【单元练】【学生卷】郴州市高中物理选修1第二章【机械振动】经典练习题(培优提高)

一、选择题
1．一个弹簧振子在水平方向做简谐运动，周期为T ，则（ ）
A ．若t 时刻和t t +∆时刻振子位移大小相等、方向相同，则t ∆一定等于T 整数倍
B ．若t 时刻和t t +∆时刻振子速度大小相等、方向相反，则t ∆一定等于2
T
整数倍 C ．若2
T
t ∆=，则在t 时刻和t t +∆时刻振子的速度大小一定相等 D ．若2
T
t ∆=，则在t 时刻和t t +∆时刻弹簧的长度一定相等C 解析：C
A ．在t 时刻和（t +∆t ）时刻振子的位移相同，所以这两时刻振子通过同一个位置，而每一个周期内，振子两次出现在同一个位置上，所以当速度方向相同时，则∆t 可以等于T 的整数；当速度方向相反时，则∆t 不等于T 的整数，故A 错误；
B ．若t 时刻和（t +∆t ）时刻振子运动速度大小相等，方向相反，则∆t 可能等于2
T
的整数倍，也可能大于2T 的整数倍，也可能小于2
T
的整数倍，故B 错误； C ．若∆t =
2
T
，则在t 时刻和（t +∆t ）时刻振子的位置关于平衡位置对称或经过平衡位置，所以这两时刻速度的大小一定相等，故C 正确；
D ．若∆t =
2
T
，则在t 时刻和（t +∆t ）时刻振子的位置关于平衡位置对称或经过平衡位置，所以这两时刻位移的大小一定相等，由∆kx
a m
=-知加速度大小一定相等，但弹簧的状态不相同，则长度不相等，故D 错误。

故选C 。

2．下列关于简谐运动的说法，正确的是（ ） A ．只要有回复力，物体就会做简谐运动
B ．物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大
C ．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同
D ．物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反C 解析：C
A ．只要有回复力物体一定振动，但不一定是简谐运动，如阻尼振动，选项A 错误；
B ．物体做简谐运动加速度最大时，根据kx
a m
=-可知位移最大，此时速度为零，最小，选项B 错误；
C ．物体做简谐运动时，位移一定是背离平衡位置，故速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，选项C 正确；
D ．物体做简谐运动时，加速度kx
a m
=-
，方向总是与位移方向相反；而速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同．选项D 错误． 故选C 。

3．如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板在拉力F 的作用下，竖直向上运动.一个装有水平振针的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，下列判断正确的是
A ．音叉的振动周期在增大
B ．音叉的振动周期不变
C ．玻璃板在向上做减速运动
D ．玻璃板在向上做匀速直线运动B
解析：B
AB.固定电动音叉的周期不变，故A 错误，B 正确；
CD.从固定电动音叉在玻璃上画出的曲线看出OA 、AB 、BC 、间对应的时间均为半个周期，且距离越来越大，说明玻璃杯运动的速度越来越大，即玻璃板在向上做加速运动，故CD 错误。

