2023年高考物理知识点复习：机械振动（附答案解析）

2023年高考物理热点复习：机械振动

【2023高考课标解读】

1.知道简谐运动的概念，理解简谐运动的表达式和图象.

2.知道什么是单摆，知道在摆角较小的情况下单摆的运动是简谐运动，熟记单摆的周期公式.

3.理解受迫振动和共振的概念，掌握产生共振的条件.

(2023高考热点解读】

一、简谐运动的特征

受力特征回复力尸=一"，F(或“)的大小与X的大小成正比，方向相反

靠近平衡位置时，“、F、X都减小，V增大；远离平衡位置时，a、F、X都增大，

运动特征

U减小

振幅越大，能量越大.在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守

能量特征

恒

质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐

周期性特征

运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为科

关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的

对称性特征

位移大小相等；由对称点到平衡位置O用时相等

二、简谐运动的振动图象

1.对简谐运动图象的认识

(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示.

(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨

迹.

(3)任一时刻图象上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小.正负表示速度的方

向，正时沿X正方向，负时沿X负方向.

2.图象信息

(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期.

(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移.

(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向.

①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指

向f轴.

②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断，下一时刻位移如增加，振

动质点的速度方向就是远离/轴，下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向r轴.

3.简谐运动图象问题的两种分析方法

法一图象一运动结合法

解此类题时，首先要理解x-f图象的意义，其次要把x-f图象与质点的实际振动过程联系

起来.图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动

的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向.

法二直观结论法

简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移一时间的函数关系图象，不

是物体的运动轨迹.

三、受迫振动和共振

1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较

自由振动受迫振动共振

受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用

由系统本身性质由驱动力的周期

振动周期或频率决定，即固有周期Tb或频率决定，即T=TT型=To或f%=我

或固有频率W鎏或/=/用

振动物体的机械由产生驱动力的振动物体获得的

振动能量

能不变物体提供能^量:最大

弹簧振子或单摆机械工作时底座共振筛、声音的

常见例子

((9<50)发生的振动共鸣等

2.对共振的理解

(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率了,纵坐标为振幅A它直观地反映了驱动力频

率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，/与越接近，振幅A越大；当/=为时，振幅

A最大.

(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交

换.

[2023高考押题】

1.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t=O时刻，一物块

从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，粘接时间可忽略，其位置随时间变

化的图像(x-t)如图乙所示，其中t=0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，

A.l=0.4s时物块的加速度等于重力加速度

B.t=0.7s时物块的加速度小于重力加速度

C.该物块与薄板粘连后振动的周期为0.1s

D.t=0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为x=0∙3+0.2sin[也±(t-0.2)--](m)

36

【分析】根据简谐运动的对称性结合牛顿第二定律和图像的物理意义分析出物块的加速度;

根据图像的特点得出振动的周期；

根据图像的特点结合数学知识得出X与t的关系。

【解答】解：ABs根据图乙可知，在B点时物块的速度为零，处于最低点位置；C点的速

度也为零，处于与薄板粘连后的最高点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点

的加速度大小相等，方向相反，则

aβ=ac

根据牛顿第二定律可知，在C点时

amg+F弹〉g,故AB错误；

Cm

C、根据图乙可知，物块从最低点B到最高点C的过程中，所用的时间为

t=0.7s-0.4s=0.3s

则物块与薄板一起振动的周期为

T=2t=2×0.3s=0.6s,故C错误；

D、根据角频率的计算公式可得：

2兀10兀,

S==~p-rajd∕S

τ1O

根据图像可知，振幅为

5Q-1Q

A=~~2-cm=20cm=0.2ιr

t=0.2s后物块坐标随之间变化的关系为

x=0.3+0.2sin[l^-(t-0.2)+φo](m)

3

将t=0.4s,x=0.5m代入计算得：

ɪπ

0。F

所以x=0.3+0.2sin[也土(t-0.2)--](m),故D正确；

36

故选：D。

2.一个质点以O点为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如

图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是()

正

---►

AOB

图(a)

A.该质点的振动方程为x=0.05sin2.5τrt(m)

