第74頁（共74頁）2025年高考物理三輪復習之機械振動一．選擇題（共10小題）1．（2025?安陽一模）通過抖動繩子，可以在繩中產生正弦橫波。當抖動繩子的頻率加快時（）A．波的頻率不變 B．波的周期不變 C．波長不變 D．波速不變2．（2025?海淀區校級模擬）如圖所示，兩個擺長均為L的單擺，擺球A、B質量分別為m1、m2，懸點均為O。在O點正下方0.19L處固定一小釘。初始時刻B靜止于最低點，其擺線緊貼小釘右側，A從圖示位置由靜止釋放（θ足夠小），在最低點與B發生彈性正碰。兩擺在整個運動過程中均滿足簡諧運動條件，懸線始終保持繃緊狀態且長度不變，擺球可視為質點，不計碰撞時間及空氣阻力，重力加速度為g。下列選項正確的是（）A．若m1＝m2，則A、B在擺動過程中最大振幅之比為9：10 B．若m1＝m2，則每經過1.9πLg時間C．若m1＞m2，則A與B第二次碰撞不在最低點 D．若m1＜m2，則A與B第二次碰撞必在最低點3．（2025?浙江一模）如圖甲所示，在拉力傳感器的下端豎直懸掛一個彈簧振子，拉力傳感器可以實時測量彈簧彈力大小，圖乙是小球簡諧振動時傳感器示數隨時間變化的圖像，下列說法正確的是（）A．小球的質量為0.8kg，振動的周期為8s B．0～2s內，小球受回復力的沖量大小為0 C．1～2s和2～3s內，小球受彈力的沖量相同 D．1～3s內，小球受彈力的沖量大小為16N?s，方向向上4．（2025?長沙校級一模）如圖所示，一塊長L＝1.0m的光滑平板MN固定在輕彈簧上端，彈簧下端與地面固定連接（平板只能豎直運動），且平板與彈簧組成的振動系統的周期T＝2.0s，振動系統做簡諧運動的位移、速度公式分別滿足x＝Acos（ωt+φ）、v＝﹣Aωsin（ωt+φ）（其中A為振幅，ω為圓頻率，φ為初相）。一彈性小球A在光滑水平臺面上，平臺右側邊緣恰好在平板最左側M點正上方，到M點的距離為h＝9.8m，小球與平板質量相同。初始時，平板靜止，現給小球一初速度v0使其從水平臺面拋出，小球與平板的碰撞不計能量損失，g＝9.8m/s2，已知x2=0.9cos(πxA．若初速度v0＝0.7m/s，小球與平板不發生碰撞 B．若初速度v0＝0.6m/s，小球與平板僅發生一次碰撞 C．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生兩次碰撞 D．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生三次碰撞5．（2025?汕頭一模）如圖1所示，在距離水平圓盤中心r處固定一小球，轉動圓盤，小球做線速度為v的勻速圓周運動，在圓盤圓心正上方，另一完全相同的小球制成的單擺在小角度的擺動。圖2是兩球在與擺球擺動平面平行的豎直面上的投影，兩球投影時刻都在同一豎直方向上。已知小球半徑為R，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．單擺的擺線長度為grB．單擺在做簡諧運動，其回復力為合力 C．更換另一體積更大的擺球，投影依舊時刻在同一豎直方向 D．若該裝置從汕頭搬到北京，要使投影依舊時刻在同一豎直方向，則圓盤轉速要變快6．（2025?昌黎縣校級一模）如圖甲所示是一個單擺，擺球在豎直面做小角度擺動，擺球經過平衡位置時的速度大小為v，設擺球向右運動為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖像，由此可知（）A．該單擺振動的頻率為0.8Hz B．振動方程為x＝﹣4cos（2.5πt）cm C．t＝0時，擺球速度大小為v D．t＝0.2s時，擺球加速度為零7．（2025?順義區校級模擬）如圖為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化規律為a＝4sin（2.5πt）m/s2，下列說法正確的是（）A．a隨t變化周期為0.4s B．t＝0時，彈簧彈力為0 C．t＝0.2s時，手機位于平衡位置下方 D．從t＝0至t＝0.2s，手機處于失重狀態8．（2025?射陽縣校級模擬）如圖甲所示，某同學利用了智能手機和一個磁性小球來測量重力加速度。打開智能手機的磁傳感器，將磁性小球由平衡位置拉開一個小角度由靜止釋放，手機軟件記錄磁感應強度的變化曲線如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．單擺的周期為t0 B．測量出的重力加速度g=C．小球拉起的幅度越大，運動周期越大 D．小球經過最低點時，速度最大，合力為零9．（2025?廣安區校級二模）一質量為m，側面積為s的正方體木塊，靜止漂浮在開闊的水面上，如圖所示，先用力將其壓入水中一段深度后（未全部浸沒）撤掉外力，木塊在水面上下做簡諧運動，則（）A．物塊的重力為簡諧振動的回復力 B．撤掉外力時木塊的位置即為振動的平衡位置 C．撤掉外力時木塊浸沒的深度，即為振幅大小 D．振動的周期大小與水的密度有關10．（2025?榆林一模）如圖甲所示為演示簡諧運動圖像的裝置示意圖，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，沙漏中的細沙均勻流出，同時水平勻速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的細沙在木板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線（圖中的虛曲線）。下列說法中正確的是（）A．在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的細一些 B．木板2運動的速度是木板1運動速度的1.5倍 C．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期不斷變大 D．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期先變大后變小二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?瓊海校級模擬）如圖，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面傾角為45°，其底端固定一輕質彈簧，將質量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放，彈簧的勁度系數為k，彈簧的最大壓縮量為32mg2k。已知彈簧彈性勢能為Ep=1A．速度最大時的彈簧壓縮量為mg2B．物塊下滑的最大位移為92C．物塊的最大動能為m2D．物塊從與彈簧接觸到速度第一次為零的時間為2（多選）12．（2025?雨花區校級一模）單擺在豎直平面內擺動，當擺線與豎直方向的夾角為θ時，用拉力傳感器可實時測出擺線拉力F，得到F與cosθ的圖像為如圖所示的一段線段。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．單擺最大擺角為30° B．擺球重力為1N C．擺球的最大加速度為g D．擺長為1m（多選）13．（2025?未央區校級三模）如圖甲所示，一傾角為θ的光滑斜面底端連接由輕彈簧和滑塊A組成的彈簧振子，A的質量為m1，剛開始彈簧振子處于靜止狀態，O點是彈簧振子的平衡位置。現將質量為m2的滑塊B從斜面上的P點由靜止釋放，B運動到O點與A發生正碰，碰撞時間極短，A開始做簡諧運動，B反彈運動到最高點Q后被拿走，并且當B運動到最高點時，A剛好第一次返回O點。已知B在斜面上運動的速度隨時間（v﹣t）變化的關系圖像如圖乙所示（v0、t0均為已知量），A、B均可視為質點，且質量關系為m1＝3m2，重力加速度為g，彈簧一直處于彈性限度內。下列說法正確的是（）A．碰撞后彈簧振子振動過程中A的機械能守恒 B．A、B的碰撞為彈性碰撞 C．彈簧振子的振動周期為12D．