2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第2章机械振动习题课：单摆的应用导学案含答案.docx

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1、2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第2章 机械振动习题课:单摆的应用学习任务一单摆周期公式的应用科学思维 (1)单摆模型周期公式的成立条件:圆弧运动;小角度摆动;回复力F=-kx.(2)应用单摆模型周期公式的步骤:首先确认符合单摆模型的条件,然后寻找等效摆长L及等效重力加速度g,最后利用公式T=2Lg 或简谐运动规律分析、解答.例1 2022北大附中月考 惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟.如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图乙为摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动.在A地走时准确的摆钟移到B地未做其他调整时摆动加快了,下列说法

2、正确的是()A.A地的重力加速度较大,若要调准,可将螺母适当向下移动B.A地的重力加速度较大,若要调准,可将螺母适当向上移动C.B地的重力加速度较大,若要调准,可将螺母适当向下移动D.B地的重力加速度较大,若要调准,可将螺母适当向上移动变式1 如图所示,两单摆摆长相同,静止时两球刚好接触.将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一个小角度后释放,碰撞中动能有损失,碰后两球分开,分别做简谐运动.用mA、mB分别表示A、B两球的质量.下列说法中正确的是()A.若mAmB,则下一次碰撞一定发生在平衡位置右侧B.若mAT2T3T4B.T1T2T3T4C.T1T2=T3T2=T3T4反思感悟 1.(单摆周期公

3、式的应用)如图所示,甲、乙、丙三个单摆的摆长均为l,三个小球质量均为m,单摆甲放在空气中,周期为T甲;单摆乙放在以加速度a向下加速运动的电梯中,周期为T乙;单摆丙带正电,放在电场强度为E的匀强电场中,周期为T丙,则()A.T甲T乙T丙B.T甲=T丙T乙C.T乙T甲T丙D.T乙T甲=T丙2.(单摆周期公式的应用)(多选)如图为一有效摆长为l的单摆,现将质量为m的摆球A向左拉高一个很小的角度,使得A球升高了h,然后由静止释放.A球摆至平衡位置P时,恰与静止在P处,质量为0.2m的B球发生正碰,碰后A继续向右摆动,B球以速度v沿光滑水平面向右运动,与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回,当B球重新回到位

4、置P时,A球恰好碰后第一次回到P点,重力加速度为g.则下列说法正确的是()A.单摆的周期为T=4dvB.当地的重力加速度为g=l2v2d2C.A球释放到达P经历的时间,大于A球碰后再次到达最高点的时间D.A球碰后的速度大小为vA=2gh-v53.(单摆模型的变形拓展)(多选)水平地面上固定一段光滑绝缘圆弧轨道,过轨道左端N点的竖直线恰好经过轨道的圆心(图上未画出),紧贴N点左侧还固定有绝缘竖直挡板.自零时刻起将一带正电的小球自轨道上的M点由静止释放.小球与挡板碰撞时无能量损失,碰撞时间不计,运动周期为T,M、N间的距离为L并且远远小于轨道半径,重力加速度为g,以下说法正确的是()A.圆弧轨道的

5、半径为gT22B.空间加上竖直向下的匀强电场,小球的运动周期会增大C.空间加上垂直纸面向里的匀强磁场,若小球不脱离轨道,运动周期会增大D.23T时小球距N点的距离约为L24.(单摆模型的变形拓展)2022济南一中月考 有一摆长为L的单摆,悬点正下方某处有一小钉,当摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部将被小钉挡住,使摆长发生变化.现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被摄入),P为摆动中的最低点.已知每相邻两次闪光的时间间隔相等.由此可知,小钉与悬点的距离为() A.L4B.L2C.3L4D.无法确定习题课:单摆的应用例1C解析 由A地到