B.0.2s末质点的速度方向向右

C.0.2〜0.3s质点做加速运动

D.0.7S时质点的位置在O与B之间

【分析】由图b读出振幅和周期，再根据t=0时，x=0.05s得出质点的振动方程；结合图

象a、b分析质点的运动情况。

【解答】解：A、由图b得质点振动的振幅为0.05m,周期T=0.8s,故32L=2Jad∕s

T0.8

=2.5πrad∕s;故该质点的振动方程为x=0.05Sin(2.5πt+θ)(m),且当［=0时,x=0.05s,代入

得。=——，故该质点的振动方程为x=0.05Sin(2.5πt+——)(m),故A错误；

22

B、根据振动图象得0.2s末质点经过平衡位置向负的最大位移振动，所以此时速度方向从O

指向A,方向向左，故B错误；

C、0.2〜0.3s质点由平衡位置向负的最大位移振动，此过程速度的方向与所受力的方向相反,

故质点在做减速运动，故C错误；

D、0.7s质点在平衡位置和正的最大位移处之间，故在O与B之间，故D正确。

故选：D。

3.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，

则()

♦A/cm

00.250.50.75f∕∏z

A.此单摆的摆长约为Im

B.若摆长增大，单摆的固有频率增大

C.此单摆的固有周期约为0.5s

D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动

【分析】根据驱动频率与共振频率相近时，单摆的振幅最大可知，摆的周期；由单摆的周期

公式可得出摆长，并分析出摆长增大时，周期相应增大频率相应减小。

【解答】解：A、由单摆的周期公式丁=2冗产可得：L=-Jg代入数据可知L=Im,故

A正确；

B、增大摆线长度，则单摆的周期变大频率变小，故B错误；

C、由共振曲线可知当频率为0.5HZ的时候振幅最大，即达到了共振，说明单摆的固有频率

为0.5HZ,因此单摆的固有周期为T[=2S，C错误；

D、当固有频率等于驱动频率的时候为共振曲线的波峰，因此向左移动，故D错误。

故选：Ao

4.如图所示，为一个水平弹簧振子的振动图像，下列说法不正确的是()

.v∕cm

.10kzV

A.t=ls至∣Jt=2s内，弹簧振子的动能不断减小

B.该弹簧振子的振动方程为X=-IOSin子位!！

C.t=3s时，弹簧振子的加速度沿X轴负方向

D.t=O至IJt=IOS弹簧振子的路程为IOOcm

【分析】根据图像的斜率分析出振子的速度变化，从而得出其动能的变化趋势；

根据图像得出周期的大小，进而得出ω和振子的振动方程；

根据振子的位移得出其回复力方向，从而得出加速度的方向；

根据时间和周期的关系，得出振子的路程大小。

【解答】解：A、t=ls至Ut=2s内，x-t图像的斜率不断增大，则弹簧振子的速度不断增大，

即动能不断增大，故A错误；

B、根据数学知识可得：

八2兀2兀，兀,

3=τ=4rad∕s="^~rad∕s

则该弹簧振子的振动方程为

兀

x=-10sin-^-tcιr,故B止确；

C、t=3s时，弹簧振子的位移正向最大，则加速度沿X轴负方向，故C正确；

D、因为t=10s=2.5T,则振子的路程为

s=2.5×4A=10×IOcm=IOOcm,故D正确；

本题选不正确的，故选：Ao

5.如图所示，轻质弹簧的上端固定，下端连接一质量为m的金属小球，托住小球使弹簧处

于原长，在t=0时由静止释放，一段时间内小球在竖直方向做周期为T的简谐运动。已知弹簧

的劲度系数为k,重力加速度为g,则（）

A.小球做简谐运动的表达式为X=胆Sin(2∑Lt)

kT

B.小球做简谐运动的表达式为X=胆Sin(22Lt-π)

kT

C.小球相邻两次加速度大小等于直的时间为工

22

D.小球相邻两次加速度大小等于g的时间为皆

【分析】根据简谐运动描述物理量、结合简谐运动的表达式分析判断。

【解答】解：AB.小球处于平衡位置时，弹簧的伸长量为χc，喧，托住小球使弹簧处于原

xok

长，在t=O时由静止释放，可知此时小球处于最大位移处，小球做简谐运动的振幅为A=Xoa

k

设小球做简谐运动的表达式为X=ASin⅛t÷Φ)⅛sin⅛t÷Φ)