若A在最低點時的加速度等于gsinθ，則A在最高點時，彈簧恰好恢復原長（多選）14．（2025?九江一模）圖中各擺的擺長都相同，擺球視為質點，且均作小角擺動，當地的重力加速度為g，下列圖中的單擺周期為T＝2πLgA． B． C． D．（多選）15．（2024秋?尋甸縣校級期末）下列說法正確的是（）A．若把共振秋千移到太空艙中，無法驗證秋千共振現象 B．觀看立體電影所戴的眼鏡利用了光的干涉 C．當急救車從我們身邊疾馳而過，我們聽到的急救車鳴笛的音調會由高變低 D．一列聲波由空氣傳播到水中，頻率和波長都發生變化三．解答題（共5小題）16．（2025?羅湖區校級一模）蹦極是一項非常刺激的運動。為便于研究，可將人視為質點，人的運動沿豎直方向，人離開蹦極臺時的初速度、彈性繩的質量、空氣阻力均忽略。某次蹦極時，一質量為50kg的人從蹦極臺跳下，到O點時彈性繩恰好伸直，人繼續下落，能到達的最低位置為P點，如圖所示。彈性繩的原長為5m，其彈力大小和彈簧的彈力大小規律相同，滿足F＝kΔx，其中Δx為彈性繩的形變量，k是與彈性繩有關的系數為50N/m。重力加速度g取10m/s2。整個過程中彈性繩的形變始終在彈性限度內。（1）圖像是研究運動問題常見的方法。a.以O為坐標原點，作出人的a﹣x圖像（以向下為正方向，標明特殊點的位置坐標）；b.求人在OP過程的最大速度和最大加速度。（2）求人在OP之間經歷的時間（保留2位有效數字）。（3）研究發現，人體對加速度劇烈變化會有不舒服的感覺，若用“急動度”A這一物理量來描述加速度對時間的變化率，分析判斷人在OP運動過程中“急動度”A的大小如何改變，并求出最大“急動度”Am。17．（2024秋?前郭縣校級期末）如圖所示，一個處于光滑水平面的彈簧振子，O點是其平衡位置，振子質量為m，彈簧勁度系數為k，振子的振動周期為T=2πmk，振子經過O點的速度為v。在O點正上方一質量為（1）物體落在振子上后，振子經過O點的速度大小。（2）物體落在振子上后，以振子向右經過O點為t＝0時刻，求振子第3次到達最左端經歷的時間。18．（2024秋?西安期末）某同學在研究簡諧運動規律過程中，發現彈簧連接一個物體時較容易成功，而兩個物體摞在一起做簡諧運動卻比較困難。如圖所示，A、B兩木塊質量分別是mA＝0.2kg，mB＝0.3kg，彈簧的勁度系數k＝0.50N/cm，A和B間的動摩擦因數μ＝0.3，B與水平面的摩擦力不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。（1）求兩木塊一起做簡諧運動的位移是2cm時，兩木塊的加速度大小；（2）求兩木塊一起做簡諧運動的位移是2cm時，A、B兩木塊間的摩擦力大小；（3）兩木塊一起做簡諧運動的過程中，求它們的最大振幅及木塊A的最大動能。19．（2024秋?蘇州期末）如圖所示，細線的上端固定于O點，下端系一質量為m的小球，制作成一個周期為T的單擺。現使小球在豎直平面內做小角度擺動，空氣阻力不計，重力加速度為g。求：（1）一個周期內，小球所受重力的沖量I；（2）該單擺的擺長L。20．（2024秋?隨州期末）有一彈簧振子在水平方向上的BC之間做簡諧運動，已知BC間的距離為20cm，振子在2s內完成了10次全振動．若從某時刻振子經過平衡位置時開始計時（t＝0），經過14（1）求振子的振幅和周期；（2）在圖中作出該振子的位移—時間圖象；（3）寫出振子的振動表達式．

2025年高考物理三輪復習之機械振動參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案DDDBDBCBDD二．多選題（共5小題）題號1112131415答案BDBCBDBDAC一．選擇題（共10小題）1．（2025?安陽一模）通過抖動繩子，可以在繩中產生正弦橫波。當抖動繩子的頻率加快時（）A．波的頻率不變 B．波的周期不變 C．波長不變 D．波速不變【考點】共振及其應用．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】D【分析】抖動繩子的頻率加快時，波的頻率增大，周期減小，波速不變，由波速公式分析波長的變化。【解答】解：AB、根據題意可知，當抖動繩子的頻率加快時，相當于波源的振動頻率加快，故波的頻率也會加快，由T=1fCD、波在同種均勻介質中傳播速度不變，由波速、頻率和波長之間的關系可知，v＝λf可得λ=可知波的波長變小，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題關鍵要掌握波速公式v＝λf，知道波速由介質的性質決定，與波源無關。2．（2025?海淀區校級模擬）如圖所示，兩個擺長均為L的單擺，擺球A、B質量分別為m1、m2，懸點均為O。在O點正下方0.19L處固定一小釘。初始時刻B靜止于最低點，其擺線緊貼小釘右側，A從圖示位置由靜止釋放（θ足夠小），在最低點與B發生彈性正碰。兩擺在整個運動過程中均滿足簡諧運動條件，懸線始終保持繃緊狀態且長度不變，擺球可視為質點，不計碰撞時間及空氣阻力，重力加速度為g。下列選項正確的是（）A．若m1＝m2，則A、B在擺動過程中最大振幅之比為9：10 B．若m1＝m2，則每經過1.9πLg時間C．若m1＞m2，則A與B第二次碰撞不在最低點 D．若m1＜m2，則A與B第二次碰撞必在最低點【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；機械能與曲線運動相結合的問題；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理論證能力．【答案】D【分析】兩球發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求出兩球碰撞后的速度，當兩球質量相等，速度交換，結合機械能守恒判斷振幅，以及根據單擺的周期公式求出A球再次回到最高點的時間。結合質量的大小關系，判斷出兩球的速度方向，根據做單擺運動的擺長是否相等，判斷出周期是否相等，從而判斷出再次碰撞的位置。【解答】解：A．若m1＝m2，A從圖示位置由靜止釋放（θ足夠小），在最低點與B發生彈性正碰，則兩球碰撞后交換速度，所以A、B在擺動過程中最大振幅相等，故A錯誤；B．若m1＝m2，兩球的振動完全一樣，所以每經過2πLg時間AC．擺長為L的周期為T=2擺長為0.81L的周期為T'若m1＞m2，則碰后A球向右運動，擺長變為0.81L，B球擺回最低點后向左運動時，擺長為0.81L，所以兩擺的周期均為T″即第一次在最低點碰撞后，經過一個周期發生第二次碰撞，位置仍然在最低點，故C錯誤；D．若m1＜m2，則A與B碰后，A反彈，兩球的擺長一樣，周期一樣，所以各經過半個周期后，在最低點發生第二次碰撞，故D正確。故選：D。【點評】解決本題的關鍵知道彈性碰撞的特點，即滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，通過動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞后速度的表達式，結合質量大小關系判斷出碰撞后速度的方向是解決本題的突破口。3．（2025?浙江一模）如圖甲所示，在拉力傳感器的下端豎直懸掛一個彈簧振子，拉力傳感器可以實時測量彈簧彈力大小，圖乙是小球簡諧振動時傳感器示數隨時間變化的圖像，下列說法正確的是（）A．小球的質量為0.8kg，振動的周期為8s B．0～2s內，小球受回復力的沖量大小為0 C．1～2s和2～3s內，小球受彈力的沖量相同 D．1～3s內，小球受彈力的沖量大小為16N?s，方向向上【考點】簡諧運動的回復力；動量定理的內容和應用；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；方程法；簡諧運動專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】由簡諧振動的對稱可知，0時刻小球在最低點，1秒時刻在最高點。