2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之机械振动（一）

第65页（共65页）2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之机械振动（一）一．选择题（共15小题）1．（2025•四川）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（）A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为3：4 D．小球丙、丁的摆长之比为1：22．（2024•福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管（）A．振幅为2.0cm B．振动频率为2.5Hz C．在t＝0.1s时速度为零 D．在t＝0.2s时加速度方向竖直向下3．（2024•浙江）如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（）A．t1时刻小球向上运动 B．t2时刻光源的加速度向上 C．t2时刻小球与影子相位差为π D．t3时刻影子的位移为5A4．（2024•北京）图甲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变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t＝0时，弹簧弹力为0 B．t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方 C．从t＝0至t＝0.2s，手机的动能增大 D．a随t变化的关系式为a＝4sin（2.5πt）m/s25．（2024•河北）如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x﹣t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1m，电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s内通过的路程分别为（）A．0.2rad/s，1.0m B．0.2rad/s，1.25m C．1.26rad/s，1.0m D．1.26rad/s，1.25m6．（2024•甘肃）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同7．（2024•浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，则（）A．摆角变小，周期变大 B．小球摆动周期约为2s C．小球平衡时，A端拉力为32D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力8．（2023•全国）如图，两块大导体板水平相对放置，相距为d，电势分别为U0和﹣U0（U0＞0），长为L的绝缘细绳上端固定于上板，下端与质量为m的带正电小球连接，小球带电量为Q。重力加速度大小为g。小球在平衡位置附近摆动的周期是（）A．2πmLdmgd+2QU0 BC．2πmLdmgd+QU0 9．（2023•上海）真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是（）A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度增大，加速度不变 D．速度减小，加速度不变10．（2022•重庆）某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t＝0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），t1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（）A．浮标的振动周期为4t1 B．水波的传播速度大小为L4C．32t1时刻浮标沿D．水波的波长为2L11．（2022•辽宁）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（）A．该时刻速度沿y轴正方向 B．该时刻加速度沿y轴正方向 C．此后14周期内通过的路程为AD．此后12周期内沿x轴正方向迁移为112．（2022•浙江）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（）A．甲图中的小球将保持静止 B．甲图中的小球仍将来回振动 C．乙图中的小球仍将来回摆动 D．乙图中的小球将做匀速圆周运动13．（2022•海南）有甲、乙两个单摆（同一地点），其振动图像如图所示，则摆长之比是多少（）A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：414．（2022•北京）在如图所示的xOy坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a。t＝0时，x＝0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。t=34A．t＝0时，质点P0沿y轴负方向运动 B．t=34T时，质点P4C．t=34T时，质点P3和P5D．该列绳波的波速为815．（2022•湖北）如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（）A．μmgk B．2μmgk C．4μmg二．多选题（共5小题）（多选）16．（2025•甘肃）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（）A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g2C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为mgkD．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2（多选）17．（2025•湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（）A．小球a可能会运动 B．若小球b做简谐运动，则其振幅为l2C．当且仅当l≤mgk时，小球bD．当且仅当l≤2mgk（多选）18．（2025•河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（）A．左侧小物块沿斜面做简谐运动 B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大 C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等 D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长（多选）19．（2024•贵州）如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光滑小球将瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在t＝0时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为T。规定竖直向上为正方向，则小球在t＝1.5T时刻（）A．位移最大，方向为正 B．速度最大，方向为正 C．加速度最大，方向为负 D．受到的回复力大小为零（多选）20．（2023•山东）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的3倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（）A．2L3-1，3t B．C．2L3+1，125t D