6、B地,摆动加快,说明周期变小,因T=2lg,则重力加速度变大,要使周期不变,应增加摆长,即将螺母适当向下移动,故C正确.变式1D解析 根据周期公式T=2Lg知,两单摆的周期相同,与质量无关,所以相撞后两球分别经过12T后回到各自的平衡位置,下一次一定是在平衡位置相遇,所以不管A、B的质量如何,下一次碰撞都在平衡位置,故A、B、C错误,D正确.模型建构 模型图示(l、l1、l2为摆线长,r为摆球半径)摆长等效重力加速度g效周期T双线摆不变,lsin +r不变,gT=2lsin+rg折线摆碰到钉子后变小不变,gT=l1+rg+l2+rg圆弧摆不变,R-r不变,gT=2R-rg斜面摆不变,l+r不变

7、,gsin T=2l+rgsin例2A解析 当细绳碰到钉子之后,摆长减小为原来的14,由单摆的周期公式T=2lg可得,碰到钉子之后,单摆的周期变为原来的12,所以小球从右边最大位移处到最低点的时间为从最低点到左边最大位移处的时间的2倍,排除B、D选项;在碰到钉子之后,摆长变小,振幅会变小,排除C选项.变式2D解析 根据周期公式T=2Lg,可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关,与摆长和重力加速度有关.题图甲中沿斜面的加速度为a1=gsin ,所以周期T1=2Lgsin,题图乙中摆球所受的库仑力始终沿摆线方向,回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,故摆球的等效重力加速度为a2=g,所以周期T2=2L

8、g,题图丙中的周期T3=2Lg,题图丁中的等效重力加速度为a4=g+a,所以周期T4=2Lg+a,故T1T2=T3T4,故A、B、C错误,D正确.随堂巩固1.C解析 由题意知T甲=2lg;单摆乙处在加速下降的电梯中,T乙=2lg-a;单摆丙处在电场中,等效重力加速度g=mg+qEm,所以T丙=2lg+qEm.综上所述有T乙T甲T丙.2.AD解析 B球来回运动的时间t=2dv,单摆的周期为T=2t=4dv,故A正确;单摆的周期为T=4dv=2lg,联立解得重力加速度为g=l2v24d2,故B错误;单摆的周期为T=2lg,碰撞前后周期不变,故A球释放到达P经历的时间等于A球碰后再次到达最高点的时间

9、,故C错误;根据动能定理有mgh=12mv02,碰撞后有mv0=mvA+0.2mv,解得vA=2gh-v5,故D正确.3.AD解析 M、N间的距离为L并且远远小于轨道半径,则小球在圆弧轨道的运动过程,可看成单摆模型,其周期为单摆的半个周期,根据单摆的周期公式有T=2Rg ,T=2T,解得圆弧轨道的半径为R=gT22,所以A正确;空间加上竖直向下的匀强电场,等效重力加速度增大,根据单摆的周期公式可知小球的运动周期将减小,所以B错误;空间加上垂直纸面向里的匀强磁场,小球下滑时洛伦兹力总是与速度方向垂直,洛伦兹力不做功,不改变速度大小,所以若小球不脱离轨道,运动周期将不改变,则C错误;将从M到N的过

10、程看成初速度为0的匀加速直线运动,连续相等位移通过的时间之比为1(2-1),约为21,所以经过23T时小球距N点的距离约为L2,则D正确.4.C解析 摆球从M到P的时间为T14=4t0,从P到N的时间为T24=2t0,而T1=2Lg,T2=2L-xg,联立解得x=3L4,选项C正确.习题课:单摆的应用建议用时:40分钟1.下列情况下,单摆的周期会变大的是()A.将一个装满沙的轻漏斗做成单摆,在摆动时沙从漏斗中慢慢漏出B.单摆振幅减为原来的一半C.将摆由高山移到地面上D.将摆由北极移到赤道2.(多选)2022湖北黄冈中学月考 将一单摆向左拉至水平标志线上(摆角很小),从静止释放,当摆球运动到最低

11、点时,摆线碰到障碍物,摆球继续向右摆动.用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片,以下说法正确的是()A.这个实验说明了动能和势能可以相互转化,转化过程中机械能守恒B.摆线碰到障碍物前后的摆长之比为94C.摆球经过最低点时,线速度不变,半径减小,摆线张力变大D.摆球经过最低点时,角速度变大,半径减小,摆线张力不变3.如图甲双线摆也是一种单摆,它的优点是可以把摆球的运动轨迹约束在一个确定的平面上.现把双线摆的其中一根悬线,换成一根很轻的硬杆,组成一个“杆线摆”,如图乙所示.杆线摆可以绕着悬挂轴OO来回摆动,杆与悬挂轴OO垂直,其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内,图乙中、L均为已知,