這二點的加速度大小相等，且為最大值，可得到小球的質量。然后由動量定理，可對余下選項進行判斷。【解答】解：A．根據圖像可知，t＝1s時，彈簧彈力最大，為16N，此時小球位于最低點；t＝3s時，彈簧彈力最小為零，小球位于最高點。由對稱性可知，小球振動的周期為4s，小球位于平衡位置時，彈力為F解得m＝0.8kg故A錯誤；B．小球受到的合外力提供回復力，0～2s內，小球初末速度不為零且大小相等，方向相反，則速度變化量不為零，根據動量定理可知回復力的沖量大小不為0。故B錯誤；C．1～2s和2～3s內，平均彈力大小不同，小球受彈力的沖量不同。故C錯誤；D．由圖t＝1s時，小球位于最低點；t＝3s時，小球位于最高點，小球在這兩個點的速度都是零，則1～3s內，由動量定理得I彈﹣mgt＝0﹣0解得I彈＝16N?s方向向上。故D正確。故選：D。【點評】該題考查彈簧振子做簡諧運動過程中受力分析、運動狀態的分析問題，該題綜合性較強，關鍵是要利用簡諧振動的對稱性來思考問題。4．（2025?長沙校級一模）如圖所示，一塊長L＝1.0m的光滑平板MN固定在輕彈簧上端，彈簧下端與地面固定連接（平板只能豎直運動），且平板與彈簧組成的振動系統的周期T＝2.0s，振動系統做簡諧運動的位移、速度公式分別滿足x＝Acos（ωt+φ）、v＝﹣Aωsin（ωt+φ）（其中A為振幅，ω為圓頻率，φ為初相）。一彈性小球A在光滑水平臺面上，平臺右側邊緣恰好在平板最左側M點正上方，到M點的距離為h＝9.8m，小球與平板質量相同。初始時，平板靜止，現給小球一初速度v0使其從水平臺面拋出，小球與平板的碰撞不計能量損失，g＝9.8m/s2，已知x2=0.9cos(πxA．若初速度v0＝0.7m/s，小球與平板不發生碰撞 B．若初速度v0＝0.6m/s，小球與平板僅發生一次碰撞 C．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生兩次碰撞 D．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生三次碰撞【考點】簡諧運動的定義、運動特點與判斷；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；方程法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】B【分析】根據小球與平板碰撞前的條件，即小球的水平速度v和時間t，以及彈簧的振動情況判斷選項。【解答】解：如果小球的水平速度較大，將直接飛過平板，減小速度得到小球與平板碰撞的臨界最大速度即為，第一次碰撞正好發生在邊緣N處時v0的值。設小球從臺面水平拋出到與平板發生第一次碰撞經歷時間為t1，根據勻變速直線運動公式有h=若碰撞恰好發生在N處，則根據位移與速度和時間的關系，有L＝v0t解得的值便是滿足第一次碰撞的速度最大值，即v0代入有關數據得v0max＝0.71m/s如果v0＜v0max，小球與平板的碰撞不在N點，設小球第一次剛要與平板碰撞時在豎直方向的速度為v1，則有v1以v1'、v1″分別表示碰撞結束時刻小球和平板沿豎直方向上的速度，由于碰撞時間極短，在碰撞過程中，小球和平板在豎直方向的動量守恒，設小球與平板的質量均為m，則有mv1＝mv1'+mv1″因為碰撞時彈性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得12得到v1'＝0v1″＝v1=碰撞后，平板從其位置以為速度開始做簡諧運動，取固定坐標，其原點O與平板處于平衡位置時板的上表面中點重合，x軸的方向豎直向下，若以小球與平板發生碰撞的時刻t＝0，則平板在t時刻的離開平衡位置的位移x＝Acos（ωt+φ）其中ω=簡諧運動的速度方程滿足v＝﹣Aωsin（ωt+φ）因t＝0時刻，x＝0，v＝v1″可得A=φ=整理可得x=碰撞后小球開始做平拋運動，如果第一次碰撞后，小球再經過時間t2與木板發生第二次碰撞且發生在N處，則僅發生兩次碰撞，則在發生第二次碰撞時，根據勻變速直線運動公式，得x坐標為x球平板的坐標為x板在碰撞時根據木板和球之間的相對位移關系有x板（t2）＝x球（t2）代入數據可得4.90t22可得t2＝0.771s則根據勻變速直線運動公式有L＝v0（t1+t2）代入數據，解得v0＝0.4585m/s則小球與平板僅發生一次碰撞得條件為0.46m/s＜v0≤0.71m/s，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題考查了運動學公式的應用以及對碰撞現象的理解。通過建立方程并求解，可以得到小球與平板碰撞前的條件。通過判斷碰撞次數，可以得出正確的選項。5．（2025?汕頭一模）如圖1所示，在距離水平圓盤中心r處固定一小球，轉動圓盤，小球做線速度為v的勻速圓周運動，在圓盤圓心正上方，另一完全相同的小球制成的單擺在小角度的擺動。圖2是兩球在與擺球擺動平面平行的豎直面上的投影，兩球投影時刻都在同一豎直方向上。已知小球半徑為R，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．單擺的擺線長度為grB．單擺在做簡諧運動，其回復力為合力 C．更換另一體積更大的擺球，投影依舊時刻在同一豎直方向 D．若該裝置從汕頭搬到北京，要使投影依舊時刻在同一豎直方向，則圓盤轉速要變快【考點】單擺及單擺的條件；水平轉盤上物體的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；理解能力．【答案】D【分析】根據單擺周期公式計算；單擺擺球的重力沿速度方向的分力提供回復力；更換體積更大的擺球，擺長變長；該裝置從汕頭搬到北京，重力加速度g變大。【解答】解：A.由題意可知，兩小球的周期相同，做圓周運動的小球的周期為T=2πrv，根據單擺的周期公式T=2πl+Rg聯立，解得單擺的擺線長度為l=gr2v2-R，故A錯誤；B.單擺在做簡諧運動，重力沿速度方向的分力提供回復力，故故選：D。【點評】掌握單擺周期公式的應用是解題的基礎。6．（2025?昌黎縣校級一模）如圖甲所示是一個單擺，擺球在豎直面做小角度擺動，擺球經過平衡位置時的速度大小為v，設擺球向右運動為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖像，由此可知（）A．該單擺振動的頻率為0.8Hz B．振動方程為x＝﹣4cos（2.5πt）cm C．t＝0時，擺球速度大小為v D．t＝0.2s時，擺球加速度為零【考點】單擺運動過程中速度、加速度與位移的變化問題；單擺周期的計算及影響因素．【專題】定量思想；圖析法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】B【分析】由振動圖，可知周期，即可計算頻率；由振動圖可得到振幅和相位，結合頻率，即可得到質點的振動方程；由質點的振動圖的斜率與速度的關系，可知t＝0時，擺球速度大小；由回復力與位移的關系，結合振動圖，即可求解t＝0.2s時，擺球簡諧運動的加速度，結合其豎直方向的運動，即可確定其加速度是否為零。【解答】解：A、由振動圖，可知周期為0.8s，即可得頻率f=1T，解得：f＝1.25HzB、由振動圖可得到振幅A＝4cm，相位，結合頻率ω＝2πf，即可得到質點的振動方程為：x＝﹣4cos（2.5πt）cm，故B正確；C、由質點的振動圖的斜率表示速度，可知t＝0時，擺球速度大小為0，故C錯誤；D、由回復力與位移的關系，結合振動圖，即可求解t＝0.2s時，擺球簡諧運動的加速度為0；在豎直方向上，拉力與重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查單擺的運動分析，在求解0.2s的加速度時，注意其豎直方向受力不平衡。7．（2025?