TkT

若以向上为正方向，则t=0时刻，小球的位移为X半SinQ平

kk

解得0三

则小球做简谐运动的表达式为χ4Sin("tJL)

kT2

若以向下为正方向，则t=0时刻，小球的位移为X半Sin¢=平

kk

解得

小π

Q=T

则小球做简谐运动的表达式为X2叫Sin(IZLtJL)

kT2

故AB错误;

CD.托住小球使弹簧处于原长，在t=0时由静止释放，可知此时小球处于最大位移处，小

球的加速度最大，且大小为a⅛=g

mm

可知小球加速度大小等于g的位置分别位于正、负最大位移处，故小球相邻两次加速度大小

等g的时间为皆，根据简谐运动特点，小球相邻两次加速度大小等于矍的时间一定不等于故

C错误，D正确。

故选：D。

6.利用激光笔可以在荧光纸上留下印迹的特点，有同学进行如下操作：轻质弹簧上端固定，

在其下端固定一激光笔，让笔沿竖直方向自由振动，激光笔发射的激光可以垂直射到竖直放置其

后的荧光纸上，将荧光纸以速度V水平向左拖动，在荧光纸上留下如图所示波形图，其中P、Q

两点位于波峰，间隔为xo；M点位于波谷，P、M竖直间距为yo。，则()

A.激光笔振幅为yo

B.激光笔在留下P、Q两点时加速度均为零

C.激光笔在留下P、M两点时加速度相同

D.激光笔的振动周期为&

V

【分析】根据振幅的概念可知激光笔的振幅为迎，质点位移越大时加速度越大，且方向与

2

位移方向相反，根据公式可解得激光笔的周期。

【解答】解：A.由图可知激光笔振幅为迎，故A错误；

2

B.激光笔在留下P、Q两点时位于正向最大位移处，加速度最大，故B错误；

C.激光笔在留下P、M两点时加速度大小相同，方向相反，故C错误；

D.激光笔的振动周期等于纸带运动xo距离所用的时间，即T=①，故D正确。

V

故选：D。

7.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，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，小球做受

迫振动。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)。下

A.t=ls至∣Jt=2s小球所受的回复力增加，且方向为X轴正向

B.t=2s至∣]t=3s弹簧弹性势能一定减小

C.若圆盘以30r∕min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s

D.若圆盘正以3Or∕min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大

【分析】根据图像得出位移的变化，根据位移的大小关系分析出回复力的变化；分析2〜3s

时间内弹簧的形变量的变化，由此分析出弹性势能的变化;根据圆盘的转速得出小球的振动周期;

当固有频率和驱动力频率相等时，小球的振幅会增加。

【解答】解：A、以竖直向上为正方向，t=ls到t=2s小球从最低点向平衡位置振动，则所

受的回复力减小，振动方向为X轴正向，故A错误；

B、t=2s到t=3s小球从平衡位置向最高点振动，小球可能会经过弹簧的原长，则弹簧弹性

势能一直减小或先减小后增大，故B错误；

C、若圆盘以30r∕min匀速转动，其周期为T驱=工=IS=2s,小球振动达到稳定时其振动

nSU

60

的周期等于驱动的周期2s,故C正确；

D、由图可知，小球振动的固有周期为4s,若圆盘正以30r∕min匀速转动时，有Tgg<T固=

4s,欲使小球振幅增加则要增大驱动力的周期，可使圆盘转速适当减小，故D错误；

故选：C»

8.如图所示，一根固定在墙上的水平光滑直杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自

由端相距X。套在杆上的小球从中点以初速度V向右运动,小球将做周期为T的往复运动,则（）

λ______ɪ-M匕

................................................................