12、重力加速度为g,则在摆角很小时“杆线摆”的周期为()A.2Lgsin B.2LgsinC.2LgcosD.2Lgcos4.2022浙江金华期中 如图所示,水平面上固定光滑圆弧面ABD,水平宽度为L,高为h,且满足Lh.小球从顶端A处由静止释放,沿弧面滑到底端D点经历的时间为 s,若在圆弧面上放一光滑平板ACD,仍将小球从A点由静止释放,则小球沿平板从A点滑到D点的时间为()A.4 sB. sC.22 sD.2 s5.如图所示,两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2,圆心分别为O1和O2,在最低点O平滑连接.M点和N点分别位于O点左、右两侧,M、O的距离小于N、O的距离,圆弧MO、NO所对应的圆心

13、角均小于5.现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放.关于两小球第一次相遇点的位置,下列判断正确的是()A.恰好在O点B.一定在O点的左侧C.一定在O点的右侧D.条件不足,无法确定6.如图所示,倾角为的斜面MN上的B点固定一光滑圆弧槽AB(对应的圆心角小于5),其圆心在B点正上方的O点,另外,光滑斜面OC和OD的下端亦在MN上,让可视为质点的小球分别沿AB、OC、OD无初速度出发,从A点到达B的时间为tB,从O点到达C的时间为tC,从O点到达D的时间为tD.比较这三段时间,正确的是()A.tBtDtCB.tDtCtBC.tB=tC=tDD.tBtC=tD7.如图所示

14、,处于竖直平面内的光滑绝缘半圆形槽的半径为R,一质量为m的小球于槽中P点由静止释放,重力加速度为g;(1)若使小球带一定量的正电荷,并将整个装置放在水平向右的匀强电场中,且小球所受电场力的大小等于小球所受重力的大小,则小球做简谐运动的周期为多大?(2)若使小球带一定量的正电荷,并将整个装置放在垂直纸面向里的匀强磁场中,且小球的运动始终没有离开圆弧,则小球做简谐运动的周期又为多少?8.2022福建莆田一中月考 一个在地球上做简谐运动的单摆,其振动图像如图甲所示,今将此单摆移至某一行星上,其简谐运动图像如图乙所示.若已知该行星的质量为地球质量的2倍,地表重力加速度g取10 m/s2,取2=10,求

15、:(1)此单摆的摆长;(2)该行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值;(3)该行星的半径与地球半径的比值.9.如图所示,两个完全相同的弹性小球A和B分别挂在长为l和l4的细线上,重心在同一水平面且小球恰好相互接触,重力加速度为g.把第一个小球A向右拉开一个不大的距离后由静止释放,经过多长时间两球发生第12次碰撞?(两球碰撞时交换速度)习题课:单摆的应用1.D解析 将一个装满沙的轻漏斗做成单摆,在摆动时沙从漏斗中慢慢漏出,摆长先变大后变小,由T=2Lg可知,周期也先变大后变小,选项A错误;单摆周期与振幅无关,选项B错误;将摆由高山移到地面上,重力加速度变大,则周期变小,选项C错误;将摆由

16、北极移到赤道,重力加速度变小,则周期变大,选项D正确.2.ABC解析 摆线即使碰到障碍物,摆线的拉力对摆球也不做功,整个过程中只有重力做功,所以摆球机械能守恒,其仍能回到原来的高度,故A正确;频闪照相机拍摄的时间间隔一定,由题图可知,摆线碰到障碍物前、后的周期之比为3624=32,根据单摆的周期公式T=2lg,得摆长之比为94,故B正确;摆球经过最低点时,线速度不变,半径变小,根据F-mg=mv2l知,张力变大,根据v=r,知角速度增大,故C正确,D错误.3.A解析 由题意可知摆长为L,等效的重力加速度g=gsin ,根据单摆周期公式可得T=2Lgsin,故选A.4.A解析 设该圆弧对应的半径