順義區校級模擬）如圖為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化規律為a＝4sin（2.5πt）m/s2，下列說法正確的是（）A．a隨t變化周期為0.4s B．t＝0時，彈簧彈力為0 C．t＝0.2s時，手機位于平衡位置下方 D．從t＝0至t＝0.2s，手機處于失重狀態【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由a隨t變化規律，即可計算周期；由a隨t變化規律，可計算t＝0時的加速度，結合回復力與加速度的關系，可計算回復力，對手機受力分析，即可計算彈簧的彈力；由a隨t變化規律，可知0.2s時，手機的加速度，結合回復力公式及回復力與加速度關系，可判斷手機的位置；由a隨t變化規律，可知從t＝0至t＝0.2s，手機的加速度方向，即可知手機的超失重狀態。【解答】解：A、由a隨t變化規律，即可得周期滿足：T=2πω，解得T＝B、由a隨t變化規律，可得t＝0時的加速度為0，結合回復力與加速度的關系：F＝ma，可知回復力F＝0，對手機受力分析，即可知彈簧的彈力滿足：F彈＝mg，故B錯誤；C、由a隨t變化規律，可知0.2s時，手機的加速度為：a＝4m/s2，結合回復力公式：F＝﹣kx，回復力與加速度關系：F＝ma，可知手機的位移為負，結合題意可知，此時手機位于平衡位置下方，故C正確；D、由a隨t變化規律，可知從t＝0至t＝0.2s，手機的加速度始終為正，結合題意，可知加速度方向始終為豎直向上，即可知手機為超重狀態，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查簡諧運動的特點，關鍵是根據加速度隨時間的變化，結合回復力公式、回復力與加速度關系，分析手機的運動狀態。8．（2025?射陽縣校級模擬）如圖甲所示，某同學利用了智能手機和一個磁性小球來測量重力加速度。打開智能手機的磁傳感器，將磁性小球由平衡位置拉開一個小角度由靜止釋放，手機軟件記錄磁感應強度的變化曲線如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．單擺的周期為t0 B．測量出的重力加速度g=C．小球拉起的幅度越大，運動周期越大 D．小球經過最低點時，速度最大，合力為零【考點】單擺的回復力；單擺周期的計算及影響因素．【專題】定量思想；歸納法；單擺問題；理解能力．【答案】B【分析】根據圖乙判斷；根據單擺的周期公式計算；單擺的周期與振幅無關；小球經過最低點時合力方向指向懸掛點。【解答】解：A、在一個周期內小球兩次經過最低點，由圖乙可知單擺的周期為2t0，故A錯誤；B、根據T=2πLg可得重力加速度大小為：g=C、單擺的周期大小與單擺的振幅無關，即與小球拉起的幅度無關，故C錯誤；D、小球經過最低點時，速度最大，合力方向指向懸掛點，小球做的是圓周運動，由重力和繩子拉力的合力提供向心力，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了對單擺的理解，掌握單擺的周期公式是解題的基礎。9．（2025?廣安區校級二模）一質量為m，側面積為s的正方體木塊，靜止漂浮在開闊的水面上，如圖所示，先用力將其壓入水中一段深度后（未全部浸沒）撤掉外力，木塊在水面上下做簡諧運動，則（）A．物塊的重力為簡諧振動的回復力 B．撤掉外力時木塊的位置即為振動的平衡位置 C．撤掉外力時木塊浸沒的深度，即為振幅大小 D．振動的周期大小與水的密度有關【考點】簡諧運動的回復力．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】木塊受到的重力、浮力的合力為簡諧振動的回復力；重力與浮力等大的位置為振動的平衡位置；撤掉外力時木塊浸沒的深度與平衡位置時木塊浸沒的深度的差值，為振幅大小；對木塊進行受力分析，得出受到的合力與位移x之間的關系，然后與簡諧振動的周期公式比較即可得出結論。【解答】解：A．木塊受到的重力、浮力的合力為簡諧振動的回復力，故A錯誤；B．撤掉外力時木塊的位置為最大位移處，重力與浮力等大的位置為振動的平衡位置，故B錯誤；C．撤掉外力時木塊浸沒的深度與平衡位置時木塊浸沒的深度的差值，為振幅大小，故C錯誤；D．以木塊為研究對象，設水密度為ρ，靜止時木塊浸入水中Δx深，當木塊被壓入水中x后所受力如圖所示則F回＝mg﹣F浮又F浮＝ρgS（Δx+x）因為靜止時由平衡條件得：mg＝ρgSΔx聯立解得：F回＝﹣ρgSx即F回＝﹣kx其中k＝ρgS，簡諧運動的周期為：T=2故振動的周期大小與水的密度有關，故D正確。故選：D。【點評】該題以簡諧振動為背景考查共點力平衡、牛頓第二定律的應用等重點知識點，解答的關鍵是抓住簡諧運動回復力F＝﹣kx，注意平衡位置及振幅的確定方法。10．（2025?榆林一模）如圖甲所示為演示簡諧運動圖像的裝置示意圖，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，沙漏中的細沙均勻流出，同時水平勻速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的細沙在木板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線（圖中的虛曲線）。下列說法中正確的是（）A．在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的細一些 B．木板2運動的速度是木板1運動速度的1.5倍 C．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期不斷變大 D．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期先變大后變小【考點】單擺運動過程中速度、加速度與位移的變化問題；單擺周期的計算及影響因素．【專題】定量思想；方程法；單擺問題；推理論證能力．【答案】D【分析】沙漏擺動時，通過平衡位置時速度最大，通過兩側端點時速度最小，根據速度的大小分析細沙的多少；單擺的擺動和木板的運動同時進行，根據速度的定義公式列式比較，即可求解.【解答】解：A．沙漏擺動時在最大位移處的速度為零，在平衡位置處速度最大，則在木板1上細沙所形成的曲線P點附近的線條比Q點的粗一些，故A錯誤；B．兩個圖是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線，則它們的周期是相等的，木板做勻速運動，設振動周期為T，則有v可得v可知木板2運動的速度是木板1運動速度的34倍，故BCD．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出，重心先降低后升高，則擺長先增大后減小，根據單擺周期公式T可知振動的周期先變大后變小，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查單擺振動情況，關鍵抓住單擺的擺動和木板的平移同時發生，然后結合速度的定義求解速度大小。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?瓊海校級模擬）如圖，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面傾角為45°，其底端固定一輕質彈簧，將質量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放，彈簧的勁度系數為k，彈簧的最大壓縮量為32mg2k。已知彈簧彈性勢能為Ep=1A．速度最大時的彈簧壓縮量為mg2B．物塊下滑的最大位移為92C．物塊的最大動能為m2D．