2025年高考物理三轮复习之机械振动

第74页（共74页）2025年高考物理三轮复习之机械振动一．选择题（共10小题）1．（2025•安阳一模）通过抖动绳子，可以在绳中产生正弦横波。当抖动绳子的频率加快时（）A．波的频率不变 B．波的周期不变 C．波长不变 D．波速不变2．（2025•海淀区校级模拟）如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9：10 B．若m1＝m2，则每经过1.9πLg时间C．若m1＞m2，则A与B第二次碰撞不在最低点 D．若m1＜m2，则A与B第二次碰撞必在最低点3．（2025•浙江一模）如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小，图乙是小球简谐振动时传感器示数随时间变化的图像，下列说法正确的是（）A．小球的质量为0.8kg，振动的周期为8s B．0～2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C．1～2s和2～3s内，小球受弹力的冲量相同 D．1～3s内，小球受弹力的冲量大小为16N•s，方向向上4．（2025•长沙校级一模）如图所示，一块长L＝1.0m的光滑平板MN固定在轻弹簧上端，弹簧下端与地面固定连接（平板只能竖直运动），且平板与弹簧组成的振动系统的周期T＝2.0s，振动系统做简谐运动的位移、速度公式分别满足x＝Acos（ωt+φ）、v＝﹣Aωsin（ωt+φ）（其中A为振幅，ω为圆频率，φ为初相）。一弹性小球A在光滑水平台面上，平台右侧边缘恰好在平板最左侧M点正上方，到M点的距离为h＝9.8m，小球与平板质量相同。初始时，平板静止，现给小球一初速度v0使其从水平台面抛出，小球与平板的碰撞不计能量损失，g＝9.8m/s2，已知x2=0.9cos(πxA．若初速度v0＝0.7m/s，小球与平板不发生碰撞 B．若初速度v0＝0.6m/s，小球与平板仅发生一次碰撞 C．若初速度v0＝0.5m/s，小球与平板仅发生两次碰撞 D．若初速度v0＝0.5m/s，小球与平板仅发生三次碰撞5．（2025•汕头一模）如图1所示，在距离水平圆盘中心r处固定一小球，转动圆盘，小球做线速度为v的匀速圆周运动，在圆盘圆心正上方，另一完全相同的小球制成的单摆在小角度的摆动。图2是两球在与摆球摆动平面平行的竖直面上的投影，两球投影时刻都在同一竖直方向上。已知小球半径为R，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．单摆的摆线长度为grB．单摆在做简谐运动，其回复力为合力 C．更换另一体积更大的摆球，投影依旧时刻在同一竖直方向 D．若该装置从汕头搬到北京，要使投影依旧时刻在同一竖直方向，则圆盘转速要变快6．（2025•昌黎县校级一模）如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知（）A．该单摆振动的频率为0.8Hz B．振动方程为x＝﹣4cos（2.5πt）cm C．t＝0时，摆球速度大小为v D．t＝0.2s时，摆球加速度为零7．（2025•顺义区校级模拟）如图为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化规律为a＝4sin（2.5πt）m/s2，下列说法正确的是（）A．a随t变化周期为0.4s B．t＝0时，弹簧弹力为0 C．t＝0.2s时，手机位于平衡位置下方 D．从t＝0至t＝0.2s，手机处于失重状态8．（2025•射阳县校级模拟）如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（）A．单摆的周期为t0 B．测量出的重力加速度g=C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大 D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零9．（2025•广安区校级二模）一质量为m，侧面积为s的正方体木块，静止漂浮在开阔的水面上，如图所示，先用力将其压入水中一段深度后（未全部浸没）撤掉外力，木块在水面上下做简谐运动，则（）A．物块的重力为简谐振动的回复力 B．撤掉外力时木块的位置即为振动的平衡位置 C．撤掉外力时木块浸没的深度，即为振幅大小 D．振动的周期大小与水的密度有关10．（2025•榆林一模）如图甲所示为演示简谐运动图像的装置示意图，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，沙漏中的细沙均匀流出，同时水平匀速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的细沙在木板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一沙漏摆动装置分别在两块相同的木板上形成的图线（图中的虚曲线）。下列说法中正确的是（）A．在木板1上细沙所形成的曲线P点附近的线条比Q点的细一些 B．木板2运动的速度是木板1运动速度的1.5倍 C．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期不断变大 D．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期先变大后变小二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•琼海校级模拟）如图，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为45°，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，弹簧的最大压缩量为32mg2k。已知弹簧弹性势能为Ep=1A．速度最大时的弹簧压缩量为mg2B．物块下滑的最大位移为92C．物块的最大动能为m2D．物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为2（多选）12．（2025•雨花区校级一模）单摆在竖直平面内摆动，当摆线与竖直方向的夹角为θ时，用拉力传感器可实时测出摆线拉力F，得到F与cosθ的图像为如图所示的一段线段。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．单摆最大摆角为30° B．摆球重力为1N C．摆球的最大加速度为g D．摆长为1m（多选）13．（2025•未央区校级三模）如图甲所示，一倾角为θ的光滑斜面底端连接由轻弹簧和滑块A组成的弹簧振子，A的质量为m1，刚开始弹簧振子处于静止状态，O点是弹簧振子的平衡位置。现将质量为m2的滑块B从斜面上的P点由静止释放，B运动到O点与A发生正碰，碰撞时间极短，A开始做简谐运动，B反弹运动到最高点Q后被拿走，并且当B运动到最高点时，A刚好第一次返回O点。已知B在斜面上运动的速度随时间（v﹣t）变化的关系图像如图乙所示（v0、t0均为已知量），A、B均可视为质点，且质量关系为m1＝3m2，重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．碰撞后弹簧振子振动过程中A的机械能守恒 B．A、B的碰撞为弹性碰撞 C．弹簧振子的振动周期为12D．若A在最低点时的加速度等于gsinθ，则A在最高点时，弹簧恰好恢复原长（多选）14．（2025•九江一模）图中各摆的摆长都相同，摆球视为质点，且均作小角摆动，当地的重力加速度为g，下列图中的单摆周期为T＝2πLgA． B． C． D．（多选）15．（2024秋•寻甸县校级期末）下列说法正确的是（）A．