4 s到t0.8 s的時間內，振子的速度逐漸增大Et0.8 s時振動系統的機械能最小【解析】t0.8 s時，振子經過O點向負方向運動，即向左運動，選項A正確；t0.2 s時，振子在O點右側6 cm處，選項B正確；t0.4 s和t1.2 s時，振子的位移等大反向，回復力和加速度也是等大反向，選項C錯誤；t0.4 s時到t0.8 s的時間內，振子從B點向左運動到平衡位置，其速度逐漸增加，選項D正確，簡諧運動機械能守恒，選項E錯誤【答案】ABD一質點做簡諧運動，其位移x與時

6、間t的關系曲線如圖112所示，由圖可知圖112A質點振動頻率是0.25 HzBt2 s時，質點的加速度最大C質點的振幅為2 cmDt3 s時，質點所受的合外力一定為零Et2 s時，質點的振幅為2 cm【解析】質點振動的周期是4 s，頻率是0.25 Hz；t2 s時，質點的位移最大，回復力最大，加速度最大；質點的振幅為2 cm；t3 s時，質點的位移為零，所受的回復力為零，所受的合外力可能為零，也可能最大，選項A、B、C正確【答案】ABC單擺周期公式的應用1.擺鐘的快慢及調節方法1計時原理：擺鐘的計時是以鐘擺完成一定數量的全振動，從而帶動秒針、分針、時針轉動實現的，因此鐘擺振動的周期變化就反映了

7、擺鐘的快慢如鐘擺振動周期變大，那么擺鐘變慢，擺鐘時針轉動一圈的時間變長2擺鐘快慢產生的原因：一是g值的變化，如擺鐘地理位置的變化等；二是擺長的變化，如熱脹冷縮等原因擺鐘周期可以用公式T2計算3擺鐘快慢的調整擺鐘變快說明周期變小，應增大擺長擺鐘變慢說明周期變大，應減小擺長2在復合場中的單擺單擺處在電場或磁場中，由于擺球帶電，擺球會受電場力或磁場力，此時單擺的周期是否變化應從回復力的來源看，假如除重力外，其他的力參與提供回復力，那么單擺周期變化，假設不參與提供回復力，那么單擺周期不變如圖113所示，三根長度均為l0的繩l1，l2，l3共同系住一密度均勻的小球m，球的直徑為ddl0，繩l2，l3與天

8、花板的夾角30.那么：圖113 1假設小球在紙面內做小角度的左右擺動，周期T1為多少？2假設小球做垂直于紙面的小角度擺動，周期T2又為多少？【解析】此題應理解等效擺長及單擺周期公式中的擺長1小球以O為圓心做簡諧運動，所以擺長ll0，振動的周期為T1222.2小球以O為圓心做簡諧運動，擺長ll0l0sin ，振動周期為T2222.【答案】1222不同的擺動方向，等效擺長不同，振動周期也就不同如圖114所示，處于豎直平面內的光滑絕緣半圓形槽的半徑為R，一質量為m的小球于槽中P點由靜止釋放.圖114 1假設使小球帶一定量的正電荷，并將整個裝置放在程度向右的勻強電場中，且小球所受電場力的大小等于小球所

9、受重力的大小，那么小球做簡諧運動的周期為多大？2假設使小球帶一定量的正電荷，并將整個裝置放在垂直紙面向里的勻強磁場中，且小球的運動始終沒有分開圓弧，那么小球做簡諧運動的周期又為多少？【解析】1整個裝置處于程度向右的勻強電場后，小球的受力如下圖，其平衡位置和圓心的連線與豎直方向的夾角為45，那么其“等效重力加速度gg，所以T2.2由于小球所受的洛倫茲力始終垂直于運動方向，所以洛倫茲力不提供回復力，因此小球做簡諧運動的周期為T2.【答案】1222同一單擺放到不同環境中，等效重力加速度不同，導致周期不同.1.如圖115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

10、，物塊簡諧運動的表達式為y0.1sin2.5tm.t0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t0.6 s時，小球恰好與物塊處于同一高度取重力加速度的大小g10 m/s2.以下判斷正確的選項是 圖115Ah1.7 mB簡諧運動的周期是0.8 sC0.6 s內物塊運動的路程是0.2 mDt0.4 s時，物塊與小球運動方向相反E0.6 s內物塊的位移為0.1 m【解析】由物塊簡諧運動的表達式y0.1sin2.5t m知，2.5，T s0.8 s，選項B正確；t0.6 s時，y0.1 m，對小球：h|y|gt2，解得h1.7 m，選項A、E正確；物塊0.6 s內路程為0.3 m，t0.4 s時，物塊經過

11、平衡位置向下運動，與小球運動方向一樣應選項C、D錯誤【答案】ADE2質點做簡諧運動，其xt關系如圖116所示以x軸正向為速度v的正方向，畫出該質點的vt關系圖象. 【導學號：23570033】圖116【解析】在t0時刻，質點的位移如圖116最大，速度為0，那么下一時刻質點應向下運動，在t時刻，質點的位移為0，速率最大【答案】3在“探究單擺的周期與擺長的關系實驗中，某同學準備好相關實驗器材后，把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度后釋放，同時按下秒表開場計時，當單擺再次回到釋放位置時停頓計時，將記錄的這段時間作為單擺的周期以上操作中有不妥之處，請對其中兩處加以改正_.【解析】應在擺球通過平衡位置時開

12、場計時；應測量單擺屢次全振動的時間，再計算出周期的測量值或在單擺振動穩定后開場計時【答案】見解析4一豎直懸掛的彈簧振子，下端裝有一記錄筆在豎直面內放置有一記錄紙當振子上下振動時，以速率v程度向左勻速拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下如圖117所示的圖象，y1、y2、x0、2x0為紙上印跡的位置坐標由此圖求振動的周期和振幅. 【導學號：23570034】圖117【解析】設振動的周期為T，由題意可得：在振子振動的一個周期內，紙帶發生的位移大小為2x0，故T.設振動的振幅為A，那么有：2Ay1y2，故A.【答案】5某同學利用單擺測量重力加速度1為了使測量誤差盡量小，以下說法正確的選項是_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擺動D擺長一定的情況下，擺的振幅盡量大2如圖118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程度面的位置做一標記點，測出單擺的周期T1；然后保持懸點位置不變，設法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標記點，并測出單擺的周期T2；最后用鋼