物塊從與彈簧接觸到速度第一次為零的時間為2【考點】簡諧運動的能量問題；胡克定律及其應用；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】由物塊在平衡位置時的受力，結合簡諧運動的特點，可知速度最大時的壓縮量；由彈簧的最大壓縮量，可計算簡諧運動的振幅，根據機械能守恒，可計算物塊下滑時的位置與彈簧的距離，計算物塊的最大位移；由機械能守恒，可計算物塊的最大動能；由彈簧振子簡諧運動的周期公式，結合初始位置與平衡位置的距離，可計算物塊從與彈簧接觸到速度第一次為零的時間。【解答】解：A、由物塊在平衡位置時的受力：kx2＝mgsinθ，結合簡諧運動的特點，可知速度最大時的壓縮量：x2=2B、最大壓縮量：xm=32mg2k，可得簡諧運動的振幅：A＝xm﹣x解得：x1=32mg4k，物塊的最大位移：x＝x1C、由機械能守恒，可得物塊的最大動能滿足：mg(x1+xD、由彈簧振子簡諧運動的周期公式，結合初始位置與平衡位置的距離滿足：x2可得物塊從與彈簧接觸到速度第一次為零的時間為：t=13×T4+故選：BD。【點評】本題考查簡諧運動的特點，關鍵是利用簡諧運動的對稱性及簡諧運動過程中的速度、位移的變化特點。（多選）12．（2025?雨花區校級一模）單擺在豎直平面內擺動，當擺線與豎直方向的夾角為θ時，用拉力傳感器可實時測出擺線拉力F，得到F與cosθ的圖像為如圖所示的一段線段。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．單擺最大擺角為30° B．擺球重力為1N C．擺球的最大加速度為g D．擺長為1m【考點】單擺擺長的計算；單擺的振動圖像和表達式．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理論證能力．【答案】BC【分析】分析擺球受力，重力沿徑向方向上的分力與擺線拉力的合力充當向心力，根據機械能守恒定律和牛頓第二定律，結合圖中數據列式，可求解單擺的最大擺角和擺球的重力；擺球擺到最低點時，加速度最大，由牛頓第二定律求出最大加速度。【解答】解：AB．設擺長為L，擺球質量為m，最大擺角為θ0，當擺線與豎直方向的夾角為時θ，設擺球速度為v，擺線拉力為F，由機械能守恒知mgL(由向心力公式知F-聯立解得F＝mg（3cosθ﹣2cosθ0）當θ＝0時，擺線拉力最大，有2＝mg（3﹣2cosθ0）當θ＝θ0時，擺球在最高點，速度為零，擺線拉力最小，有0.5＝mgcosθ0可得cosθ0=12，θ0＝故A錯誤，B正確；C．當θ＝0時，即擺球擺到最低點時，加速度最大，有F﹣mg＝ma可得a＝g故C正確；D．由前述分析可知，擺線最大拉力、最小拉力與擺長無關，根據題圖中信息無法求出擺長，故D錯誤。故選：BC。【點評】求解此題的關鍵是知道擺球在擺動過程中，重力沿徑向方向上的分力與擺線拉力的合力充當向心力，重力沿切向上的分力改變擺球的速度大小，擺球在最高點時，擺線上的拉力最小，擺球在最低點時，擺線上的拉力最大。（多選）13．（2025?未央區校級三模）如圖甲所示，一傾角為θ的光滑斜面底端連接由輕彈簧和滑塊A組成的彈簧振子，A的質量為m1，剛開始彈簧振子處于靜止狀態，O點是彈簧振子的平衡位置。現將質量為m2的滑塊B從斜面上的P點由靜止釋放，B運動到O點與A發生正碰，碰撞時間極短，A開始做簡諧運動，B反彈運動到最高點Q后被拿走，并且當B運動到最高點時，A剛好第一次返回O點。已知B在斜面上運動的速度隨時間（v﹣t）變化的關系圖像如圖乙所示（v0、t0均為已知量），A、B均可視為質點，且質量關系為m1＝3m2，重力加速度為g，彈簧一直處于彈性限度內。下列說法正確的是（）A．碰撞后彈簧振子振動過程中A的機械能守恒 B．A、B的碰撞為彈性碰撞 C．彈簧振子的振動周期為12D．若A在最低點時的加速度等于gsinθ，則A在最高點時，彈簧恰好恢復原長【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；判斷機械能是否守恒及如何變化；用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】定量思想；圖析法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】碰撞后，由A與彈簧作為整體，機械能守恒，即可知A的機械能是否守恒；由AB碰撞前后，B的速度特點，結合AB質量關系，根據動量守恒，可計算A碰撞后的速度，即可比較前后動能情況，分析是否為彈性碰撞；由B碰撞后到最高點的時間內，A的運動情況，即可計算彈簧振子的周期；由A在最低點時的加速度，根據對稱性，可知其在最高點時的加速度，結合對A的受力分析，即可分析彈簧的長度。【解答】解：A：碰撞后，A和彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧的彈性勢能與A的機械能相互轉化，即A的機械能不守恒，故A錯誤；B：由圖可知m2碰撞前速度為v0，碰撞后速度為-12v0，AB的質量滿足：m1以沿斜面向下為正方向，根據動量守恒：m2v0碰撞前系統總動能Ek1=12m2v02，碰撞后系統總動能EkC：由圖可知B從O點反彈到最高點Q的時間為：t=32t0-tA做簡諧運動從O點出發再回到O點經過半個周期，所以彈簧振子的振動周期滿足：12T=12t0，解得：D：若A在最低點時的加速度等于gsinθ，由簡諧運動的對稱性，可知A在最高點時加速度大小也為gsinθ，對A受力分析可知：m1gsinθ+F彈＝m1a，解得：F彈＝0，即彈簧恰好恢復原長，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查簡諧運動的特點，關鍵是根據B的速度隨時間變化關系圖，分析B的速度特點，及發生變化的時間。（多選）14．（2025?九江一模）圖中各擺的擺長都相同，擺球視為質點，且均作小角擺動，當地的重力加速度為g，下列圖中的單擺周期為T＝2πLgA． B． C． D．【考點】單擺周期的計算及影響因素．【專題】應用題；定量思想；推理法；單擺問題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】根據圖示情景求出等效重力加速度，然后根據單擺周期公式分析答題。【解答】解：A、小球有豎直向上的加速度a，對小球，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma，等效重力F＝m（g+a）＝mg'，等效重力加速度g'＞g，故A錯誤；B、小球在豎直面內做簡諧運動，重力計加速度為g，周期T＝2πLg，故BC、小球受到豎直向下的電場力，等效重力加速度g'＝g+qEm≠gD、小球擺動過程受到沿半徑方向的洛倫茲力，豎直方向受力情況不變，仍為重力，等效重力加速度g'＝g，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查了單擺周期公式的應用，根據題意分析清楚小球的受力情況與運動情況，求出等效重力加速度即可解題。（多選）15．（2024秋?尋甸縣校級期末）下列說法正確的是（）A．若把共振秋千移到太空艙中，無法驗證秋千共振現象 B．觀看立體電影所戴的眼鏡利用了光的干涉 C．當急救車從我們身邊疾馳而過，我們聽到的急救車鳴笛的音調會由高變低 D．一列聲波由空氣傳播到水中，頻率和波長都發生變化【考點】共振及其應用；多普勒效應及其應用．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；光的干涉專題；理解能力．【答案】AC【分析】根據物理學中的概念，包括共振現象、光的干涉、多普勒效應以及聲波在不同介質中的傳播特性，需要對每個選項進行逐一分析，判斷其正確性。【解答】解：A、在太空艙中，由于處于微重力環境，物體的重力幾乎為零，因此，秋千的擺動將不再受到重力的影響，這將改變其固有頻率，從而影響共振現象的觀察，故A正確；B、觀看立體電影利用了光的偏振現象，故B錯誤；C、根據多普勒效應，當急救車從我們身邊疾馳而過，我們聽到的急救車鳴笛的音調會由高變低，故C正確；D、一列聲波由空氣傳播到水中，頻率不變，波速變大，由v＝λf可知波長變長，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題的關鍵在于理解不同物理現象的基本原理，如共振、光的偏振、多普勒效應以及聲波在不同介質中的傳播特性。