若把共振秋千移到太空舱中，无法验证秋千共振现象 B．观看立体电影所戴的眼镜利用了光的干涉 C．当急救车从我们身边疾驰而过，我们听到的急救车鸣笛的音调会由高变低 D．一列声波由空气传播到水中，频率和波长都发生变化三．解答题（共5小题）16．（2025•罗湖区校级一模）蹦极是一项非常刺激的运动。为便于研究，可将人视为质点，人的运动沿竖直方向，人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均忽略。某次蹦极时，一质量为50kg的人从蹦极台跳下，到O点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为P点，如图所示。弹性绳的原长为5m，其弹力大小和弹簧的弹力大小规律相同，满足F＝kΔx，其中Δx为弹性绳的形变量，k是与弹性绳有关的系数为50N/m。重力加速度g取10m/s2。整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。（1）图像是研究运动问题常见的方法。a.以O为坐标原点，作出人的a﹣x图像（以向下为正方向，标明特殊点的位置坐标）；b.求人在OP过程的最大速度和最大加速度。（2）求人在OP之间经历的时间（保留2位有效数字）。（3）研究发现，人体对加速度剧烈变化会有不舒服的感觉，若用“急动度”A这一物理量来描述加速度对时间的变化率，分析判断人在OP运动过程中“急动度”A的大小如何改变，并求出最大“急动度”Am。17．（2024秋•前郭县校级期末）如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，振子的振动周期为T=2πmk，振子经过O点的速度为v。在O点正上方一质量为（1）物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小。（2）物体落在振子上后，以振子向右经过O点为t＝0时刻，求振子第3次到达最左端经历的时间。18．（2024秋•西安期末）某同学在研究简谐运动规律过程中，发现弹簧连接一个物体时较容易成功，而两个物体摞在一起做简谐运动却比较困难。如图所示，A、B两木块质量分别是mA＝0.2kg，mB＝0.3kg，弹簧的劲度系数k＝0.50N/cm，A和B间的动摩擦因数μ＝0.3，B与水平面的摩擦力不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。（1）求两木块一起做简谐运动的位移是2cm时，两木块的加速度大小；（2）求两木块一起做简谐运动的位移是2cm时，A、B两木块间的摩擦力大小；（3）两木块一起做简谐运动的过程中，求它们的最大振幅及木块A的最大动能。19．（2024秋•苏州期末）如图所示，细线的上端固定于O点，下端系一质量为m的小球，制作成一个周期为T的单摆。现使小球在竖直平面内做小角度摆动，空气阻力不计，重力加速度为g。求：（1）一个周期内，小球所受重力的冲量I；（2）该单摆的摆长L。20．（2024秋•随州期末）有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20cm，振子在2s内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时（t＝0），经过14（1）求振子的振幅和周期；（2）在图中作出该振子的位移—时间图象；（3）写出振子的振动表达式．

2025年高考物理三轮复习之机械振动参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案DDDBDBCBDD二．多选题（共5小题）题号1112131415答案BDBCBDBDAC一．选择题（共10小题）1．（2025•安阳一模）通过抖动绳子，可以在绳中产生正弦横波。当抖动绳子的频率加快时（）A．波的频率不变 B．波的周期不变 C．波长不变 D．波速不变【考点】共振及其应用．【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．【答案】D【分析】抖动绳子的频率加快时，波的频率增大，周期减小，波速不变，由波速公式分析波长的变化。【解答】解：AB、根据题意可知，当抖动绳子的频率加快时，相当于波源的振动频率加快，故波的频率也会加快，由T=1fCD、波在同种均匀介质中传播速度不变，由波速、频率和波长之间的关系可知，v＝λf可得λ=可知波的波长变小，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题关键要掌握波速公式v＝λf，知道波速由介质的性质决定，与波源无关。2．（2025•海淀区校级模拟）如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9：10 B．若m1＝m2，则每经过1.9πLg时间C．若m1＞m2，则A与B第二次碰撞不在最低点 D．若m1＜m2，则A与B第二次碰撞必在最低点【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；机械能与曲线运动相结合的问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．【答案】D【分析】两球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出两球碰撞后的速度，当两球质量相等，速度交换，结合机械能守恒判断振幅，以及根据单摆的周期公式求出A球再次回到最高点的时间。结合质量的大小关系，判断出两球的速度方向，根据做单摆运动的摆长是否相等，判断出周期是否相等，从而判断出再次碰撞的位置。【解答】解：A．若m1＝m2，A从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低点与B发生弹性正碰，则两球碰撞后交换速度，所以A、B在摆动过程中最大振幅相等，故A错误；B．若m1＝m2，两球的振动完全一样，所以每经过2πLg时间AC．摆长为L的周期为T=2摆长为0.81L的周期为T'若m1＞m2，则碰后A球向右运动，摆长变为0.81L，B球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为T″即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，故C错误；D．若m1＜m2，则A与B碰后，A反弹，两球的摆长一样，周期一样，所以各经过半个周期后，在最低点发生第二次碰撞，故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，即满足动量守恒定律和机械能守恒定律，通过动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后速度的表达式，结合质量大小关系判断出碰撞后速度的方向是解决本题的突破口。3．（2025•浙江一模）如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小，图乙是小球简谐振动时传感器示数随时间变化的图像，下列说法正确的是（）A．小球的质量为0.8kg，振动的周期为8s B．0～2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C．1～2s和2～3s内，小球受弹力的冲量相同 D．1～3s内，小球受弹力的冲量大小为16N•s，方向向上【考点】简谐运动的回复力；动量定理的内容和应用；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】D【分析】由简谐振动的对称可知，0时刻小球在最低点，1秒时刻在最高点。