17、为R,小球沿光滑圆弧面ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的14,则有t=142Rg=2Rg,小球沿光滑斜面ACD滑到D的时间为t,根据等时圆原理可得t=2Rg,所以t=4t=4 s,故选A.5.C解析 据题意,两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5,把两球在圆弧上的运动等效为单摆运动,等效摆长等于圆弧的半径,则A、B两球的运动周期分别为TA=2R1g,TB=2R2g,两球第一次到达O点的时间分别为tA=14TA=2R1g,tB=14TB=2R2g,由于R1R2,则tAtB,故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧,选项C正确.6.A解析 由单摆运动的等时性可知从A点到达B的时间tB=

18、T4=2Rg,由于OD垂直于MN,则点D同样位于AB所构成的圆上,分析可知OD与竖直方向夹角等于倾角,则OD段为l=Rcos =12gcostD2,解得tD=2Rg,同理利用等时圆分析可知tC小于tD,故A正确,B、C、D错误.7.(1)2R2g(2)2Rg解析 (1)整个装置处于水平向右的匀强电场中,小球的受力如图所示,其平衡位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为45则其“等效重力加速度”为g=FNm=(mg)2+(qE)2m=2g据单摆周期公式可得T=2R2g(2)由于小球所受的洛伦兹力始终垂直于运动方向,所以洛伦兹力不提供回复力,因此小球做简谐运动的周期不受影响,摆长为R,周期为T=2Rg8

19、.(1)1 m(2)14(3)221解析 (1)由题图知,单摆在地球上的振动周期T=2 s根据T=2Lg,有L=gT242 代入数据解得L=1 m.(2)由题图知,单摆在该行星上的振动周期T=4 s,而T=2Lg得gg=TT2=14 所以行星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为14.(3)根据GMmR2=mg , GMmR2=mg得RR=MggM=221.所以该行星的半径与地球半径的比值为221.9.172lg解析 球A运动的周期TA=2lg,球B运动的周期TB=2l4g=lg.则该振动系统的周期T=12TA+12TB=12(TA+TB)=32lg.在每个周期T内两球会发生两次碰撞,球

20、A从最大位移处由静止开始释放后,经6T=9lg,发生12次碰撞,且第12次碰撞后A球又回到最大位置处所用时间为t=14TA.所以从释放A到发生第12次碰撞所用时间为t=6T-t=9lg-2lg=172lg.章末学业测评(二)建议用时:40分钟一、选择题1.关于弹簧振子、单摆、受迫振动,下列说法正确的是()A.在同一地点,单摆做简谐运动的周期与其摆长的平方根成正比B.弹簧振子做简谐运动时,振动系统的势能与动能之和可能变化C.已知弹簧振子初始时刻的位置、振幅及周期,一定能确定振子在任意时刻的位置D.系统做受迫振动时,系统振动稳定后的频率等于其固有的频率2.(多选)一个质点以O点为平衡位置,在A、B

21、间做简谐运动,如图甲所示,它的振动图像如图乙所示,设向右为正方向,下列说法错误的是()A.该质点的振动方程为x=0.05sin 2.5t(m)B.0.2 s末质点的速度方向向右C.0.20.3 s质点做加速运动D.0.7 s时质点的位置在O与B之间3.2022大连二十四中期中 一摆长为L的单摆做简谐运动,重力加速度为g,从某时刻开始计时,经过t=112Lg,摆球具有负向最大加速度.图记录了该单摆从计时开始到t=3T2的振动图像,其中正确的是()4.2022重庆南开中学月考 如图所示,固定着的钢条上端有一小球,在竖直平面内的虚线位置附近发生振动,图中是小球振动能到达的最左侧,振动周期为0.3 s