通過分析每個選項，可以判斷其描述的正確性，從而選出正確的答案。在解答此類題目時，需要對相關物理概念有深入的理解和掌握。三．解答題（共5小題）16．（2025?羅湖區校級一模）蹦極是一項非常刺激的運動。為便于研究，可將人視為質點，人的運動沿豎直方向，人離開蹦極臺時的初速度、彈性繩的質量、空氣阻力均忽略。某次蹦極時，一質量為50kg的人從蹦極臺跳下，到O點時彈性繩恰好伸直，人繼續下落，能到達的最低位置為P點，如圖所示。彈性繩的原長為5m，其彈力大小和彈簧的彈力大小規律相同，滿足F＝kΔx，其中Δx為彈性繩的形變量，k是與彈性繩有關的系數為50N/m。重力加速度g取10m/s2。整個過程中彈性繩的形變始終在彈性限度內。（1）圖像是研究運動問題常見的方法。a.以O為坐標原點，作出人的a﹣x圖像（以向下為正方向，標明特殊點的位置坐標）；b.求人在OP過程的最大速度和最大加速度。（2）求人在OP之間經歷的時間（保留2位有效數字）。（3）研究發現，人體對加速度劇烈變化會有不舒服的感覺，若用“急動度”A這一物理量來描述加速度對時間的變化率，分析判斷人在OP運動過程中“急動度”A的大小如何改變，并求出最大“急動度”Am。【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；復雜的運動學圖像問題．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）如圖所示（黑線、黑字）b.人在OP過程的最大速度為102m/（2）人在OP之間經歷的時間為2.4s；（3）人在OP運動過程中“急動度”A的大小先增大后減小，最大“急動度”為102【分析】（1）a.根據牛頓第二定律分析人的運動情況，作出人的a﹣x圖像；b.結合圖像，根據數學思想求人在OP過程的最大速度和最大加速度；（2）根據簡諧運動的表達式求人在OP之間經歷的時間；（3）根據急動度的定義判斷人在OP運動過程中“急動度”A的大小如何改變，并求出最大“急動度”Am。【解答】解：（1）a.人從O點到最低點，根據牛頓第二定律有mg﹣k（x﹣l0）＝ma隨著人的下落，位移x不斷增大，所以加速度不斷減小，當加速度減小到零時，人的速度達到最大，隨著x的繼續增大，加速度反向增大，人的速度不斷減小，直到速度減為零，人運動到最低點，此時人的加速度大小應大于重力加速度大小，所以a隨x變化的圖線如圖所示（黑線、黑字）b.補充自由落體部分圖像（紅線、紅字）圖像面積表示速度平方的變化量Δv2故圖像橫軸上、下方面積相等：上方面積：5×下方面積也應該是100。根據兩個直角三角形相似可得：12解得amvm（2）在OP段運動過程是簡諧運動的一部分，設其加速度隨時間變化函數為a＝amcos（ωt+φ）設其v＝vmsin（ωt+φ）a=故有am＝vmω解得ω＝1T＝2π將t＝0時v＝10m/s代入v＝vmsin（ωt+φ）解得φ=由v＝vmsin（ωt+φ）可得及O、P兩點速度可知：t=（3）A故先增大后減小A解得Am答：（1）如圖所示（黑線、黑字）b.人在OP過程的最大速度為102m/（2）人在OP之間經歷的時間為2.4s；（3）人在OP運動過程中“急動度”A的大小先增大后減小，最大“急動度”為102【點評】本題的關鍵是明確人的受力情況和運動情況，注意彈性繩的彈力等于重力時人的速度最大。17．（2024秋?前郭縣校級期末）如圖所示，一個處于光滑水平面的彈簧振子，O點是其平衡位置，振子質量為m，彈簧勁度系數為k，振子的振動周期為T=2πmk，振子經過O點的速度為v。在O點正上方一質量為（1）物體落在振子上后，振子經過O點的速度大小。（2）物體落在振子上后，以振子向右經過O點為t＝0時刻，求振子第3次到達最左端經歷的時間。【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；動量守恒定律的一般應用．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；方程法；簡諧運動專題．【答案】（1）物體落在振子上后，振子經過O點的速度大小為v2（2）物體落在振子上后，以振子向右經過O點為t＝0時刻，振子第3次到達最左端經歷的時間為11π【分析】（1）振子與物體碰撞過程中水平方向動量守恒，根據動量守恒定律求解；（2）根據彈簧振子周期公式，找到振子第一次到達最左端的時刻，再根據運動的周期性求解其它時刻。【解答】解：（1）設物體落在振子上時二者速度為v共，物體落在振子上前后，振子與物體組成的系統在水平方向動量守恒，有mv＝2mv共解得v（2）題意可知，物體落在振子上后，振子總質量為2m，故振子的振動周期為T以振子向右經過O點為t＝0時刻，分析可知振子第一次到達最左端經歷的時間t考慮周期性可知，振子第3次到達最左端經歷的時間t答：（1）物體落在振子上后，振子經過O點的速度大小為v2（2）物體落在振子上后，以振子向右經過O點為t＝0時刻，振子第3次到達最左端經歷的時間為11π【點評】本題考查了動量守恒和彈簧振子周期，關鍵要根據運動的周期性求解振子到達最左端的時刻，有一定的難度。18．（2024秋?西安期末）某同學在研究簡諧運動規律過程中，發現彈簧連接一個物體時較容易成功，而兩個物體摞在一起做簡諧運動卻比較困難。如圖所示，A、B兩木塊質量分別是mA＝0.2kg，mB＝0.3kg，彈簧的勁度系數k＝0.50N/cm，A和B間的動摩擦因數μ＝0.3，B與水平面的摩擦力不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。（1）求兩木塊一起做簡諧運動的位移是2cm時，兩木塊的加速度大小；（2）求兩木塊一起做簡諧運動的位移是2cm時，A、B兩木塊間的摩擦力大小；（3）兩木塊一起做簡諧運動的過程中，求它們的最大振幅及木塊A的最大動能。【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】（1）兩木塊的加速度大小等于2m/s2；（2）A、B兩木塊間的摩擦力大小等于0.4N；（3）它們的最大振幅等于3cm，木塊A的最大動能等于0.009J。【分析】（1）以兩木塊為整體，根據牛頓第二定律求解加速度大小；（2）以A為對象，根據牛頓第二定律求解A、B兩木塊間的摩擦力大小；（3）兩木塊一起做簡諧運動的過程中，它們振幅最大時，A、B兩木塊間的摩擦力達到最大，結合牛頓第二定律求解最大振幅，根據系統機械能守恒求解木塊A的最大動能。【解答】解：（1）兩木塊一起做簡諧運動的位移是2cm時，以兩木塊為整體，根據牛頓第二定律可得F＝kx＝（mA+mB）a解得加速度大小為a=（2）兩木塊一起做簡諧運動的位移是2cm時，以A為對象，根據牛頓第二定律可得f＝mAa解得A、B兩木塊間的摩擦力大小為f＝0.4N（3）兩木塊一起做簡諧運動的過程中，它們振幅最大時，A、B兩木塊間的摩擦力達到最大，則有fmax＝mAamaxkAmax＝（mA+mB）amax聯立解得最大振幅為Amax＝3cm根據系統機械能守恒可得Epmax解得vmax＝0.3m/s則木塊A的最大動能為EAk答：（1）兩木塊的加速度大小等于2m/s2；（2）A、B兩木塊間的摩擦力大小等于0.4N；（3）它們的最大振幅等于3cm，木塊A的最大動能等于0.009J。【點評】分析清楚物體的運動過程、正確選擇研究對象是正確解題的關鍵。19．（2024秋?蘇州期末）如圖所示，細線的上端固定于O點，下端系一質量為m的小球，制作成一個周期為T的單擺。現使小球在豎直平面內做小角度擺動，空氣阻力不計，重力加速度為g。求：（1）一個周期內，小球所受重力的沖量I；（2）該單擺的擺長L。【考點】單擺擺長的計算；求恒力的沖量．