这二点的加速度大小相等，且为最大值，可得到小球的质量。然后由动量定理，可对余下选项进行判断。【解答】解：A．根据图像可知，t＝1s时，弹簧弹力最大，为16N，此时小球位于最低点；t＝3s时，弹簧弹力最小为零，小球位于最高点。由对称性可知，小球振动的周期为4s，小球位于平衡位置时，弹力为F解得m＝0.8kg故A错误；B．小球受到的合外力提供回复力，0～2s内，小球初末速度不为零且大小相等，方向相反，则速度变化量不为零，根据动量定理可知回复力的冲量大小不为0。故B错误；C．1～2s和2～3s内，平均弹力大小不同，小球受弹力的冲量不同。故C错误；D．由图t＝1s时，小球位于最低点；t＝3s时，小球位于最高点，小球在这两个点的速度都是零，则1～3s内，由动量定理得I弹﹣mgt＝0﹣0解得I弹＝16N•s方向向上。故D正确。故选：D。【点评】该题考查弹簧振子做简谐运动过程中受力分析、运动状态的分析问题，该题综合性较强，关键是要利用简谐振动的对称性来思考问题。4．（2025•长沙校级一模）如图所示，一块长L＝1.0m的光滑平板MN固定在轻弹簧上端，弹簧下端与地面固定连接（平板只能竖直运动），且平板与弹簧组成的振动系统的周期T＝2.0s，振动系统做简谐运动的位移、速度公式分别满足x＝Acos（ωt+φ）、v＝﹣Aωsin（ωt+φ）（其中A为振幅，ω为圆频率，φ为初相）。一弹性小球A在光滑水平台面上，平台右侧边缘恰好在平板最左侧M点正上方，到M点的距离为h＝9.8m，小球与平板质量相同。初始时，平板静止，现给小球一初速度v0使其从水平台面抛出，小球与平板的碰撞不计能量损失，g＝9.8m/s2，已知x2=0.9cos(πxA．若初速度v0＝0.7m/s，小球与平板不发生碰撞 B．若初速度v0＝0.6m/s，小球与平板仅发生一次碰撞 C．若初速度v0＝0.5m/s，小球与平板仅发生两次碰撞 D．若初速度v0＝0.5m/s，小球与平板仅发生三次碰撞【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；理解能力．【答案】B【分析】根据小球与平板碰撞前的条件，即小球的水平速度v和时间t，以及弹簧的振动情况判断选项。【解答】解：如果小球的水平速度较大，将直接飞过平板，减小速度得到小球与平板碰撞的临界最大速度即为，第一次碰撞正好发生在边缘N处时v0的值。设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历时间为t1，根据匀变速直线运动公式有h=若碰撞恰好发生在N处，则根据位移与速度和时间的关系，有L＝v0t解得的值便是满足第一次碰撞的速度最大值，即v0代入有关数据得v0max＝0.71m/s如果v0＜v0max，小球与平板的碰撞不在N点，设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为v1，则有v1以v1'、v1″分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向上的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒，设小球与平板的质量均为m，则有mv1＝mv1'+mv1″因为碰撞时弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得12得到v1'＝0v1″＝v1=碰撞后，平板从其位置以为速度开始做简谐运动，取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球与平板发生碰撞的时刻t＝0，则平板在t时刻的离开平衡位置的位移x＝Acos（ωt+φ）其中ω=简谐运动的速度方程满足v＝﹣Aωsin（ωt+φ）因t＝0时刻，x＝0，v＝v1″可得A=φ=整理可得x=碰撞后小球开始做平抛运动，如果第一次碰撞后，小球再经过时间t2与木板发生第二次碰撞且发生在N处，则仅发生两次碰撞，则在发生第二次碰撞时，根据匀变速直线运动公式，得x坐标为x球平板的坐标为x板在碰撞时根据木板和球之间的相对位移关系有x板（t2）＝x球（t2）代入数据可得4.90t22可得t2＝0.771s则根据匀变速直线运动公式有L＝v0（t1+t2）代入数据，解得v0＝0.4585m/s则小球与平板仅发生一次碰撞得条件为0.46m/s＜v0≤0.71m/s，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题考查了运动学公式的应用以及对碰撞现象的理解。通过建立方程并求解，可以得到小球与平板碰撞前的条件。通过判断碰撞次数，可以得出正确的选项。5．（2025•汕头一模）如图1所示，在距离水平圆盘中心r处固定一小球，转动圆盘，小球做线速度为v的匀速圆周运动，在圆盘圆心正上方，另一完全相同的小球制成的单摆在小角度的摆动。图2是两球在与摆球摆动平面平行的竖直面上的投影，两球投影时刻都在同一竖直方向上。已知小球半径为R，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．单摆的摆线长度为grB．单摆在做简谐运动，其回复力为合力 C．更换另一体积更大的摆球，投影依旧时刻在同一竖直方向 D．若该装置从汕头搬到北京，要使投影依旧时刻在同一竖直方向，则圆盘转速要变快【考点】单摆及单摆的条件；水平转盘上物体的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；理解能力．【答案】D【分析】根据单摆周期公式计算；单摆摆球的重力沿速度方向的分力提供回复力；更换体积更大的摆球，摆长变长；该装置从汕头搬到北京，重力加速度g变大。【解答】解：A.由题意可知，两小球的周期相同，做圆周运动的小球的周期为T=2πrv，根据单摆的周期公式T=2πl+Rg联立，解得单摆的摆线长度为l=gr2v2-R，故A错误；B.单摆在做简谐运动，重力沿速度方向的分力提供回复力，故故选：D。【点评】掌握单摆周期公式的应用是解题的基础。6．（2025•昌黎县校级一模）如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知（）A．该单摆振动的频率为0.8Hz B．振动方程为x＝﹣4cos（2.5πt）cm C．t＝0时，摆球速度大小为v D．t＝0.2s时，摆球加速度为零【考点】单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题；单摆周期的计算及影响因素．【专题】定量思想；图析法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．【答案】B【分析】由振动图，可知周期，即可计算频率；由振动图可得到振幅和相位，结合频率，即可得到质点的振动方程；由质点的振动图的斜率与速度的关系，可知t＝0时，摆球速度大小；由回复力与位移的关系，结合振动图，即可求解t＝0.2s时，摆球简谐运动的加速度，结合其竖直方向的运动，即可确定其加速度是否为零。【解答】解：A、由振动图，可知周期为0.8s，即可得频率f=1T，解得：f＝1.25HzB、由振动图可得到振幅A＝4cm，相位，结合频率ω＝2πf，即可得到质点的振动方程为：x＝﹣4cos（2.5πt）cm，故B正确；C、由质点的振动图的斜率表示速度，可知t＝0时，摆球速度大小为0，故C错误；D、由回复力与位移的关系，结合振动图，即可求解t＝0.2s时，摆球简谐运动的加速度为0；在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。故选：B。【点评】本题考查单摆的运动分析，在求解0.2s的加速度时，注意其竖直方向受力不平衡。7．