22、.假设小球的振动为简谐运动,在小球振动到最左侧时,用周期为0.1 s的频闪光源照射,得到的图像是()5.(多选)2022浙江桐乡一中月考 某弹簧振子的振动图像如图所示,下列说法正确的是()A.振动图像上的A、B两点的速度大小相同B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点的加速度大小相等、方向相同C.振动图像上A、B两点的位移大小相同D.质点在t=0.2 s和t=0.3 s时的动能相等6.(多选)如图所示,在一根张紧的水平绳上悬挂有a、b、c、d、e五个单摆,让a摆略偏离平衡位置后无初速度释放,在垂直于纸面的平面内振动,接着其余各摆也开始振动.下列说法中正确的是()A.各摆的振动周期与a摆相同

23、B.各摆的振幅大小不同,c摆的振幅最大C.各摆的振动周期不同,c摆的周期最长D.各摆均做自由振动7.(多选)2022山师大附中月考 如图所示,一竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上,质量为m的小球从弹簧正上方高为h处自由下落到弹簧上端A点,然后压缩弹簧到最低点C,若小球放在弹簧上可静止在B点,小球运动过程中空气阻力忽略不计,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.B点位于A、C连线中点的上方B.B点位于A、C连线中点的下方C.小球在A点的回复力等于mgD.小球在C点的回复力大于mg8.(多选)图甲所示的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C间振动,取水平向右的方向为小球离开平衡位置位移的正方向,得

24、到如图乙所示的振动曲线.如果小球的质量为0.5 kg,弹簧的劲度系数为k,下列说法正确的是()A.小球运动的频率为0.25 HzB.t=4 s时,小球处于图甲中的C位置C.小球在任意一个周期内运动的路程一定为20 cmD.小球的最大加速度大小为15k二、计算题9.如图所示是一个质点做简谐运动的图像,根据图像回答下面的问题:(1)求振动质点离开平衡位置的最大距离;(2)写出此振动质点的运动表达式;(3)在00.6 s的时间内,求质点通过的路程;(4)判断在t=0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向;(5)振动质点在0.60.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的?(6)

25、振动质点在0.40.8 s这段时间内的动能变化是多少?10.2022湖北宜昌一中月考 一个小球和轻质弹簧组成的系统,小球按x1=0.05cos8t+4cm的规律振动.(1)求振动的圆频率、周期、频率、振幅和初相;(2)另一简谐运动的振动规律为x2=0.05cos8t+34cm,求它们的相位差.章末学业测评(二)1.A解析 根据单摆的周期公式T=2Lg可知在同一地点,g一定,则单摆做简谐运动的周期T与其摆长L的平方根成正比,A项正确;弹簧振子做简谐运动时,振动系统的机械能守恒,B项错误;振动质点在同一位置振动方向有两种,所以已知弹簧振子初始时刻的位置,不知道初始时刻振子的振动方向,仍不能确定振子

26、在任意时刻的位置,C项错误;系统做受迫振动时,系统振动稳定后的频率等于周期性驱动力的频率,与固有频率无关,D项错误.2.ABC解析 由图乙得质点振动的振幅为0.05 m,周期T=0.8 s,故=2T=20.8 rad/s=2.5 rad/s,故该质点的振动方程为x=0.05sin (2.5t+)(m)且当t=0时,x=0.05 m,代入可得=2,故该质点的振动方程为x=0.05sin 2.5t+2(m),故A符合题意;根据振动图像得0.2 s末质点经过平衡位置向负的最大位移处振动,所以此时速度方向从O指向A,方向向左,故B符合题意;0.20.3 s质点由平衡位置向负的最大位移处振动,此过程中速

27、度的方向与所受力的方向相反,故质点在做减速运动,故C符合题意;0.7 s时质点在平衡位置和正的最大位移处之间,所以在O与B之间,故D不符合题意.3.A解析 单摆的周期T=2Lg,则t=112Lg内小球振动的周期数为114=234,此时摆球具有负向最大加速度,则摆球位于正向最大位移处,故计时开始时小球在平衡位置且将沿负方向运动,故A正确,B、C、D错误.4.C解析 小球的振动周期为T=0.3 s,从小球振动到最左侧开始计时,振动方程为x=Acos 2Tt,用周期为0.1 s的频闪光源照射,可知,当t=0.1 s=13T时和t=0.2 s=23T时,小球的位移相等,均为x=-12A,故在t=0.1