zJe√'.'VVv√>.1√√√√.∙'?'j'J√√.v√jlJv

A.小球做简谐运动

B.小球动量的变化周期为工

2

C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为工

2

D.小球的初速度为工时，其运动周期为2T

2

【分析】根据简谐运动的特点分析出小球的运动是否属于简谐运动；分析出小球压缩弹簧过

程中的受力特点和速度变化特点，由此完成分析；简谐振动的周期与振幅无关。

【解答】解：A、物体做简谐运动的条件是在运动过程中所受回复力与位移成正比，且方向

始终指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程中，所受合力为零，故小球不是做简谐运

动，故A错误；

B、假设杆中点为0,小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A,小球向左压缩弹簧至

最大压缩量时的位置为B,可知小球做周期为T的往复运动，运动过程为O-AfofB-0,结

合动量既有大小，又有方向可知小球的动量变化的周期等于小球运动的周期T,故B错误；

C、根据对称性可知小球从O-A-O与O-Bf0,这两个过程的动能变化完全一致，两根

弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为工，结合能量守恒定律可知两根弹

2

簧的总弹性势能的变化周期为工，故C正确；

2

D、小球的沿杆做匀速运动时，初速度发生变化，小球在匀速阶段的时间也发生变化，小球

的初速度为三时，小球在匀速阶段的时间变成2倍；接触弹簧过程，根据弹簧振子的周期公式T

2

=2兀神可知小球与弹簧接触的时间不变，所以小球运动周期大于T小于2T,故D错误；

故选：C«

9.一质点做简谐运动，振福为A、周期为T,0为平衡位置，B、C为两侧最大位移处。从

质点经过位置P（P与0、B、C三点均不重合）时始计时，以下说法正确的是（）

A.经过工，质点的平均速度必小于坐

2T

B.经过工，质点的路程不可能大于A,但可能小于A

4

C.经过工时，质点的瞬时速度不可能与经过P点时的速度大小相等

8

D.经过工时，质点的瞬时速度与经过P点时的速度方向可能相同也可能相反

2

【分析】由振幅的定义可得出质点的振幅；由质点振动的过程可求解通过的路程及位移；经

过半个周期后，质点速度方向一定与开始时速度的方向相反。

【解答】解：A、质点的半个周期内的路程为2A,由于开始时的位置不是在最大位移处,

所以质点的位移一定小于2A,则半个周期内的平均速度

手=三＜孕■=坐，故A正确；

t工T

2

B、质点在平衡位置附近的速度较大，而在最大位移附近的速度较小，所以若质点从P点开

始时运动的方向指向平衡位置，则质点在IT内的路程要大于A；若质点从P点开始时运动的方

向远离平衡位置，则质点子在工T内的路程要小于A.故B错误；

4

c、若质点开始时向平衡位置运动，经过IT时，若质点到达与P对称的位置，则质点的瞬

时速度与经过P时的瞬时速度是相等的，故C错误；

D、根据振动的周期性可知，经过半个周期后，质点速度方向一定与开始时速度的方向相反，

故D错误。

故选：Ao

10.有甲、乙两个单摆，其振动图像如图所示，则摆长之比是多少（）

【分析】根据振动图像分析单摆的振动周期，结合单摆的周期公式求解摆长之比。

【解答】解:根据单摆的周期公式T=2n

2

解得，单摆的摆长为I=旦τ行

4冗2

由图可知甲、乙两个单摆的周期之比为0.8：1.2=2：3,所以摆长之比为4：9,故ABD错

误，故C正确；

故选：Co

11.如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，摆球

相对平衡位置的位移X随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力,取重力加速度g=10m∕s2.