（2025•顺义区校级模拟）如图为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化规律为a＝4sin（2.5πt）m/s2，下列说法正确的是（）A．a随t变化周期为0.4s B．t＝0时，弹簧弹力为0 C．t＝0.2s时，手机位于平衡位置下方 D．从t＝0至t＝0.2s，手机处于失重状态【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】由a随t变化规律，即可计算周期；由a随t变化规律，可计算t＝0时的加速度，结合回复力与加速度的关系，可计算回复力，对手机受力分析，即可计算弹簧的弹力；由a随t变化规律，可知0.2s时，手机的加速度，结合回复力公式及回复力与加速度关系，可判断手机的位置；由a随t变化规律，可知从t＝0至t＝0.2s，手机的加速度方向，即可知手机的超失重状态。【解答】解：A、由a随t变化规律，即可得周期满足：T=2πω，解得T＝B、由a随t变化规律，可得t＝0时的加速度为0，结合回复力与加速度的关系：F＝ma，可知回复力F＝0，对手机受力分析，即可知弹簧的弹力满足：F弹＝mg，故B错误；C、由a随t变化规律，可知0.2s时，手机的加速度为：a＝4m/s2，结合回复力公式：F＝﹣kx，回复力与加速度关系：F＝ma，可知手机的位移为负，结合题意可知，此时手机位于平衡位置下方，故C正确；D、由a随t变化规律，可知从t＝0至t＝0.2s，手机的加速度始终为正，结合题意，可知加速度方向始终为竖直向上，即可知手机为超重状态，故D错误。故选：C。【点评】本题考查简谐运动的特点，关键是根据加速度随时间的变化，结合回复力公式、回复力与加速度关系，分析手机的运动状态。8．（2025•射阳县校级模拟）如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（）A．单摆的周期为t0 B．测量出的重力加速度g=C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大 D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零【考点】单摆的回复力；单摆周期的计算及影响因素．【专题】定量思想；归纳法；单摆问题；理解能力．【答案】B【分析】根据图乙判断；根据单摆的周期公式计算；单摆的周期与振幅无关；小球经过最低点时合力方向指向悬挂点。【解答】解：A、在一个周期内小球两次经过最低点，由图乙可知单摆的周期为2t0，故A错误；B、根据T=2πLg可得重力加速度大小为：g=C、单摆的周期大小与单摆的振幅无关，即与小球拉起的幅度无关，故C错误；D、小球经过最低点时，速度最大，合力方向指向悬挂点，小球做的是圆周运动，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了对单摆的理解，掌握单摆的周期公式是解题的基础。9．（2025•广安区校级二模）一质量为m，侧面积为s的正方体木块，静止漂浮在开阔的水面上，如图所示，先用力将其压入水中一段深度后（未全部浸没）撤掉外力，木块在水面上下做简谐运动，则（）A．物块的重力为简谐振动的回复力 B．撤掉外力时木块的位置即为振动的平衡位置 C．撤掉外力时木块浸没的深度，即为振幅大小 D．振动的周期大小与水的密度有关【考点】简谐运动的回复力．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】木块受到的重力、浮力的合力为简谐振动的回复力；重力与浮力等大的位置为振动的平衡位置；撤掉外力时木块浸没的深度与平衡位置时木块浸没的深度的差值，为振幅大小；对木块进行受力分析，得出受到的合力与位移x之间的关系，然后与简谐振动的周期公式比较即可得出结论。【解答】解：A．木块受到的重力、浮力的合力为简谐振动的回复力，故A错误；B．撤掉外力时木块的位置为最大位移处，重力与浮力等大的位置为振动的平衡位置，故B错误；C．撤掉外力时木块浸没的深度与平衡位置时木块浸没的深度的差值，为振幅大小，故C错误；D．以木块为研究对象，设水密度为ρ，静止时木块浸入水中Δx深，当木块被压入水中x后所受力如图所示则F回＝mg﹣F浮又F浮＝ρgS（Δx+x）因为静止时由平衡条件得：mg＝ρgSΔx联立解得：F回＝﹣ρgSx即F回＝﹣kx其中k＝ρgS，简谐运动的周期为：T=2故振动的周期大小与水的密度有关，故D正确。故选：D。【点评】该题以简谐振动为背景考查共点力平衡、牛顿第二定律的应用等重点知识点，解答的关键是抓住简谐运动回复力F＝﹣kx，注意平衡位置及振幅的确定方法。10．（2025•榆林一模）如图甲所示为演示简谐运动图像的装置示意图，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，沙漏中的细沙均匀流出，同时水平匀速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的细沙在木板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一沙漏摆动装置分别在两块相同的木板上形成的图线（图中的虚曲线）。下列说法中正确的是（）A．在木板1上细沙所形成的曲线P点附近的线条比Q点的细一些 B．木板2运动的速度是木板1运动速度的1.5倍 C．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期不断变大 D．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期先变大后变小【考点】单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题；单摆周期的计算及影响因素．【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力．【答案】D【分析】沙漏摆动时，通过平衡位置时速度最大，通过两侧端点时速度最小，根据速度的大小分析细沙的多少；单摆的摆动和木板的运动同时进行，根据速度的定义公式列式比较，即可求解.【解答】解：A．沙漏摆动时在最大位移处的速度为零，在平衡位置处速度最大，则在木板1上细沙所形成的曲线P点附近的线条比Q点的粗一些，故A错误；B．两个图是同一沙漏摆动装置分别在两块相同的木板上形成的图线，则它们的周期是相等的，木板做匀速运动，设振动周期为T，则有v可得v可知木板2运动的速度是木板1运动速度的34倍，故BCD．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出，重心先降低后升高，则摆长先增大后减小，根据单摆周期公式T可知振动的周期先变大后变小，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查单摆振动情况，关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解速度大小。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•琼海校级模拟）如图，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为45°，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，弹簧的最大压缩量为32mg2k。已知弹簧弹性势能为Ep=1A．速度最大时的弹簧压缩量为mg2B．物块下滑的最大位移为92C．物块的最大动能为m2D．