28、 s和t=0.2 s时刻小球出现在同一个位置,都在平衡位置的右侧,t=0.3 s时又恰好回到出发点,对比可知,在周期为0.1 s的频闪光源照射下得到的图像是C.5.AC解析 简谐运动的x-t图像中,振动图像上A、B两点的位移相同,由于图像的斜率表示速度,则振动图像上的A、B两点的速度大小相等,方向相反,所以A、C正确;根据a=-kxm可知,在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点的位移等大,反向,所以质点的加速度大小相等、方向相反,则B错误;质点在t=0.2 s时在平衡位置,动能最大,t=0.3 s时在最大位移处,动能最小,所以D错误.6.AB解析 a摆做的是自由振动,周期就等于a摆的固有周期

29、,其余各摆均做受迫振动,所以振动周期均与a摆相同,故A正确,C、D错误;c摆与a摆的摆长相差不多,所以c摆所受驱动力的频率与其固有频率十分接近,故c摆的振幅最大,B正确.7.ACD解析 小球放在弹簧上,可以静止于B点,知B点为平衡位置,若小球从A点由静止释放,平衡位置在A点和最低点的中点,而小球从弹簧的正上方自由下落,最低点需下移,但是平衡位置不变,可知B点位于A、C连线中点的上方,故A正确,B错误;小球在A点所受弹力为零,则小球在A点所受的合力为mg,即回复力为mg,故C正确;若从A点由静止释放,到达最低点时,加速度与A点对称,大小为g,但是C点所处的位置在A点关于平衡位置对称点的下方,则小

30、球在C点的回复力大于mg,故D正确.8.AD解析 由题图乙可知,小球做简谐运动的周期T=4 s,频率f=1T=0.25 Hz,A项正确;小球做简谐运动的振幅为10 cm, t=4 s时,小球在负的最大位移处,小球的位移为-10 cm,即题图甲中的B位置,B项错误;小球在任意一个周期内运动的路程一定为40 cm,C项错误;由a=-kxm可知,当x=-10 cm时,小球的加速度最大,小球的最大加速度为15k,D项正确.9.(1)5 cm(2)x=5sin 2.5t(cm)(3)15 cm(4)沿正方向沿负方向沿负方向沿正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置且越来越小(6)零解析 (1)由

31、图像可知,质点振动的振幅为5 cm,即离开平衡位置的最大距离为5 cm.(2)由图像可知A=5 cm,T=0.8 s,=0,所以x=Asin (t+)=Asin 2Tt=5sin20.8t(cm)=5sin 2.5t(cm).(3)由图像可知,质点振动的周期为T=0.8 s,0.6 s=3T4,在00.6 s的时间内质点通过的路程为s=3A=35 cm=15 cm.(4)在t=0.1 s时,振动质点处在位移为正值的某一位置上,但若从t=0.1 s时起取一段极短的时间间隔t(t0)的话,从图像中可以看出振动质点沿正方向的位移将会越来越大,由此可以判断出质点在t=0.1 s时的振动方向是沿题中所设

32、的正方向.同理可以判断出质点在t=0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向.(5)由图像可知,在0.60.8 s这段时间内,振动质点从最大位移处向平衡位置运动,故其速度是越来越大的;而质点所受的回复力是指向平衡位置的,并且逐渐减小的,故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小.(6)由图像可知,在0.40.8 s这段时间内,质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置,尽管初、末两个时刻的速度方向相反,但大小是相等的,故这段时间内质点的动能变化为零.10.(1)8 rad/s0.25 s4 Hz0.05 cm4(2)2解析 (1)由简谐运动表达式x1=0.05cos8t+4 cm可知,振动的圆频率为=8 rad/s由=2T,得周期为T=2=28=0.25 s,频率为f=1T=4 Hz由简谐运动表达式可看出,振幅为A=0.05 cm初相位为1=4(2)由x2=0.05cos8t+34 cm可知2=34它们的相位差=2-1=34-4=2