4．将一个摆长为l 的单摆放在一个光滑的，倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图下列说法正确的是（ ）
A ．摆球做简谐运动的回复力sin sin F mg θα=
B ．摆球做简谐运动的回复力为sin mg θ
C ．摆球做简谐运动的周期为2sin l
g θ
D ．摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力为sin T mg α= A 解析：A
本题是类似单摆模型，回复力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为mg sinα，下滑分力的切线分力为mg sinαsin θ，故A 正确，B 错误；类似单摆模型，等效重力加速度为g sinα，故周期为：2l
T gsin α
=C 错误；摆球在运动过程中，经平衡
位置时，线的拉力和重力的下滑分力的合力提供向心力，故
2
v
T mgsin m
l
α
-=，故T＞
mg sinα，故D错误．
5．某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图所示的共振曲线.横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅．已知重力加速度为g，下列说法中正确的是
A．由图中数据可以估算出摆球的摆长
B．由图中数据可以估算出摆球的质量
C．由图中数据可以估算出摆球的最大动能
D．如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰值将向右移动A
解析：A
由共振曲线可知当驱动力频率等于固有频率时产生共振现象，则可知单摆的固有频率
f．由单摆的频率公式
1
2
g
f
l
π
=可得摆长，故A正确．根据题意无法知道摆球的质量，
也不能得出摆球的最大动能，故BC错误；由单摆的频率公式
1
2
g
f
l
π
=得知，当摆长增
大时，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动．故D错误；故选A．
6．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）
A．质点振动频率是4Hz
B．第3s末质点的位移为零
C．在10s内质点经过的路程是10cm
D．在t=2.5s和t=4.5s两时刻，质点速度大小相等、方向相反D
解析：D
A．由图读出质点振动的周期为T=4s，则频率为
1
0.25Hz f T
=
= 故A 错误；
B ．在第3s 末，质点位于最大位移处位移为-2cm ，故B 错误；
C ．质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，因t =10s=2.5T ，则在10s 内质点经过的路程是
s =2.5×4A=10×2cm=20cm
故C 错误；
D ．在t =2.5时质点在负的位移向负方向运动，在t =4.5s 时质点在正的位移向正方向运动，由图象结合对称性可知两时刻的速度大小相等方向相反，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，要注意位移和速度的方向。

7．两个做简谐运动的单摆的摆长分别为1l 和2,l 它们的位移—时间图象如图中1和2所示,由此可知1l ∶2l 等于… ( )
A ．1∶3
B ．4∶1
C ．1∶4
D ．9∶1D
解析：D 【解析】
由图知，1和2两个单摆的周期之比为12:3:1T T =，由单摆的周期公式2l T g
=得221221::9:1l l T T ==，故选项D 正确，ABC 错误．
点睛：本题考查了简谐运动的图象和单摆周期公式，要能通过图象得到周期，然后结合单摆的周期公式分析．
8．图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置．当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系．已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s ，图乙所示的一段木板的长度为0.80m ，则这次实验沙摆的摆长为( )（取g =π2）
A ．0.56m
B ．0.65m
C ．1.00m
D ．2.25m C 解析：C
由图乙可知，0.4m λ=，由公式0.420.2T s s v
λ
=
=
=，根据单摆公式2L T g
π=，解得2
2
4gT L π
=，代入数据解得： 1.00L m =，故C 正确． 点晴：根据砂摆的振动位移随时间变化的关系曲线求出砂摆的周期，再根据周期公式
2L
T g
π
=求出砂摆的摆长． 9．如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个
T 形支架在竖直方向振动， T 形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统．圆盘
静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示．圆盘匀速转动时，小球做受迫振动．小球振动稳定时．下列说法正确的是（ ）
A ．小球振动的固有频率是4Hz
B ．小球做受迫振动时周期一定是4s
C ．圆盘转动周期在4s 附近时，小球振幅显著增大
D ．圆盘转动周期在4s 附近时，小球振幅显著减小C 解析：C
A ．小球振动的固有周期4s T =，则其固有频率为1
0.25Hz f T
=
=，A 错误； B ．小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4s ，B 错误；
CD ．圆盘转动周期在4s 附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C 正确D 错误。

故选C 。

10．右图为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图象,从图象可知 ( )
A ．两摆球质量相等
B ．两单摆的摆长相等
C ．两单摆相位相差π
D ．在相同的时间内,两摆球通过的路程总有s 甲=2s 乙B 解析：B 【解析】
从单摆的位移时间图象可以看出两个单摆的周期相等，根据周期公式2L
T g
π
=可知，两个单摆的摆长相等，周期与摆球的质量无关，故A 错误B 正确；从图象可以看出，t=0时刻，甲到达了正向最大位移处而乙才开始从平衡位置向正向的最大位移处运动，所以两单摆相位相差为
2
π
，C 错误；由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时时，而且末位置也是平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两球
通过的路程才一定满足
2s s 甲乙=，若不能满足以上的要求，则不一定满足2s s =甲乙，故D 错误．
二、填空题
11．一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置一记录纸。