物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为2【考点】简谐运动的能量问题；胡克定律及其应用；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】由物块在平衡位置时的受力，结合简谐运动的特点，可知速度最大时的压缩量；由弹簧的最大压缩量，可计算简谐运动的振幅，根据机械能守恒，可计算物块下滑时的位置与弹簧的距离，计算物块的最大位移；由机械能守恒，可计算物块的最大动能；由弹簧振子简谐运动的周期公式，结合初始位置与平衡位置的距离，可计算物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间。【解答】解：A、由物块在平衡位置时的受力：kx2＝mgsinθ，结合简谐运动的特点，可知速度最大时的压缩量：x2=2B、最大压缩量：xm=32mg2k，可得简谐运动的振幅：A＝xm﹣x解得：x1=32mg4k，物块的最大位移：x＝x1C、由机械能守恒，可得物块的最大动能满足：mg(x1+xD、由弹簧振子简谐运动的周期公式，结合初始位置与平衡位置的距离满足：x2可得物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为：t=13×T4+故选：BD。【点评】本题考查简谐运动的特点，关键是利用简谐运动的对称性及简谐运动过程中的速度、位移的变化特点。（多选）12．（2025•雨花区校级一模）单摆在竖直平面内摆动，当摆线与竖直方向的夹角为θ时，用拉力传感器可实时测出摆线拉力F，得到F与cosθ的图像为如图所示的一段线段。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．单摆最大摆角为30° B．摆球重力为1N C．摆球的最大加速度为g D．摆长为1m【考点】单摆摆长的计算；单摆的振动图像和表达式．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．【答案】BC【分析】分析摆球受力，重力沿径向方向上的分力与摆线拉力的合力充当向心力，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律，结合图中数据列式，可求解单摆的最大摆角和摆球的重力；摆球摆到最低点时，加速度最大，由牛顿第二定律求出最大加速度。【解答】解：AB．设摆长为L，摆球质量为m，最大摆角为θ0，当摆线与竖直方向的夹角为时θ，设摆球速度为v，摆线拉力为F，由机械能守恒知mgL(由向心力公式知F-联立解得F＝mg（3cosθ﹣2cosθ0）当θ＝0时，摆线拉力最大，有2＝mg（3﹣2cosθ0）当θ＝θ0时，摆球在最高点，速度为零，摆线拉力最小，有0.5＝mgcosθ0可得cosθ0=12，θ0＝故A错误，B正确；C．当θ＝0时，即摆球摆到最低点时，加速度最大，有F﹣mg＝ma可得a＝g故C正确；D．由前述分析可知，摆线最大拉力、最小拉力与摆长无关，根据题图中信息无法求出摆长，故D错误。故选：BC。【点评】求解此题的关键是知道摆球在摆动过程中，重力沿径向方向上的分力与摆线拉力的合力充当向心力，重力沿切向上的分力改变摆球的速度大小，摆球在最高点时，摆线上的拉力最小，摆球在最低点时，摆线上的拉力最大。（多选）13．（2025•未央区校级三模）如图甲所示，一倾角为θ的光滑斜面底端连接由轻弹簧和滑块A组成的弹簧振子，A的质量为m1，刚开始弹簧振子处于静止状态，O点是弹簧振子的平衡位置。现将质量为m2的滑块B从斜面上的P点由静止释放，B运动到O点与A发生正碰，碰撞时间极短，A开始做简谐运动，B反弹运动到最高点Q后被拿走，并且当B运动到最高点时，A刚好第一次返回O点。已知B在斜面上运动的速度随时间（v﹣t）变化的关系图像如图乙所示（v0、t0均为已知量），A、B均可视为质点，且质量关系为m1＝3m2，重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．碰撞后弹簧振子振动过程中A的机械能守恒 B．A、B的碰撞为弹性碰撞 C．弹簧振子的振动周期为12D．若A在最低点时的加速度等于gsinθ，则A在最高点时，弹簧恰好恢复原长【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；判断机械能是否守恒及如何变化；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．【专题】定量思想；图析法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】碰撞后，由A与弹簧作为整体，机械能守恒，即可知A的机械能是否守恒；由AB碰撞前后，B的速度特点，结合AB质量关系，根据动量守恒，可计算A碰撞后的速度，即可比较前后动能情况，分析是否为弹性碰撞；由B碰撞后到最高点的时间内，A的运动情况，即可计算弹簧振子的周期；由A在最低点时的加速度，根据对称性，可知其在最高点时的加速度，结合对A的受力分析，即可分析弹簧的长度。【解答】解：A：碰撞后，A和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能与A的机械能相互转化，即A的机械能不守恒，故A错误；B：由图可知m2碰撞前速度为v0，碰撞后速度为-12v0，AB的质量满足：m1以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒：m2v0碰撞前系统总动能Ek1=12m2v02，碰撞后系统总动能EkC：由图可知B从O点反弹到最高点Q的时间为：t=32t0-tA做简谐运动从O点出发再回到O点经过半个周期，所以弹簧振子的振动周期满足：12T=12t0，解得：D：若A在最低点时的加速度等于gsinθ，由简谐运动的对称性，可知A在最高点时加速度大小也为gsinθ，对A受力分析可知：m1gsinθ+F弹＝m1a，解得：F弹＝0，即弹簧恰好恢复原长，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查简谐运动的特点，关键是根据B的速度随时间变化关系图，分析B的速度特点，及发生变化的时间。（多选）14．（2025•九江一模）图中各摆的摆长都相同，摆球视为质点，且均作小角摆动，当地的重力加速度为g，下列图中的单摆周期为T＝2πLgA． B． C． D．【考点】单摆周期的计算及影响因素．【专题】应用题；定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据图示情景求出等效重力加速度，然后根据单摆周期公式分析答题。【解答】解：A、小球有竖直向上的加速度a，对小球，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma，等效重力F＝m（g+a）＝mg'，等效重力加速度g'＞g，故A错误；B、小球在竖直面内做简谐运动，重力计加速度为g，周期T＝2πLg，故BC、小球受到竖直向下的电场力，等效重力加速度g'＝g+qEm≠gD、小球摆动过程受到沿半径方向的洛伦兹力，竖直方向受力情况不变，仍为重力，等效重力加速度g'＝g，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了单摆周期公式的应用，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动情况，求出等效重力加速度即可解题。（多选）15．（2024秋•寻甸县校级期末）下列说法正确的是（）A．若把共振秋千移到太空舱中，无法验证秋千共振现象 B．观看立体电影所戴的眼镜利用了光的干涉 C．当急救车从我们身边疾驰而过，我们听到的急救车鸣笛的音调会由高变低 D．一列声波由空气传播到水中，频率和波长都发生变化【考点】共振及其应用；多普勒效应及其应用．