2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之机械振动（一）参考答案与试题解析一．选择题（共15小题）题号1234567891011答案CBDDCCBABAA题号12131415答案BCDC二．多选题（共5小题）题号1617181920答案BCADACACBC一．选择题（共15小题）1．（2025•四川）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（）A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为3：4 D．小球丙、丁的摆长之比为1：2【考点】单摆周期的计算及影响因素；单摆及单摆的条件．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力．【答案】C【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。【解答】解：A.小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；小球甲经过14T甲的时间第一次回到释放位置时，因14T甲=18TB.小球甲完成2个周期的振动时，小球乙、丁恰好到达另一侧最高点；根据单摆周期公式T由此可知1.5T乙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲，即T丁＝3T乙小球丁经过14T丁C.由上述B分析可知T甲T乙D.根据单摆周期公式T摆长L因此L由于T丙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲得T丁＝2T丙联立解得L丙L丁故选：C。【点评】本题主要考查了单摆周期公式的运用，在同一地点，单摆的摆长越大，周期越大；明确简谐运动的正确性时解题的关键。2．（2024•福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管（）A．振幅为2.0cm B．振动频率为2.5Hz C．在t＝0.1s时速度为零 D．在t＝0.2s时加速度方向竖直向下【考点】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】B【分析】AB.根据简谐运动的y﹣t图像判断振幅和周期，再计算频率；C.根据质点的运动位置判断速度大小；D.根据回复力公式结合牛顿第二定律分析加速度方向。【解答】解：AB.从图像中可以直接读出振幅为1.0cm，周期为T＝0.4s，则频率f=1T=10.4Hz＝2.5HzC.t＝0.1s时，质点处平衡位置，速度为最大，故C错误；D.t＝0.2s时，质点处于负向位移最大处，根据F＝﹣kx及牛顿第二定律，可知加速度方向与位移方向相反，为竖直向上，故D错误。故选：B。【点评】考查简谐运动的位移—时间图像的认识和理解，会根据题意判断速度和加速度、频率等问题。3．（2024•浙江）如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（）A．t1时刻小球向上运动 B．t2时刻光源的加速度向上 C．t2时刻小球与影子相位差为π D．t3时刻影子的位移为5A【考点】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；图析法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】简谐运动的位移—时间图像是（余）弦函数图像，反映同一质点在不同时刻的位移，根据时间轴可以得到振动周期，纵轴可以得到振幅，根据图象可以判断速度、加速度、位移、回复力的变化；横轴表示平衡位置，离平衡位置越远，位移、加速度、回复力越大，速度越小，做简谐运动的物体回复力满足：F＝﹣kx。【解答】解：A．以竖直向上为正方向，根据图2可知，t1时刻，小球位移为零，位于平衡位置，随后位移变为负值，且大小增大，可知，t1时刻小球向下运动，故A错误；B．以竖直向上为正方向，t2时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦函数，表明其做简谐运动，根据F回＝﹣kx和F＝ma可得：a可知，其加速度方向与位移方向总是相反，位移方向向上，则加速度方向向下，故B错误；C．根据图2可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，可知，影子与小球的振动步调总是相同，即t2时刻小球与影子相位差为0，故C错误；D．根据图2可知，t3时刻，光源位于最低点，则小球位于最高点，根据光的直线传播可知，屏上影子的位置也处于最高点，影子位于正方向上的最大位移处，根据数学知识可得：ll解得：x影子＝5A即t3时刻影子的位移为5A，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查简谐运动的位移—时间图像的应用。根据简谐运动位移—时间图像物理意义解答。4．（2024•北京）图甲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变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t＝0时，弹簧弹力为0 B．t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方 C．从t＝0至t＝0.2s，手机的动能增大 D．a随t变化的关系式为a＝4sin（2.5πt）m/s2【考点】简谐运动的能量问题；简谐运动的图像问题．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】D【分析】A、根据t＝0时刻手机a＝0，由牛顿第二定律可知弹簧弹力大小；B、根据手机加速度的正负、简谐运动的特点分析；C、根据做简谐运动的物体远离平衡位置，加速度越大，速度越小分析；D、根据图像可得周期，根据ω=2πT可得ω，则可得【解答】解：A、由图乙可知，t＝0时刻，手机加速度为0，由牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为：Fk＝mg，故A错误；B、t＝0.2s时，手机的加速度为正值，可知手机的加速度向上，指向平衡位置，根据简谐运动的特点可知手机位于平衡位置下方，故B错误；C、从t＝0至t＝0.2s过程，手机的加速度增大，可知手机从平衡位置向最大位移处运动，手机的速度减小，动能减小，故C错误；D、由图乙知，T＝0.8s，则ω=2πT=2π0.8rad/s=2.5πrad/s，可知a随故选：D。【点评】本题考查了简谐运动的图像问题、简谐运动的特点，解题的关键是知道简谐运动加速度方向始终指向平衡位置，加速度方向与相对平衡位置的位移的方向始终相反。5．