当振子上下振动时，以速率v 水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像。

y 1、y 2、x 0、2x 0为纸上印迹的位置坐标。

则该弹簧振子振动的周期为___________和振幅为___________。

解析：
02x v
12
2y y -
[1]记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动2x 0所用的时间，即
2x T v
=
[2]由图像可知振幅为
12
2
y y A -=
12．一质点沿x 轴做简谐运动，其运动学方程为210sin (cm)x t T πϕ⎛⎫
=+
⎪⎝⎭。

0t =时，质
点的位移为10cm -；0.5s t =时，质点的位移为。

则质点振动的初相值为______，最大周期值为______。

或
解析：2π-
4
s 3或4s 5
[1]由质点的运动学方程
210sin (cm)x t T πϕ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
代入0t =时的位移为10cm -，有
1010sin ϕ-=
解得初相为
2
π
ϕ=-
[2] 由0.5s t =时质点的位移为，代入到运动学方程有
2
10sin 0.5()2T
π
π⎛⎫=⨯+- ⎪⎝⎭
解得
22
4
k T
π
π
π
π-
=+
，或
322
4
k T
π
π
π
π-
=+
（0,1,2,3k =⋅⋅⋅） 当0k =时，周期取最大，有
max 4s 3T =或max 4s 5
T =
13．在用单摆测量重力加速度的实验中，下面的叙述哪些是正确的________？哪些是错误的________？
A ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
B ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
D ．用刻度尺测量摆线的长度l ，这就是单摆的摆长
E. 释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t ，则单
摆周期50
t
T =
ABECD 解析：ABE CD
A ．本实验不计摆线质量，并要测量长度，且摆球大小忽略，所以要选择细些，这样质量比较小，伸缩性小些的，这样摆动过程中长度变化小，尽可能长一些的，这样摆球的大小相对于摆线可以忽略。

A 正确；
B ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的，这样摆线质量相对较小可以忽略，空气阻力相对较小，可以忽略。

B 正确；
C ．摆角要小于10°，否则就不能看做简谐运动了。

C 错误；
D ．用刻度尺测量悬点到摆球球心的距离为摆线的长度。

D 错误；
E ．从摆球经过平衡位置开始计时，方便记录全振动的次数。

E 正确。

所以正确的是ABE ，错误的是CD 。

14．在光滑绝缘的水平面上有一长为l 的绝缘细线，细线一端系在O 点，另一端系一质量为m 、带电量为q +的小球。

沿细线方向存在场强为E 的匀强电场，此时小球处于平衡状态，如图所示。

现给小球一垂直于细线的很小的初速度0v ，使小球在水平面上开始运动，则小球能获得的最大电势能为________，小球第一次到达电势能最大的位置所需时间为________。

解析：
2012mv 2ml
qE
π [1]由于初速度很小，可将小球的运动看作简谐运动，题图位置即为等效的最低点即平衡位置。

当小球的速度为零，根据能量守恒定理可知，小球获得的电势能最大，即为2
012
mv 。

[2]当小球在平衡位置静止不动时绳子的拉力为
T qE =
故可得，等效的重力加速度为
'qE g m
=
而单摆的振动周期公式为
22'l ml T g qE ==小球第一次到达电势能最大的位置所需时间为
42
T ml t qE
π=
= 15．如图所示，在一个真空环境中，弹簧上端固定，下端悬挂钢球，把钢球从平衡位置向下拉一段距离A ，放手让其运动，用频闪照相机拍出照片如图一示，再重新向下拉钢球至
2
A
处，频闪照片如图二示，已知频闪照片的闪光周期为0.1s 。

由此分析出，第一次振动的周期为___________，第二次振动的周期为___________，即弹簧振子的周期与振幅___________（填“有关”或“无关”）。

8s08s 无关
解析：8s 0.8s 无关
[1]由图一可知，第一次振动的周期为
T 1=8×0.1s=0.8s
[2]由图二可知，第二次振动的周期为
T 2=8×0.1s=0.8s
[3]即弹簧振子的周期与振幅无关。