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理論證能力．【答案】（1）小球所受重力的沖量I為mgT；（2）該單擺的擺長L為gT【分析】（1）根據沖量的公式解答；（2）根據單擺的周期公式推導擺長表達式。【解答】解：（1）根據沖量的定義式有I＝mgT；（2）根據單擺的周期公式T＝2πLg，解得L=答：（1）小球所受重力的沖量I為mgT；（2）該單擺的擺長L為gT【點評】考查單擺的周期和恒力沖量問題，會根據題意進行準確分析解答。20．（2024秋?隨州期末）有一彈簧振子在水平方向上的BC之間做簡諧運動，已知BC間的距離為20cm，振子在2s內完成了10次全振動．若從某時刻振子經過平衡位置時開始計時（t＝0），經過14（1）求振子的振幅和周期；（2）在圖中作出該振子的位移—時間圖象；（3）寫出振子的振動表達式．【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】簡諧運動專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）振幅是振子離開平衡位置的最大距離，B、C間的距離等于2A．振子完成一次全振動所用的時間即為一個周期．（2）由振子經過平衡位置時開始計時，振動方程是正弦函數．經過14周期，振子具有正向最大加速度，位移為負向最大．即可寫出振子的振動方程．根據數學知識作出振子的位移—時間圖象（3）根據y﹣t圖象寫出振動方程即可．【解答】解：（1）振子的振幅為：A＝10cm振子的周期為T＝0.2s（2）振子的位移﹣﹣時間圖象如圖所示（3）ω振子的振動方程為y＝﹣Asinωt＝﹣10sin10πt．答：（1）振子的振幅為10cm，周期為0.2s；（2）該振子的位移﹣﹣時間圖象如圖所示；（3）振子的振動方程為y＝﹣10sin10πt．【點評】本題要理解并掌握振幅和周期的概念，要能根據t＝0時刻的狀態寫出振動方程．

考點卡片1．復雜的運動學圖像問題【知識點的認知】1.除了常見的x﹣t圖像，v﹣t圖像與a﹣t圖像外，還有一些少見的運動學圖像如xt-t圖像，v﹣x圖像、v2﹣2.這些圖像往往都與運動學的公式有關聯。3.解題步驟一般如下：①根據圖像的縱橫坐標找出圖像應用了那個運動學公式；②根據圖像推出具體的表達式；③分析斜率、截距、面積等因素的物理意義。【命題方向】在平直公路上有甲、乙兩輛汽車同時從同一位置沿著同一方向做勻加速直線運動，它們速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示，則（）A、甲車的加速度比乙車的加速度小B、在x＝0.5m處甲、乙兩車相遇C、在x＝1m處甲、乙兩車相遇D、在t＝2s末甲、乙兩車相遇分析：根據勻變速直線運動的速度—位移關系公式：v2-v02=解答：A、根據勻變速直線運動速度—位移關系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由圖可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度大于乙車的加速度，故A錯誤；BCD、由圖象可知x＝0.5m時，兩車速度的平方相等，速度相等。由圖可知，對于甲車做初速度為0加速度為2m/s2的勻加速直線運動，乙做初速度為1m/s，加速度為1m/s2的勻加速直線運動，兩車相遇時，位移相等，則有：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇處兩車的位移為x=12a甲t2=1故選：D。點評：讀懂圖象的坐標，并能根據勻變速直線運動的位移—速度關系求出描述勻變速直線運動的相關物理量，并再由勻變速直線運動的規律求出未知量．【解題思路點撥】非常規的運動學圖像一般都是從某一個表達式得來的，要先從橫縱坐標及圖像出發確定表達式，求解出關鍵物理量，再分析物體的運動問題。2．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產生的力叫彈力．（2）彈力的產生條件：①彈力的產生條件是兩個物體直接接觸，②并發生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發生彈性形變，從而產生彈力．在彈性限度內，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產生的，也可能是壓縮產生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據胡克定律兩次列式后聯立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據胡克定律，有：F2＝kx2；聯立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據胡克定律列式后聯立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識點的結合：如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一個質量為m0的平盤，盤中有一物體，質量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態時物體的受力情況，再分析非平衡狀態時物體的受力情況，根據牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據具體的條件或計算來確定．3．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態，此時水和容器的運動狀態相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。4．水平轉盤上物體的圓周運動【知識點的認識】1.當物體在水平轉盤上做圓周運動時，由于轉速的變化，物體受到的向心力也會發生變化，經常考查臨界與極值問題。2.可能得情況如下圖：【命題方向】如圖所示，水平轉盤上放有質量為m的物體，當物塊到轉軸的距離為r時，連接物塊和轉軸的繩剛好被拉直（繩上張力為零）．物體和轉盤間的最大靜摩擦力是其正壓力的μ倍．求：（1）當轉盤的角速度ω1=μg2r（2）當轉盤的角速度ω2=3分析：根據牛頓第二定律求出繩子恰好有拉力時的角速度，當角速度大于臨界角速度，拉力和摩擦力的合力提供向心力．當角速度小于臨界角速度，靠靜摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律求出細繩的拉力大小．解答：設轉動過程中物體與盤間恰好達到最大靜摩擦力時轉動的角速度為ω0，則μmg＝mrω02，解得：ω（1）因為ω1=μg2r＜ω0，所以物體所需向心力小于物體與盤間的最大摩擦力，則物與盤產生答：當轉盤的角速度ω1=μg2r時，細繩的拉力F（2）因為ω2=3μgFT解得F答：當轉盤的角速度ω2=3μg2點評：解決本題的關鍵求出繩子恰好有拉力時的臨界角速度，當角速度大于臨界角速度，摩擦力不夠提供向心力，當角速度小于臨界角速度，摩擦力夠提供向心力，拉力為0．【解題思路點撥】1.分析物體做圓周運動的軌跡平面、圓心位置。2.分析物體受力，利用牛頓運動定律、平衡條件列方程。3.分析轉速變化時接觸面間摩擦力的變化情況、最大靜摩擦力的數值或變化情況，確定可能出現的臨界狀態.對應的臨界值，進而確定極值。5．判斷機械能是否守恒及如何變化【知識點的認識】1.機械能守恒的條件為：（1）只受到重力。（2）除重力或系統內彈力外還受到其他力的作用，但其他力不做功。（3）除重力或系統內彈力外還受到其他力的作用，其他力所做總功為零2.判斷機械能是否守恒的方法有（1）做功條件分析法應用系統機械能守恒的條件進行分析。