（2024•河北）如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x﹣t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1m，电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s内通过的路程分别为（）A．0.2rad/s，1.0m B．0.2rad/s，1.25m C．1.26rad/s，1.0m D．1.26rad/s，1.25m【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．【答案】C【分析】根据圆频率与转速的关系分析作答；根据圆频率求振动周期，再求光点在12.5s内通过的路程。【解答】解：轻杆固定在电动机的转轴上，与电动机同轴转动，紫外光笔振动的圆频率等于电动机转动的频率圆频率ω振动周期T振幅A＝0.1m光点在12.5s内通过的路程s综上分析，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题以电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动为背景考查了简谐运动圆频率和光点通过的路程，需要对题目情景加强理解，考查考生知识的迁移能力；注意转速的单位要换算成r/s。6．（2024•甘肃）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同【考点】单摆的振动图像和表达式；单摆及单摆的条件．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．【答案】C【分析】由单摆的振动图像直接读出周期，根据单摆周期公式求解摆长。起始时处于位移最大处，此刻速度最小。根据x﹣t图像的斜率表示速度分析A、B点的速度关系和A、C点的速度关系。【解答】解：由单摆的振动图像可知周期T＝0.8π，根据单摆的周期公式T＝2πLg，解得摆长为：L＝起始时处于位移最大处，此刻速度最小，且为零。根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知A、B点的速度大小相等，方向相反，A、C点的速度大小和方向均相同，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查了简谐运动的单摆模型，掌握单摆的周期公式，以及单摆的振动图像的物理意义。7．（2024•浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，则（）A．摆角变小，周期变大 B．小球摆动周期约为2s C．小球平衡时，A端拉力为32D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力【考点】单摆周期的计算及影响因素；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；共点力作用下物体平衡专题．【答案】B【分析】对平衡时的小球受力分析，A端，B端的拉力大小是相等的，根据几何关系得到两段细线与竖直方向的夹角，由平衡条件求解细线的拉力。根据几何关系求得等效摆长，根据单摆的周期公式分析解答AB选项。【解答】解：A、单摆的周期T=2πLCD、由题意可知，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如下图所示：根据几何关系可知两段绳与竖直方向的夹角均为30°，由平衡条件得：FA=FB、两段绳的夹角等于60°，根据几何关系可知，等效摆长L=小球摆动周期T=2πLg，解得T＝故选：B。【点评】本题考查了共点力的平衡问题，单摆的周期计算。基础题目，要知道同一根细线的拉力大小相等，掌握蛋白的周期公式。8．（2023•全国）如图，两块大导体板水平相对放置，相距为d，电势分别为U0和﹣U0（U0＞0），长为L的绝缘细绳上端固定于上板，下端与质量为m的带正电小球连接，小球带电量为Q。重力加速度大小为g。小球在平衡位置附近摆动的周期是（）A．2πmLdmgd+2QU0 BC．2πmLdmgd+QU0 【考点】单摆及单摆的条件；电场强度与电场力的关系和计算；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】定量思想；推理法；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】A【分析】若上下导体板电势均为零时，小球在平衡位置附近摆动的周期为T0＝2πLg，由于上下导体板间有电势差，带电小球处于重力场和电场的双重作用中，故上述周期公式中的重力加速度g实际应为重力场和电场作用下的等效重力加速度g即等效重力加速度g′中有电场的作用效果，也就是说，按照力的独立性原则，电场也会对带电小球产生向下加速的效果。上下导体板间的电势差可求，电场强度依E=Ud可求，小球所受电场力可求。将求出的等效重力加速度【解答】解：若上下导体板电势均为零时，由单摆周期公式可得，小球在平衡位置附近摆动的周期为T0＝2πL由于上下导体板间有电势差，带电小球处于重力场和电场的双重作用中，故上述周期公式中的重力加速度g实际应为重力场和电场作用下的等效重力加速度g′上下导体板间有电势差为U＝U0﹣（﹣U0）＝2U0上下导体板间的电场强度为E=按照力的独立性原则，小球在重力场和电场共同作用下，产生的等效重力加速度g′应满足g′＝g+联立各式解得g′=代入单摆周期公式，可得小球在平衡位置附近摆动的周期为T＝2πmLd故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要考查复合场下的运动问题，物体在只有重力场的作用下适用的公式，在复合场下，公式基本形式不变，但具体参数和物理意义会有所变化，要灵活变通，本题关键要掌握力的独立性原则。9．（2023•上海）真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是（）A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度增大，加速度不变 D．速度减小，加速度不变【考点】简谐运动的回复力．【专题】定性思想；模型法；简谐运动专题；理解能力．【答案】B【分析】根据简谐运动的动力学定义分析，简谐运动的回复力方向总是指向平衡位置，与位移方向相反，且回复力大小与位移大小成正比。【解答】解：ABC、微粒Q可能正在向P点运动若正在向P点运动，则位移在减小，回复力在减小，根据牛顿第二定律可知加速度在减小，这时回复力方向指向P点，和速度方向一致，速度在增大，故A错误，B正确；D、微粒Q可能远离P点运动，则位移在增大，回复力在增大，根据牛顿第二定律可知加速度在增大，这时回复力方向指向P点，和速度方向相反，速度在减小，故D错误。故选：B。【点评】本题需联系简谐运动的动力学定义，具体根据牛顿第二定律、回复力和速度方向的关系分析才能透彻理解。10．（2022•重庆）某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t＝0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），t1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（）A．浮标的振动周期为4t1 B．