16．单摆可以测量地球的重力加速度g ，若摆线长为L ，摆球直径为D ，周期为T ，其重力加速度g =_________。

利用单摆的等时摆动，人们制成了摆钟。

若地球上标准钟秒针转一周用时60s ，将该钟拿到月球上时，秒针转一周与地球上_________s 时间相同（已知g 地=6g 月）。

解析：
22
4()
2D L T π+
606s
[1]单摆的长度
12
l L D =+
其周期为
2l T g
=所以重力加速度
22
4()2D L g T π+=
[2]地球上标准钟秒针转一周用时60s ，则在月球上有
6606s g
T T T g '=
=='。

17．如图所示，质量为m 的木块放在轻弹簧上，与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动。

当振幅为A 时，物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5 倍，则物体对弹簧的最小弹力为___________； 要使物体在振动中不离开弹簧，振幅的最大值为_________。

2A
解析：0.5mg 2A
[1]当振幅为A 时，物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5倍，此时在最低处，受弹力、重力，由牛顿第二定律可得
1.50.5kx mg mg mg
a g m m
--=
== 方向向上，根据简谐振动的特点，在最高点的加速度也为0.5g ，方向向下，所以
1
0.5mg F a g m
-=
= 解得F 1=0.5mg ，且为支持力。

由胡克定律可得
1.50.52mg mg k A -=⨯
[2]要使物体不能离开弹簧，则在最高点弹力为零，加速度为g ，方向向下，根据对称性，在最低处的加速度也为g ，方向向上，由牛顿第二定律可得
2F mg mg -=
解得22F mg = 由胡克定律可得
'202F k A -=⨯
联立可得'2A A =
18．如图甲所示为一弹簧振子的振动图像，规定向右的方向为正方向，试根据图像分析以下问题：
（1）如图乙所示的振子振动的起始位置是________，从初始位置开始，振子向________（填“右”或“左”）运动．
（2）在乙图中，找出图像中的O 、A 、B 、C 、D 各对应振动过程中的位置，即O 对应________，A 对应________，B 对应________，C 对应________，D 对应________． （3）在2s t =时，振子的速度的方向与0t =时速度的方向_______．
（4）质点在前4s 内的位移等于________．E 右EGEFE 相反0【分析】由题中如图甲
所示为一弹簧振子的振动图像可知本题考查简谐振动的振动图像根据简谐振动的振动图像反应的位移与时间的关系
解析：E 右 E G E F E 相反 0 【分析】
由题中“如图甲所示为一弹簧振子的振动图像”可知，本题考查简谐振动的振动图像，根据简谐振动的振动图像反应的位移与时间的关系．
（1）[1]由图知t =0时刻，x =0，说明振子振动的起始位置是E ； [2]t=0时刻位移图像的斜率为正，则振子速度沿正向，即向右；
（2）[3][4][5][6][7]根据位移和起始速度方向可以知道，图像中的O 、A 、B 、C 、D 各对应振动过程中的位置，即O 对应E 、A 对应G 、B 对应E 、C 对应F 、D 对应E ；
（3）[8]在t =2s 时，图像的斜率为负，说明振子的速度沿负方向，即向左，t =0速度的方向相反；
（4）[9]质点在前4s 内回到了出发点，其位移等于零．
19．一个水平弹簧振子的固有频率是3Hz ，要使它在振动中产生的最大加速度能达到5m/s 2，它振动的振幅A =_____cm 。

4 解析：4 根据题意
12m
T f k
π
=
= 水平弹簧振子最大的伸长量为A ，此时有
kA ma =
解得
m
A a k
=
联立并代入数据解得
1.4cm A =
20．如图所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t =0时刻的波形图，已知波的传播速度v =2m/s 。

试回答下列问题：
①写出x =0.5m 处的质点做简谐运动的表达式：________cm ；
②x=0.5m 处质点在0~4.5s 内通过的路程为________cm 。

y=5cos2πtcm90
解析：y =5cos2πtcm 90
[1]由图可知，波的波长为 2.0m λ=，根据
T v
λ
=
解得波的周期T =1s ，则质点振动的周期为1s 根据
2T
πω=
解得2rad/s ωπ=
5cm A =
x =0.5m 处的质点在t =0时刻处于正向最大位移处，所以x =0.5m 处的质点做简谐运动的表达式为
5cos2cm x t π=
1
0.5s 2
t T ==，质点在0～0.5s 内通过的路程s =2A =10cm
[2]由题意得
4.5s 4.5t T ==
质点在0～4.5s 内通过的路程
4.545cm 90cm s =⨯⨯=
三、解答题
21．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。