【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；光的干涉专题；理解能力．【答案】AC【分析】根据物理学中的概念，包括共振现象、光的干涉、多普勒效应以及声波在不同介质中的传播特性，需要对每个选项进行逐一分析，判断其正确性。【解答】解：A、在太空舱中，由于处于微重力环境，物体的重力几乎为零，因此，秋千的摆动将不再受到重力的影响，这将改变其固有频率，从而影响共振现象的观察，故A正确；B、观看立体电影利用了光的偏振现象，故B错误；C、根据多普勒效应，当急救车从我们身边疾驰而过，我们听到的急救车鸣笛的音调会由高变低，故C正确；D、一列声波由空气传播到水中，频率不变，波速变大，由v＝λf可知波长变长，故D错误。故选：AC。【点评】本题的关键在于理解不同物理现象的基本原理，如共振、光的偏振、多普勒效应以及声波在不同介质中的传播特性。通过分析每个选项，可以判断其描述的正确性，从而选出正确的答案。在解答此类题目时，需要对相关物理概念有深入的理解和掌握。三．解答题（共5小题）16．（2025•罗湖区校级一模）蹦极是一项非常刺激的运动。为便于研究，可将人视为质点，人的运动沿竖直方向，人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均忽略。某次蹦极时，一质量为50kg的人从蹦极台跳下，到O点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为P点，如图所示。弹性绳的原长为5m，其弹力大小和弹簧的弹力大小规律相同，满足F＝kΔx，其中Δx为弹性绳的形变量，k是与弹性绳有关的系数为50N/m。重力加速度g取10m/s2。整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。（1）图像是研究运动问题常见的方法。a.以O为坐标原点，作出人的a﹣x图像（以向下为正方向，标明特殊点的位置坐标）；b.求人在OP过程的最大速度和最大加速度。（2）求人在OP之间经历的时间（保留2位有效数字）。（3）研究发现，人体对加速度剧烈变化会有不舒服的感觉，若用“急动度”A这一物理量来描述加速度对时间的变化率，分析判断人在OP运动过程中“急动度”A的大小如何改变，并求出最大“急动度”Am。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；复杂的运动学图像问题．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；分析综合能力．【答案】（1）如图所示（黑线、黑字）b.人在OP过程的最大速度为102m/（2）人在OP之间经历的时间为2.4s；（3）人在OP运动过程中“急动度”A的大小先增大后减小，最大“急动度”为102【分析】（1）a.根据牛顿第二定律分析人的运动情况，作出人的a﹣x图像；b.结合图像，根据数学思想求人在OP过程的最大速度和最大加速度；（2）根据简谐运动的表达式求人在OP之间经历的时间；（3）根据急动度的定义判断人在OP运动过程中“急动度”A的大小如何改变，并求出最大“急动度”Am。【解答】解：（1）a.人从O点到最低点，根据牛顿第二定律有mg﹣k（x﹣l0）＝ma随着人的下落，位移x不断增大，所以加速度不断减小，当加速度减小到零时，人的速度达到最大，随着x的继续增大，加速度反向增大，人的速度不断减小，直到速度减为零，人运动到最低点，此时人的加速度大小应大于重力加速度大小，所以a随x变化的图线如图所示（黑线、黑字）b.补充自由落体部分图像（红线、红字）图像面积表示速度平方的变化量Δv2故图像横轴上、下方面积相等：上方面积：5×下方面积也应该是100。根据两个直角三角形相似可得：12解得amvm（2）在OP段运动过程是简谐运动的一部分，设其加速度随时间变化函数为a＝amcos（ωt+φ）设其v＝vmsin（ωt+φ）a=故有am＝vmω解得ω＝1T＝2π将t＝0时v＝10m/s代入v＝vmsin（ωt+φ）解得φ=由v＝vmsin（ωt+φ）可得及O、P两点速度可知：t=（3）A故先增大后减小A解得Am答：（1）如图所示（黑线、黑字）b.人在OP过程的最大速度为102m/（2）人在OP之间经历的时间为2.4s；（3）人在OP运动过程中“急动度”A的大小先增大后减小，最大“急动度”为102【点评】本题的关键是明确人的受力情况和运动情况，注意弹性绳的弹力等于重力时人的速度最大。17．（2024秋•前郭县校级期末）如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，振子的振动周期为T=2πmk，振子经过O点的速度为v。在O点正上方一质量为（1）物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小。（2）物体落在振子上后，以振子向右经过O点为t＝0时刻，求振子第3次到达最左端经历的时间。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；动量守恒定律的一般应用．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；简谐运动专题．【答案】（1）物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小为v2（2）物体落在振子上后，以振子向右经过O点为t＝0时刻，振子第3次到达最左端经历的时间为11π【分析】（1）振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解；（2）根据弹簧振子周期公式，找到振子第一次到达最左端的时刻，再根据运动的周期性求解其它时刻。【解答】解：（1）设物体落在振子上时二者速度为v共，物体落在振子上前后，振子与物体组成的系统在水平方向动量守恒，有mv＝2mv共解得v（2）题意可知，物体落在振子上后，振子总质量为2m，故振子的振动周期为T以振子向右经过O点为t＝0时刻，分析可知振子第一次到达最左端经历的时间t考虑周期性可知，振子第3次到达最左端经历的时间t答：（1）物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小为v2（2）物体落在振子上后，以振子向右经过O点为t＝0时刻，振子第3次到达最左端经历的时间为11π【点评】本题考查了动量守恒和弹簧振子周期，关键要根据运动的周期性求解振子到达最左端的时刻，有一定的难度。18．（2024秋•西安期末）某同学在研究简谐运动规律过程中，发现弹簧连接一个物体时较容易成功，而两个物体摞在一起做简谐运动却比较困难。如图所示，A、B两木块质量分别是mA＝0.2kg，mB＝0.3kg，弹簧的劲度系数k＝0.50N/cm，A和B间的动摩擦因数μ＝0.3，B与水平面的摩擦力不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。（1）求两木块一起做简谐运动的位移是2cm时，两木块的加速度大小；（2）求两木块一起做简谐运动的位移是2cm时，A、B两木块间的摩擦力大小；（3）两木块一起做简谐运动的过程中，求它们的最大振幅及木块A的最大动能。【考点】简谐运动的回复力；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】（1）两木块的加速度大小等于2m/s2；（2）A、B两木块间的摩擦力大小等于0.4N；（3）它们的最大振幅等于3cm，木块A的最大动能等于0.009J。