对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（）

R

甲乙

A.单摆的摆长约为1.0m

B.单摆的位移随时间变化的关系式为x=16sinπt（Cm）

C.从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大

D.从t=1.0s至∣Jt=L5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小

【分析】由振动图象读出周期T和振幅A,由3=空求出角频率3,单摆位移X的表达

T

式X=ASin3t.由公式T=2π产，求出摆长L,单摆运动过程中，摆球从最高点运动到最低点，

重力势能减小，位移减小，回复力减小。

【解答】解：A.由题图乙可知单摆的周期T=2s,振幅A=8cm,由单摆的周期公式T=2π

产，代入数据可得L=LOm,故A正确；

B.由3=W2,可得3=πrad∕s,则单摆的位移X随时间t变化的关系式为：x=Asinωt=

T

8sinπt（cm）,故B错误；

C.从1=0.5$至h=1.0$的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误；

D.从t=1.0s到t=L5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，故D错误；

故选：Ao

12.一弹簧振子做简谐振动，周期为T。下列说法正确的是（）

A.若则在t时刻和（t+At）时刻弹簧的长度相等

B.若At=T,则在t时刻和（t+At）时刻振子运动加速度相等

C.若t时刻和（t+At）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则At等于T的整数倍

D.若t时刻和（t+At）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则At等于工的奇数倍

2

【分析】简谐振动过程中，质点经过同一位置时位移相同.质点经过同一位置或关于平衡位

置对称位置时动能相同.经过整数倍周期的时间时，质点状态重复.经过半个周期时，质点位移

大小相等，方向相反.

【解答】解：A、若At=工，则在t时刻和（t+At）时刻质点位移大小相等，方向相反，一

2

次是伸长，另一次是压缩，故形变量一定相等，而弹簧长度不相等，故A错误;

B、若At=T,则在t时刻和（t+At）时刻的位移一定相同，故加速度a=一旦一定相同,

m

故B正确；

C、t时刻和（t+Z∖t）时刻的位移大小相等，方向相同，表示质点经过同一位置，经过的时

间ʌt不一定等于T的整数倍，故C错误；

B、当质点经过同一位置或关于平衡位置对称位置时速度可能等大、反向，故At不一定等

于工的整数倍，故D错误。

2

故选:Bo

13.如图所示，墙上固定着一根长为L的光滑水平杆，小球套在杆上，两根完全相同的原

长为0.6L的橡皮筋一端固定在墙上，另一端与小球连接。小球从杆的中点以初速度V向左运动，

小球将做周期为T的往复运动，且运动过程中始终未与墙相碰。则（）

A.小球做简谐运动

B.两根橡皮筋的总弹性势能的变化周期为工

2

C.小球的初速度为三时，其运动周期为3T

3

D.小球的初速度为三时，其运动周期仍为T

3

【分析】根据简谐运动的特点分析出小球的运动是否属于简谐运动；分析出小球压缩弹簧过

程中的受力特点和速度变化特点，由此完成分析；分阶段分析出小球在匀速阶段的时间和与弹簧

作用阶段的时间与速度的关系，最后完成分析。

【解答】解：A、物体做简谐运动的条件是在运动过程中所受回复力与位移成正比，且方向

始终指向平衡位置；该图中的小球开始运动时，两根橡皮筋均处于松弛状态，小球做匀速运动，

当小球运动0.1L后，橡皮筋上才有弹力，小球才开始做简谐运动，所以小球整体上不是简谐运

动，故A错误；

B、假设杆中点为O,小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A,小球向左压缩弹簧至

最大压缩量时的位置为B,可知小球做周期为T的往复运动，运动过程为OfAfofBfO,根

据对称性可知小球从OfAfo与O-Bf0,这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹

性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为工，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为工,

22

故B正确：

CD、小球的初速度为三时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的3倍，接触弹簧过程，

3

根据弹簧振子的周期公式To=2π稠，可知接触弹簧过程中所用时间与速度无关，因此总的运

动周期大于T,小于3T,故CD错误；

故选：B,

14.如图所示，长为L的轻绳上端固定在。点，下端系一可看成质点的小球，在O点正下

方的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放，B点是小球摆

动的最低点，C点是小球能够到达左侧的最高点。小球第一次向左摆动的过程中，从A点到B

点所用时间为t,从B点到C点所用时间为主，NBPe<5°,则OP的长度为（）

3

8

A.ALB.C.3LD.旦L

5549

【分析】由于OA、PC与OB之间的夹角很小，所以小球从A点到B点和从B点到C点的

运动都可以看作是单摆运动，左右两侧摆动过程摆长不同，根据单摆的周期公式求解两侧摆动时

间，再根据时间关系即可求解。

【解答】解：由于OA、PC与OB之间的夹角很小，所以小球从A点到B点和从B点到C

点的运动都可以看作是单摆运动，根据单摆周期公式T=如F有

设PB长为1

尹喷

两个式子作比可得:

2πVτ

所以L=91

所以I=LL

9

所以OP=L-LL=3^L

99

故ABC错误，D正确。

故选：D。

15.一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，已知小球质量为IOg,弹簧的劲度系数为20N∕m,

A.小球位移随时间变化的关系式为x=5Sin(πt)cm

B.在第IS末到第2s末这段时间内，小球的动能在减少、弹性势能在增加

C.小球的最大加速度为IOOm/S?

D.该小球在O〜50s内的位移为OCm,路程为2.5Cm

【分析】根据图像得到振幅和周期，然后求出角速度，便可得到位移随时间变化的关系式;

简谐运动过程中动能和势能相互转化，可根据图像确定转化情况；根据F=kA求出最大弹力，

根据牛顿第二定律可求出小球的最大加速度；50s恰好为12.5个周期，则位移为0,路程为12.5

乘以4倍振幅。

【解答】解析:A、由图像可知，振幅A=5cm,周期T=4s,圆频率:ω=ʌ-rad/s=0.5πrad∕s,

4

小球位移随时间变化的关系式为x=5SinO.5πt(cm),故A错误；

B、在第IS末到第2s末这段时间内，小球的位移在减小，则小球的动能增加，弹性势能减

少，故B错误；

C、小球的振幅A=5cm=0.05m,则小球受到的最大弹力F=kA=20N∕mX0.05m=lN,已

知小球的质量m=10g=0.01kg,根据牛顿第二定律可求出小球的最大加速度a=ɪ=1m∕s2

mO.Ol

=100m∕s2,故C正确；

D、由于50s=12.5T,则该小球在O〜50s内的位移为OCm,路程为s=12.5X4A=12.5X4

×0.05cm=2.5m,故D错误。

故选：C«

16.某地甲、乙两个单摆摆长相同，甲、乙的摆球做小角度摆动经过平衡位置时的速率分别

为V甲和V乙，且

V甲＞v乙，由此可知甲比乙（）

A.振动得快B.振动得慢C.振幅大D.振幅小

【分析】单摆的周期由单摆的摆长和当地的重力加速度决定，根据动能定理可知，重力做功

转化为最低点的动能，摆球经过平衡位置时的速率不同，故下落高度不同，故振幅一定不同.

【解答】解：AB、根据单摆周期公式丁=2兀，匚，单摆的周期由单摆的摆长和当地的重力

加速度决定，而两个单摆的摆长相同，故周期相同，故振动快慢相同；故AB错误；

CD、重力做功转化为最低点的动能，根据动能定理Ingh=I∙mv2可得，v=√⅛h.摆球经过

平衡位置时的速率不同，故下落高度不同，因此甲球的振幅比较大，故C正确，D错误。

故选：Co

17.如图双线摆（图1）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2所

示。杆线摆可以绕着悬挂轴00'来回摆动，杆与悬挂轴00,垂直，其摆球的运动轨迹被约束在一

个倾斜的平面内，则在摆角很小时“杆线摆”的周期为（）

【分析】双线摆长为竖直长，套用单摆周期公式即可判断。

【解答】解：摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角很小时，重力沿斜面向

下的分力mgsin。的沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，其摆长为L,则其周期：T=

2冗J∙——L,，故A正确，BCD错误。

Vgsincθι

故选：Ao

18.一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（）

B.0〜IOS内质点经过的路程是20Cm

C.在t=4s时质点的速度为0

D.在t=ls和t=3s两时刻，质点的位移相同

【分析】根据X-t图判断出简谐运动的各个物理量，结合题目选项完成解答。

【解答】解：A、从X-t图可知，简谐运动的周