图甲中O 点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A 点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A 、B 、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中的最低位置，
∠AOB =∠COB =θ，θ小于5°且是未知量。

图乙表示由计算机得到的小球对摆线的拉力大小F 随时间t 变化的曲线，且图中t =0时刻为摆球从A 点开始运动的时刻。

试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g 取10 m/s 2） （1）单摆的振动周期和摆长； （2）摆球的质量；
（3）摆球运动过程中的最大速度。

解析：(1)0.4m ；(2)0.05kg ；(3)0.283m/s (1)摆球受力分析如图所示
小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，可知
0.4s T π=
由单摆的周期公式为
2L T g
=解得
2222
100.16m 0.4m 44gT L πππ
⨯=== (2)(3)在最高点A ，有
min cos 0.495N F mg θ==
在最低点B ，有
2
max
v F mg m L
=+
从A 到B ，机械能守恒，由机械能守恒定律得
()211cos 2
mgR mv θ-=
联立三式并代入数据得
0.05kg m =，2
m s 0.283m s 5
v =
≈ 22．上海中心大厦高632m ，上面安装有重达1000t 的风阻尼器。

请查阅相关资料，了解它的作用及工作原理。

解析：见解析
高层建筑在大风中摇晃这是比较正常的现象，建筑物越高，迎风面积越大，那么其在大风中摇晃的程度就会越高。

总高达632m 的上海中心也不能避免，但它在多方面的设计都考虑了地震和大风导致的摆动，做了相应的抗震与抗风设计，将这个晃动效应减到了最低； 这个主阻尼器的总质量达到了1000吨。

安装位置是在距离地面584米，位于126层的大楼顶部，上千吨的物体在大楼顶部会头重脚轻吗？其实这样理解就错了，第一跟大楼的质量相比，这1000吨并不是什么严重问题，因为设计时就已经考虑，另一层面，减轻晃动，放在大楼底部，左侧无重物阻尼时晃动是难以控制的，而右侧有重物阻尼晃动明显减轻，并且还是主动阻尼。

23．如图所示，在竖直悬挂的劲度系数为k 的轻弹簧下端挂一个质量为m 的小球，用一个
竖直向下的力将小球竖直拉向下方，当小球静止时拉力的大小为F ，若撤去拉力，小球便在竖直面内做简谐运动，求：
（1）小球在最低点受到弹簧的弹力的大小； （2）小球经过平衡位置时弹簧的伸长量；
（3）小球在振动过程中通过最高点时的加速度的大小和方向。

解析：（1）F ＋mg ；（2）
mg k
；（3）F
m ，竖直向下
（1）由于撤去F 前小球静止，故弹簧的弹力
F T ＝F ＋mg
（2）小球在平衡位置时弹力等于重力，故弹簧的伸长量为
Δx ＝
mg
k
（3）小球振动过程中在最高点和最低点的加速度大小相等，方向相反，而在最低点，其合外力为F ，故在最高点时，加速度
a ＝
F m
加速度方向竖直向下。

24．将在地面上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球上记录的时间是1 h ，那么实际的时间是多少？若要在月球上使该钟与地面上时一样准，应如何调节？已知g 月＝6
g 地
6
；摆长调到原来的16
设在地球上该钟的周期为T 0，在月球上该钟的周期为T ，指示的时间为t ，则在月球上该钟在时间t 内振动的次数
N ＝
t
T
在地面上振动次数N 时所指示的时间为t 0，则有
N ＝00
t T
则
t T ＝00
t T 由于
02l T g π
=地 ，2l T g π=月
所以
t 0＝
0T T ·t ＝g g 月地
·t ＝66t
当此钟在月球上指示的时间为1 h 时，地面上的实际时间为6
6
h 。