水波的传播速度大小为L4C．32t1时刻浮标沿D．水波的波长为2L【考点】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】A【分析】根据题意解得周期，根据图像分析质点的振动方向，根据λ＝vT解得波长。【解答】解：A.根据振动图像可知，波源在0时刻振动，波形经过t1=14T传递到浮标处，浮标的振动周期为T＝4t1，故B.波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标，可知波速大小为v=Lt1C.根据虚线图像可知浮标在32t1时刻沿y轴正方方向运动，故CD、水波的波长为λ＝vT=Lt1•4t1＝4L故选：A。【点评】本题考查波的形成，明确波的传播特点是解题的关键，注意各质点的振动情况并与波源相联系，基础题．11．（2022•辽宁）一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（）A．该时刻速度沿y轴正方向 B．该时刻加速度沿y轴正方向 C．此后14周期内通过的路程为AD．此后12周期内沿x轴正方向迁移为1【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】定性思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据“平移法”可知P在该时刻速度方向；根据a=-kxm【解答】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，根据“平移法”可知P在该时刻速度沿y轴正方向，故A正确；B、根据a=-kxm可知此时刻P质点的加速度沿yC、P不在平衡位置，波峰、波谷处，所以此后14周期内通过的路程不为A，故CD、振动质点不会随波迁移，只能在平衡位置两侧做往复振动，故D错误。故选：A。【点评】本题主要是考查机械波的特点，知道机械波传播的是振动的形式，因此机械波可以传递能量、传递信息，在波的传播方向上，各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波定向迁移。12．（2022•浙江）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（）A．甲图中的小球将保持静止 B．甲图中的小球仍将来回振动 C．乙图中的小球仍将来回摆动 D．乙图中的小球将做匀速圆周运动【考点】简谐运动的回复力；单摆及单摆的条件．【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】相对在地球上，太空中重力忽略不计，从而结合简谐运动回复力分析各选项。【解答】解：AB、甲图做简谐运动，回复力为弹力，不受重力影响，故仍来回振动，故A错误，B正确；CD、乙图小球受重力影响来回振动，太空中重力不计，故不能摆动或匀速圆周运动，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查简谐运动，灵活运用受力分析是解题关键。13．（2022•海南）有甲、乙两个单摆（同一地点），其振动图像如图所示，则摆长之比是多少（）A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4【考点】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】C【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＝2πl解得，单摆的摆长为l=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：C。【点评】本题考查单摆的周期，要熟练理解记忆单摆的周期公式、物理过程分析。14．（2022•北京）在如图所示的xOy坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a。t＝0时，x＝0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。t=34A．t＝0时，质点P0沿y轴负方向运动 B．t=34T时，质点P4C．t=34T时，质点P3和P5D．该列绳波的波速为8【考点】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】D【分析】根据波形图结合上下坡法分析出质点的振动方向；根据波形图得出质点的位移，进而分析出速度大小；根据图像得出波长和周期，从而计算出波速的大小。【解答】解：A、由t=34T时的波形图可知，波刚好穿到质点P6，根据上下坡法，可知此时质点P6沿y轴正方向运动，故波源的起振方向也沿y轴正方向，故t＝0时，质点P0沿x轴正方向运动，故B、由图可知，在t=34T时质点P4处于正的最大位移处，故速度为零，故C、由图可知，在t=34T时，质点P3沿y轴负方向运动，质点P5沿y轴正方向运动，故两个质点的相位不相同，故D、由图可知：λ解得：λ＝8a故该列绳波的波速为v=λT故选：D。【点评】本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。15．（2022•湖北）如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（）A．μmgk B．2μmgk C．4μmg【考点】简谐运动的回复力．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据受力平衡解得弹簧的形变量，剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒。【解答】解：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x=故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握剪断细绳后，Q仍静止不动。二．多选题（共5小题）（多选）16．（2025•甘肃）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（）A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g2C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为mgkD．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2【考点】简谐运动的回复力；胡克定律及其应用；牛顿第二定律求解瞬时问题．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，由此分析弹簧的状态；剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，由平衡条件得到初始弹簧弹力，根据牛顿第二定律求解剪断细线的瞬间小球A的加速度大小；剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，根据胡克定律可得小球A运动到最低点时弹簧的伸长量；由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时所受合力，同理可得弹簧的伸长量。