分析各力做功的情況，若對物體或系統只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數和為零，則系統的機械能守恒。（2）能量轉化分析法從能量轉化的角度進行分析。若只有系統內物體間動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉化，系統跟外界沒有發生機械能的傳遞，機械能也沒有轉化成其他形式的能（如內能增加），則系統的機械能守恒。（3）增減情況分析法直接從機械能的各種形式的能量的增減情況進行分析。若系統的動能與勢能均增加或均減少；若系統的動能與勢能只有一種形式的能發生了變化；若系統內各個物體的機械能均增加或均減少，則可判定機械能不守恒。（4）典型過程對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒。3.機械能如何轉化如果“外力”對系統做正功，系統的機械能增大；如果外力對系統做負功，系統的機械能減小。【命題方向】下列過程中機械能守恒的是（）A、跳傘運動員勻速下降的過程B、小石塊做平拋運動的過程C、子彈射穿木塊的過程D、木箱在粗糙斜面上滑動的過程分析：當系統只有重力做功或彈簧的彈力做功時，系統的動能和勢能相互轉化但總能量保持不變．判斷機械能守恒的方法有兩種：一是根據條件進行判斷；二是根據能量的變化進行判斷．解答：A、運動員動能不變，但高度下降，故重力勢能減小，故機械能不守恒，故A錯誤；B、石塊在平拋運動過程中只有重力做功，故機械能守恒，故B正確；C、子彈穿過木塊時由于摩擦力做功，故有內能產生，故機械能不守恒，故C錯誤；D、木箱在粗糙斜面上運動時，由于摩擦力做功，故有內能產生，機械能不守恒，故D錯誤；故選：B。點評：機械能守恒是考試中常見問題，一定要掌握判斷機械能守恒的條件．【解題思路點撥】1.機械能守恒的判斷（1）用做功來判斷：分析物體或物體受力情況（包括內力和外力）明確各力做功的情況，若對物體或系統只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數和為零，則機械能守恒。（2）用能量轉化來判斷：若系統中只有動能和勢能的相互轉化，無機械能與其他形式的能的轉化，則系統機械能守恒。2.判斷機械能守恒的三個易錯點（1）合力為零是物體處于平衡狀態的條件。物體的合力為零時，它一定處于勻速直線運動狀態或靜止狀態，但它的機械能不一定守恒。（2）合力做功為零是物體動能不變的條件。合力對物體不做功，它的動能一定不變，但它的機械能不一定守恒。（3）只有重力做功或系統內彈力做功是機械能守恒的條件。只有重力對物體做功時，物體的機械能﹣定守恒；只有重力或系統內彈力做功時，系統的機械能一定守恒。6．機械能與曲線運動相結合的問題【知識點的認識】本考點旨在針對機械能守恒定律與曲線運動相結合的問題，包括一般曲線運動、圓周運動、平拋運動等。【命題方向】如圖所示，在豎直平面內，由斜面和圓形軌道分別與水平面相切連接而成的光滑軌道，圓形軌道的半徑為R．質量為m的小物塊從斜面上距水平面高為h＝2.5R的A點由靜止開始下滑，物塊通過軌道連接處的B、C點時，無機械能損失．求：（1）小物塊通過B點時速度vB的大小；（2）小物塊通過圓形軌道最低點C時軌道對物塊的支持力F的大小；（3）小物塊能否通過圓形軌道的最高點D．分析：（1）A到B過程由機械能守恒定律即可求得物體通過B點時的速度；（2）物體做圓周運動，則由牛頓第二定律可求得支持力的大小；（3）由動能定理可求得D點的速度，再由牛頓第二定律求出物體通過高點需要的最小速度，比較即可得出物體能否通過最高點．解答：（1）物塊從A點運動到B點的過程中，由機械能守恒得：mgh解得：V（2）物塊從B至C做勻速直線運動∴vC＝vB=物塊通過圓形軌道最低點C時，做圓周運動，由牛頓第二定律有：FN解得：FN＝6mg（3）設物塊能從C點運動到D點，由機械能守恒得：12∴V物塊做圓周運動，通過圓形軌道的最高點的最小速度設為vD1，由牛頓第二定律得：mg＝mvvD1=故正好通過D點．（1）小物塊通過B點時速度vB的大小為5gR（2）小物塊通過圓形軌道最低點C時軌道對物塊的支持力F的大小為6mg；（3）小物塊正好通過圓形軌道的最高點D．點評：本題考查機械能守恒定律及豎直面內的圓周運動，選擇合適的過程，并注意豎直面內圓周運動的臨界條件即可求解．【解題思路點撥】1.應用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統。（2）根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當地選取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應用往往與曲線運動綜合起來，其聯系點主要在初末狀態的速度與圓周運動的動力學問題有關、與平拋運動的初速度有關。2.對于系統機械能守恒問題，應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構成的系統機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍。7．求恒力的沖量【知識點的認識】1.恒力的沖量可以用沖量的定義式進行計算：I＝FΔt。2.沖量的方向：與力的方向一致。【命題方向】如圖所示，一物體從光滑斜面頂端由靜止開始下滑．已知物體的質量m＝0.50kg，斜面的傾角θ＝30°，斜面長度L＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2．求：（1）物體沿斜面下滑的加速度大小；（2）物體滑到斜面底端時的速度大小；（3）物體下滑的全過程中重力對物體的沖量大小。分析：（1）對物體進行受力分析，根據牛頓第二定律即可求得加速度；（2）根據勻加速直線運動位移—速度公式即可求解速度；（3）先根據位移—時間公式求出下滑的時間，再根據沖量公式即可求解．解答：（1）物體在斜面上所受合力沿斜面向下，大小為F合＝mgsinθ設物體沿斜面下滑的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有mgsinθ＝ma解得a＝5.0m/s2（2）設物體滑到斜面底端時的速度大小為v，則有v2＝2aL解得v＝5.0m/s（3）設物體下滑過程的時間為t，則有v＝at解得t＝1.0s在此過程中重力對物體的沖量為IG＝mgt＝5N?s答：（1）物體沿斜面下滑的加速度大小為5.0m/s2．（2）物體滑到斜面底端時的速度大小為5.0m/s．（3）物體下滑的全過程中重力對物體的沖量大小為5N?s．點評：本題主要考查了勻加速直線運動速度—位移公式及牛頓第二定律的應用，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】恒力的沖量可用Ⅰ＝FΔt直接求解，但要分清是哪個力在哪一段時間內的沖量。8．動量定理的內容和應用【知識點的認識】1．內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球對手的沖量B、減小籃球對人的沖擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變。【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．9．動量守恒定律的一般應用【知識點的認識】1.本考點旨在針對用動量守恒定律解決簡單問題的情況。2.動量守恒定律不同表現形式的表達式的含義（1）p＝p'：系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p'。（2）m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'：相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的