要使其与在地面上时走得一样准应使
T ＝T 0
即
=l l g g 月
地月
地 l 月＝g g 月地·l 地＝16
l 地
应将摆长调到原来的
1
6。

25．如图所示为一单摆的共振曲线，摆球的质量为0.1 kg ，求：（g 取9.8 m/s 2） (1)该单摆的摆长为多少？
(2)摆球运动过程中由回复力产生的最大加速度是多大？
解析：(1)1 m ；(2)0.78 m/s 2
(1)由图像知单摆的固有频率为0.50 Hz ，即
T =2 s
根据
2L T g
=得
L =224gT π=22
9.824 3.14
⨯⨯ m≈1 m (2)设摆线与竖直方向最大偏角为θ，因摆线与竖直方向偏角很小，所以
sin θ≈θ≈
A
L
最大加速度
a =g sin θ=g
A L =9.8×8100
=0.78 m/s 2 26．根据如图所示的振动图像，回答下列问题。

(1)将位移随时间的变化规律写成()sin x A t ωϕ=+的形式，并指出振动的初相位是多少； (2)算出下列时刻振子对平衡位置的位移。

①10.5s t =； ②2 1.5s t =
解析：(1)10sin cm 2
2x t π
π⎛⎫=+
⎪⎝⎭，2π；(2)①52cm ；②52cm - 解：(1)10cm A =，4s T =，2rad/s 2
T ππ
ω==，初始位置10cm x = 可得位移
10sin cm 2
2x t π
π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
初相位
2
ϕπ=
(2)①10.5s t =时
110sin 0.5cm 52cm 2
2x π
π⎛⎫=⨯+= ⎪⎝⎭
②2 1.5s t =时
210sin 1.5cm 52cm 2
2x π
π⎛⎫=⨯+=- ⎪⎝⎭
27．一个质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A 、B 两点，历时1s ，质点通过B 点后，再经过1s 又第二次通过B 点，求质点多久后第三次通过B 点。

解析：3s
根据简谐运动的对称性和题意，可画出答图，其中M 、N 点所在位置为质点的最大位移处
0.5s AO OB t t ==
则
0.5s BN NB AM MA t t t t ====
故质点第三次通过B 点还需要的时间
3s BO OA AM MA AO OB t t t t t t t =+++++=
28．如图所示，摆长分别为l 和2.25l 的单摆a 、b ，摆球质量均为m （可视为质点），均被拉离平衡位置与竖直方向成θ（5θ︒<），由静止释放： (1)b 摆在第一个四分之一周期内合外力对摆球的冲量；
(2)若取210m /s g =；10 3.1=； 3.1π=；1m l =，则a 、b 两单摆同时释放后经过多长时间再次达到左侧最大位置；a 、b 两单摆由左侧同时释放后，能否同时到达右侧最大位置处，若能够，求出其时间，若不能，请说明理由。

解析：(1)
3
2(1cos )2
m gl θ-(2)6s t m =（m =1，2，3……），不能，理由见解析 (1)小球b 在四分之一周期内，由机械能守恒定律得
212.25(1cos )2
mgl mv θ-=
得
3
2(1cos )2
v gl θ=
- 由动量定理可得
3
2(1cos )2
I m gl θ=
-(2)由周期公式2l
T g
= 2s a T =，3s b T =
摆球a 、b 在经过a T 、b T 的最小公倍数的整数倍将再次同时达到左侧即
6s t m =（m =1，2，3……）
小球a 、b 不能同时到达右侧最高点，当a 球到达右侧最高点的时间为
21
(21)s 2
a a n t T n +=
=+（n =0，1，2，3……） b 球到达右侧最高点的时间为
213(21)
s 22
b b k k t T ++=
=（k =0，1，2，3……） 两小球同时从左侧最高点释放，经过一段时间后若能同时达到右侧最高点，则a b t t =，而n 、k 均为整数，不成立，所以两小球同时从左侧最高点释放，经过一段时间后不能同时达
到右侧最高点。