【解答】解：A、小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是出于伸长状态，故A错误；B、未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0＝（m+2m）g＝3mg，剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A，根据牛顿第二定律得：F0﹣2mg＝2ma，解得小球A的加速度大小为a=g2，故CD、剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由B选项的解答可知，小球A运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为3mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为3mg由B选项的解答可知，小球A在最低点时所受合力向上，大小为F0﹣2mg＝mg，由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为mg，因小球A的重力为2mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此弹簧为伸长状态，其伸长量为mgk，故C正确，D故选：BC。【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的瞬时问题，以及简谐运动的规律。要知道弹簧弹力不突变，掌握简谐运动的对称性。（多选）17．（2025•湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（）A．小球a可能会运动 B．若小球b做简谐运动，则其振幅为l2C．当且仅当l≤mgk时，小球bD．当且仅当l≤2mgk【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；连接体模型．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。【解答】解：A、释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球a会向上运动，故A正确；CD、当小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等于mg，此时弹簧的压缩量为x1=mgk，小球b做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量为x2=mgk，所以最大振幅为Amax=x1B、小球b做简谐运动时的振幅为A＝l，故B错误。故选：AD。【点评】掌握物体做简谐运动的条件是解题的基础。（多选）18．（2025•河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（）A．左侧小物块沿斜面做简谐运动 B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大 C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等 D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】简谐运动的回复力满足F＝﹣kx，证明物块合外力满足该条件即可；对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度；再对左侧小物块根据牛顿第二定律求解细线拉力大小；根据简谐运动的对称性进行解答；根据小物块做简谐运动的周期决定因素分析周期，由此得到右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间是否变化。【解答】解：A、初始时弹簧均处于原长，此时弹簧弹力为零，细绳拉力T和小物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等，初始位置为平衡位置。当小物块离开平衡位置的位移为x时，对两边小物块整体进行受力分析，合力大小为：F＝2kx（k为弹簧的劲度系数）；因为合力与位移成正比且方向相反，则F回复＝﹣2kx，满足简谐运动的回复力特征，所以两个小物块沿斜面均做简谐运动，则左侧小物块沿斜面做简谐运动，故A正确；B、对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律可得：F合＝2ma＝2kx，解得：kx＝ma当左侧小物块加速度沿斜面向下时，设细线拉力为T1，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+kx﹣T1＝ma联立解得：T1＝mgsinθ当左侧小物块加速度沿斜面向上时，设细线拉力为T2，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：kx+T2﹣mgsinθ＝ma联立解得：T2＝mgsinθ所以细线拉力不变，故B错误；C、根据简谐运动的对称性可知，右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等，方向相反，故C正确；D、小物块做简谐运动的周期决定于小物块质量和弹簧劲度系数，周期与斜面倾角θ无关，右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间为半个周期，所以右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变，故D错误。故选：AC。【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置，知道物体做简谐运动的受力特点。（多选）19．（2024•贵州）如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光滑小球将瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在t＝0时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为T。规定竖直向上为正方向，则小球在t＝1.5T时刻（）A．位移最大，方向为正 B．速度最大，方向为正 C．加速度最大，方向为负 D．受到的回复力大小为零【考点】简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据题意先判断小球在经过1.5T时刻做简谐运动对应的位置，再根据位置判断位移、瞬时速度、回复力、加速度等的大小和方向。【解答】解：小球的初始位置位于平衡位置的下方最大位移处，简谐运动的周期为T，结合简谐运动的特点，则经过1.5T的时间，小球应该运动到竖直方向上的最高点，此时平衡位置在该位置下方。A.根据以上分析，该位置位移有最大值，且方向为正，故A正确；B.由于小球在最高点，所以速度为0，故B错误；CD.根据F回＝﹣kx可知，该位置回复力最大，而a=F回m，可得加速度最大，方向为负，故C故选：AC。【点评】考查简谐运动的回复力、位移、速度、加速度等问题，会根据题意进行准确分析和判断。（多选）20．（2023•山东）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的3倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（）A．2L3-1，3t B．C．2L3+1，125t D【考点】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；分析综合能力．【答案】BC【分析】分情况讨论AB两点在平衡位置的同侧与AB两点在平衡位置两侧，根据此时的振动方程求出初相位，再根据时间关系求出周期；根据位移关系求出振幅。【解答】解：AB．当AB两点在平衡位置的同侧时有1232A＝Asinφ可得φa=π6；φb=π3因此可知第二次经过B点时φb=故2解得T＝4t此时位移关系为32A-12解得A=故A错误，B正确；CD．当AB两点在平衡位置两侧时有-132A＝Asinφ解得φa=-π6或者φa=-5π6（由图中运动方向舍去），当第二次经过B点时φb=22π解得T=12此时位移关系为32解得A=故C正确，D错误；故选：BC。【点评】本题考查的是根据两质点初相位求解周期与振幅大小，其中需注意要分情况讨论。