【分析】（1）以两木块为整体，根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）以A为对象，根据牛顿第二定律求解A、B两木块间的摩擦力大小；（3）两木块一起做简谐运动的过程中，它们振幅最大时，A、B两木块间的摩擦力达到最大，结合牛顿第二定律求解最大振幅，根据系统机械能守恒求解木块A的最大动能。【解答】解：（1）两木块一起做简谐运动的位移是2cm时，以两木块为整体，根据牛顿第二定律可得F＝kx＝（mA+mB）a解得加速度大小为a=（2）两木块一起做简谐运动的位移是2cm时，以A为对象，根据牛顿第二定律可得f＝mAa解得A、B两木块间的摩擦力大小为f＝0.4N（3）两木块一起做简谐运动的过程中，它们振幅最大时，A、B两木块间的摩擦力达到最大，则有fmax＝mAamaxkAmax＝（mA+mB）amax联立解得最大振幅为Amax＝3cm根据系统机械能守恒可得Epmax解得vmax＝0.3m/s则木块A的最大动能为EAk答：（1）两木块的加速度大小等于2m/s2；（2）A、B两木块间的摩擦力大小等于0.4N；（3）它们的最大振幅等于3cm，木块A的最大动能等于0.009J。【点评】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键。19．（2024秋•苏州期末）如图所示，细线的上端固定于O点，下端系一质量为m的小球，制作成一个周期为T的单摆。现使小球在竖直平面内做小角度摆动，空气阻力不计，重力加速度为g。求：（1）一个周期内，小球所受重力的冲量I；（2）该单摆的摆长L。【考点】单摆摆长的计算；求恒力的冲量．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．【答案】（1）小球所受重力的冲量I为mgT；（2）该单摆的摆长L为gT【分析】（1）根据冲量的公式解答；（2）根据单摆的周期公式推导摆长表达式。【解答】解：（1）根据冲量的定义式有I＝mgT；（2）根据单摆的周期公式T＝2πLg，解得L=答：（1）小球所受重力的冲量I为mgT；（2）该单摆的摆长L为gT【点评】考查单摆的周期和恒力冲量问题，会根据题意进行准确分析解答。20．（2024秋•随州期末）有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20cm，振子在2s内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时（t＝0），经过14（1）求振子的振幅和周期；（2）在图中作出该振子的位移—时间图象；（3）写出振子的振动表达式．【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】简谐运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）振幅是振子离开平衡位置的最大距离，B、C间的距离等于2A．振子完成一次全振动所用的时间即为一个周期．（2）由振子经过平衡位置时开始计时，振动方程是正弦函数．经过14周期，振子具有正向最大加速度，位移为负向最大．即可写出振子的振动方程．根据数学知识作出振子的位移—时间图象（3）根据y﹣t图象写出振动方程即可．【解答】解：（1）振子的振幅为：A＝10cm振子的周期为T＝0.2s（2）振子的位移﹣﹣时间图象如图所示（3）ω振子的振动方程为y＝﹣Asinωt＝﹣10sin10πt．答：（1）振子的振幅为10cm，周期为0.2s；（2）该振子的位移﹣﹣时间图象如图所示；（3）振子的振动方程为y＝﹣10sin10πt．【点评】本题要理解并掌握振幅和周期的概念，要能根据t＝0时刻的状态写出振动方程．

考点卡片1．复杂的运动学图像问题【知识点的认知】1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如xt-t图像，v﹣x图像、v2﹣2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。3.解题步骤一般如下：①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；②根据图像推出具体的表达式；③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。【命题方向】在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（）A、甲车的加速度比乙车的加速度小B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇C、在x＝1m处甲、乙两车相遇D、在t＝2s末甲、乙两车相遇分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式：v2-v02=解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。由图可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇处两车的位移为x=12a甲t2=1故选：D。点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．【解题思路点拨】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。2．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．3．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。4．水平转盘上物体的圆周运动【知识点的认识】1.当物体在水平转盘上做圆周运动时，由于转速的变化，物体受到的向心力也会发生变化，经常考查临界与极值问题。2.可能得情况如下图：【命题方向】如图所示，水平转盘上放有质量为m的物体，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）．物体和转盘间的最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：（1）当转盘的角速度ω1=μg2r（2）当转盘的角速度ω2=3分析：根据牛顿第二定律求出绳子恰好有拉力时的角速度，当角速度大于临界角速度，拉力和摩擦力的合力提供向心力．当角速度小于临界角速度，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出细绳的拉力大小．解答：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω0，则μmg＝mrω02，解得：ω（1）因为ω1=μg2r＜ω0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物与盘产生答：当转盘的角速度ω1=μg2r时，细绳的拉力F（2）因为ω2=3μgFT解得F答：当转盘的角速度ω2=3μg2点评：解决本题的关键求出绳子恰好有拉力时的临界角速度，当角速度大于临界角速度，摩擦力不够提供向心力，当角速度小于临界角速度，摩擦力够提供向心力，拉力为0．【解题思路点拨】1.分析物体做圆周运动的轨迹平面、圆心位置。2.分析物体受力，利用牛顿运动定律、平衡条件列方程。3.分析转速变化时接触面间摩擦力的变化情况、最大静摩擦力的数值或变化情况，确定可能出现的临界状态.对应的临界值，进而确定极值。5．判断机械能是否守恒及如何变化【知识点的认识】1.机械能守恒的条件为：（1）只受到重力。（2）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，但其他力不做功。（3）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，其他力所做总功为零2.判断机械能是否守恒的方法有（1）做功条件分析法应用系统机械能守恒的条件进行分析。分析各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒。（2）能量转化分析法从能量转化的角度进行分析。若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒。（3）增减情况分析法直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析。若系统的动能与势能均增加或均减少；若系统的动能与势能只有一种形式的能发生了变化；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则可判定机械能不守恒。（4）典型过程对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。3.机械能如何转化如果“外力”对系统做正功，系统的机械能增大；如果外力对系统做负功，系统的机械能减小。【命题方向】下列过程中机械能守恒的是（）A、跳伞运动员匀速下降的过程B、小石块做平抛运动的过程C、子弹射穿木块的过程D、木箱在粗糙斜面上滑动的过程分析：当系统只有重力做功或弹簧的弹力做功时，系统的动能和势能相互转化但总能量保持不变．判断机械能守恒的方法有两种：一是根据条件进行判断；二是根据能量的变化进行判断．解答：A、运动员动能不变，但高度下降，故重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、石块在平抛运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；C、子弹穿过木块时由于摩擦力做功，故有内能产生，故机械能不守恒，故C错误；D、木箱在粗糙斜面上运动时，由于摩擦力做功，故有内能产生，机械能不守恒，故D错误；故选：B。点评：机械能守恒是考试中常见问题，一定要掌握判断机械能守恒的条件．【解题思路点拨】1.机械能守恒的判断（1）用做功来判断：分析物体或物体受力情况（包括内力和外力）明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。（2）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，无机械能与其他形式的能的转化，则系统机械能守恒。2.判断机械能守恒的三个易错点（1）合力为零是物体处于平衡状态的条件。物体的合力为零时，它一定处于匀速直线运动状态或静止状态，但它的机械能不一定守恒。（2）合力做功为零是物体动能不变的条件。合力对物体不做功，它的动能一定不变，但它的机械能不一定守恒。（3）只有重力做功或系统内弹力做功是机械能守恒的条件。只有重力对物体做功时，物体的机械能﹣定守恒；只有重力或系统内弹力做功时，系统的机械能一定守恒。6．机械能与曲线运动相结合的问题【知识点的认识】本考点旨在针对机械能守恒定律与曲线运动相结合的问题，包括一般曲线运动、圆周运动、平抛运动等。【命题方向】如图所示，在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R．质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h＝2.5R的A点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失．求：（1）小物块通过B点时速度vB的大小；（2）小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力F的大小；（3）小物块能否通过圆形轨道的最高点D．分析：（1）A到B过程由机械能守恒定律即可求得物体通过B点时的速度；（2）物体做圆周运动，则由牛顿第二定律可求得支持力的大小；（3）由动能定理可求得D点的速度，再由牛顿第二定律求出物体通过高点需要的最小速度，比较即可得出物体能否通过最高点．解答：（1）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得：mgh解得：V（2）物块从B至C做匀速直线运动∴vC＝vB=物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，由牛顿第二定律有：FN解得：FN＝6mg（3）设物块能从C点运动到D点，由机械能守恒得：12∴V物块做圆周运动，通过圆形轨道的最高点的最小速度设为vD1，由牛顿第二定律得：mg＝mvvD1=故正好通过D点．（1）小物块通过B点时速度vB的大小为5gR（2）小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力F的大小为6mg；（3）小物块正好通过圆形轨道的最高点D．点评：本题考查机械能守恒定律及竖直面内的圆周运动，选择合适的过程，并注意竖直面内圆周运动的临界条件即可求解．【解题思路点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。7．求恒力的冲量【知识点的认识】1.恒力的冲量可以用冲量的定义式进行计算：I＝FΔt。2.冲量的方向：与力的方向一致。【命题方向】如图所示，一物体从光滑斜面顶端由静止开始下滑．已知物体的质量m＝0.50kg，斜面的倾角θ＝30°，斜面长度L＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2．求：（1）物体沿斜面下滑的加速度大小；（2）物体滑到斜面底端时的速度大小；（3）物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小。分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得加速度；（2）根据匀加速直线运动位移—速度公式即可求解速度；（3）先根据位移—时间公式求出下滑的时间，再根据冲量公式即可求解．解答：（1）物体在斜面上所受合力沿斜面向下，大小为F合＝mgsinθ设物体沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma解得a＝5.0m/s2（2）设物体滑到斜面底端时的速度大小为v，则有v2＝2aL解得v＝5.0m/s（3）设物体下滑过程的时间为t，则有v＝at解得t＝1.0s在此过程中重力对物体的冲量为IG＝mgt＝5N•s答：（1）物体沿斜面下滑的加速度大小为5.0m/s2．（2）物体滑到斜面底端时的速度大小为5.0m/s．（3）物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小为5N•s．点评：本题主要考查了匀加速直线运动速度—位移公式及牛顿第二定律的应用，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】恒力的冲量可用Ⅰ＝FΔt直接求解，但要分清是哪个力在哪一段时间内的冲量。8．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．9．动量守恒定律的一般应用【知识点的认识】1.本考点旨在针对用动量守恒定律解决简单问题的情况。2.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义（1）p＝p'：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。（2）m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的