考点卡片1．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．2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy合4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。4．牛顿第二定律求解瞬时问题【知识点的认识】1.瞬时加速度问题：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。2.两种基本模型【命题方向】例1：如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是（）A.在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B.在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθC.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gD.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ分析：AC被剪断的瞬间，橡皮筋拉力消失，绳子拉力突变，小球加速度垂直于绳子方向；BC被剪断瞬间，橡皮筋弹力不变，橡皮筋弹力和重力的合力和原来的绳子拉力等大反向，即可求加速度。解答：小球静止时，由受力分析得FAC＝mgtanθ，FBCA、B当AC被突然剪断的瞬间，FAC突变为零，FBC突变为mgcosθ，重力垂直于绳子的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ，故A错误，B正确；C、D当BC被突然剪断的瞬间，FBC突变为零，FAC大小不变，此时小球所受合力mgcosθ=ma解得：a=g故选：BC。点评：本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题，剪断绳子时，橡皮筋上的弹力不突变，剪断橡皮筋时，橡皮筋上弹力消失，绳子拉力也会突变，平时多注意总结即可掌握。例2：如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA＝2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间（）A.A球加速度为32g，BB.A球加速度为32g，BC.A球加速度为12g，B球加速度为D.A球加速度为12g，B分析：悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力。突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度。解答：设B球质量为m，则A球质量为2m，悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力F＝mg，以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为3mg；剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F＝mg，根据牛顿第二定律得对A：2mg+F＝2maA，又F＝mg，得aA=3对B：F﹣mg＝maB，F＝mg，得aB＝0故选：B。点评：本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化。【解题思路点拨】明确研究对象→变化瞬间受力分析→牛顿第二定律→加速度5．连接体模型【知识点的认识】1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．2．解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．【命题方向】题型一：用整体法和隔离法解决连接体问题．例1：质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．无法确定分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a1=对A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a2=对A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得Fa3=对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k则x1：x2：x3＝1：故A正确，BCD错误故选：A．点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．例2：如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2分析：采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．解答：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=F6m；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma=F2．由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′=T3m，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′=故选：C．点评：本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系．【解题方法点拨】（1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．（2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．（3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．6．简谐运动的定义、运动特点与判断【知识点的认识】一、机械振动1.机械振动：物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运动，简称振动。2.两个振动中的概念（1）平衡位置：回复力为零的位置，也是振动物体在静止时所处的位置。（2）回复力：振动物体偏离平衡位置后所受到的阻碍它离开平衡位置，使它回到平衡位置的力。①与圆周运动中的向心力一样，回复力是振动问题中根据力的效果命名的一个效果力，它可由某一个力充当、某几个力的合力充当或某一个力的分力来充当。②与圆周运动中的向心力总是指向圆心类似，振动过程中的回复力的方向总是指向平衡位置。二、弹簧振子1.定义：小球与弹簧组成的系统，他是一个理想化模型。2.弹簧振子示意图：三、简谐运动1.概念：如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像（x﹣t图像）是一条正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。2.简谐运动是最基本的振动，弹簧振子中小球的运动就是简谐运动。3.简谐运动是一种变加速运动。四、简谐运动的特点瞬时性、对称性和周期性。【命题方向】关于简谐运动，下列说法正确的是（）A、物体在一个位置附近的往复运动称为简谐运动B、由于做简谐运动的物体受回复力作用，所以简谐运动一定是受迫振动C、如果物体的位移与时间关系图像是一条余弦曲线，则物体做的是简谐运动D、如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦曲线，则物体做的可能不是简谐运动分析：根据简谐振动的特征F＝﹣kx判断；简谐振动不是受迫振动；根据位移与时间的关系判断。解答：A、物体在一个位置附近的往复运动不一定是简谐运动，物体做简谐运动时，回复力与偏离平衡位置位移的关系是F＝﹣kx，负号表示回复力的方向与偏离平衡位置位移的方向相反，故A错误；B、系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动，受迫振动的周期由驱动力的周期决定；做简谐运动的周期由自身结构决定，故B错误；CD、根据简谐振动中位移随时间变化的特点，如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦或余弦曲线，则物体做的是简谐运动，故C正确，D错误。故选：C。点评：该题考查对简谐振动以及简谐振动的特点的理解，解答本题关键是掌握简谐振动的特征。【解题思路点拨】1.实际物体看作弹簧振子的四个条件（1）弹簧的质量比小球的质量小得多，可以认为质量集中于振子（小球）。（2）构成弹簧振子的小球体积足够小，可以认为小球是一个质点。（3）忽略弹簧以及小球与水平杆之间的摩擦力。（4）小球从平衡位置被拉开的位移在弹性限度内。2.简谐运动的位移位移的表示方法：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，则某时刻振子偏离平衡位置的位移可用该时刻振子所在位置的坐标来表示。3.简谐运动的速度（1）物理含义：速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。在所建立的坐标轴（也称“一维坐标系”）上，速度的正、负号表示振子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反。（2）特点：如图所示为一简谐运动的模型，振子在O点速度最大，在A、B两点速度为零。4.判断一个振动为简谐运动的方法：（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝﹣kx进行判断。（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a=-k7．简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【知识点的认识】简谐运动的描述（1）描述简谐运动的物理量①位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量．②振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱．③周期T和频率f：物体完成一次全振动所需的时间叫周期，而频率则等于单位时间内完成全振动的次数，它们是表示震动快慢的物理量．二者互为倒数关系．（2）简谐运动的表达式x＝Asin（ωt+φ）．（3）简谐运动的图象①物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或余弦）曲线．②从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图1所示．从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图象如图2所示．【命题方向】常考题型是考查简谐运动的图象的应用：（1）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点运动频率是4HzB．在10s要内质点经过的路程是20cmC．第4s末质点的速度是零D．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度．解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为14Hz＝0.25Hz，故AB、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.5×4×2cm＝20cm，故B正确；C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；故选：B．点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用．（2）一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图所示，以某一时刻t＝0为计时起点，经14A．B．C．D．分析：根据某一时刻作计时起点（t＝0），经14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0时刻质点的位置和速度方向，确定位移的图象解：由题，某一时刻作计时起点（t＝0），经14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此时位移为负方向最大，即在A点，说明t＝0时刻质点经过平衡位置向左，则x＝故选：D．点评：本题在选择图象时，关键研究t＝0时刻质点的位移和位移如何变化．属于基础题．【解题方法点拨】振动物体路程的计算方法（1）求振动物体在一段时间内通过路程的依据：①振动物体在一个周期内通过的路程一定为四个振幅，在n个周期内通过的路程必为n•4A；②振动物体在半个周期内通过的路程一定为两倍振幅；③振动物体在T4内通过的路程可能等于一倍振幅，还可能大于或小于一倍振幅，只有当初始时刻在平衡位置或最大位移处时，T（2）计算路程的方法是：先判断所求时间内有几个周期，再依据上述规律求路程。8．简谐运动的图像问题【知识点的认识】1.物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或余弦）曲线．2.从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图1所示．从最