2026年高考物理模拟试卷重点知识题型-机械振动（2025年12月）

第1页（共1页）2026年高考物理复习机械振动（2025年12月）一．选择题（共8小题）1．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2（v1＞v2）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1，f2和A1，A2，则（）A．f1＞f2，A1＝A2 B．f1＜f2，A1＝A2 C．f1＝f2，A1＞A2 D．f1＝f2，A1＜A22．图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（）A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零 B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大3．一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子，使OO′=L2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于A．2πLg B．2πLC．2π（Lg+L2g） D．4．如图所示，质量为M的物块A上端与轻弹簧固定，弹簧劲度系数为k，下端用轻绳系住质量为m（m≠M）的木块B，起初静止，突然剪断A、B间轻绳，此后A将在竖直方向上做简谐运动，则（）A．物块A做简谐运动的振幅为MgkB．物块A做简谐运动的振幅为mgkC．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度为零 D．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度大小为Mg+mg5．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是（）A． B． C． D．6．如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在AB间振动。设AB＝20cm，振子由A到B时间为0.1s，则下列说法正确的是（）A．振子的振幅为20cm，周期为0.2s B．振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx+mg与kΔx﹣mg C．振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx D．振子一次全振动通过的路程是20cm7．如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°．已知OC线长是L，下端C点系着一个小球（忽略小球半径），下面说法正确的是（）A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πLgB．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π3L2gC．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π3L2gD．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2πL8．一质点做简谐振动的图象如图所示，则该质点（）A．在0至0.01s内，速度与加速度同向 B．在0.01s至0.02s内，速度与回复力同向 C．在0.025s时刻，速度与加速度均为负值 D．在0.04s时，速度最大，回复力为零二．多选题（共4小题）（多选）9．如图所示，弹簧振子以O为平衡位置，在BC间做简谐运动，则（）A．从B→O→C为一次全振动 B．从O→B→O→C为一次全振动 C．从C→O→B→O→C为一次全振动 D．从D→C→O→B→O→D为一次全振动（多选）10．如果下表中给出的是做简谐运动的物体的位移x、速度v与时间的对应关系，T是振动周期，则下列选项中正确的是（）0TT3TT甲零正向最大零负向最大零乙零负向最大零正向最大零丙正向最大零负向最大零正向最大丁负向最大零正向最大零负向最大A．若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v B．若丁表示位移x，则甲表示相应的速度v C．若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v D．若乙表示位移x，则丙表示相应的速度v（多选）11．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A．t＝0.8s时，振子的速度方向向左 B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处 C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同 D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大（多选）12．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为m＝2kg的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，B沿斜面做简谐运动，当B运动至最高点时，A刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数k＝200N/m，重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．物体B运动过程中，A、B、弹簧组成的系统机械能及动量均守恒 B．从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小 C．物体B静止于P点时，对物体B施加的压力F的大小为20N D．物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B的最大速度为1m/s三．填空题（共4小题）13．如图所示为一个弹簧振子做简谐运动的振动图象，由图可知，该弹簧振子的振幅是cm，振动频率是Hz．14．如图，一列波速为4m/s的简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，某时刻恰好传到x＝4m处的P介质点．再经过3s，x＝7m处的Q介质点运动的路程为m，位移为m．15．如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆．当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时b摆的振动周期（选填“大于”、“等于”或“小于”）d摆的周期．图乙是a摆的振动图象，重力加速度为g，则a的摆长为．16．如图所示，质量为m2的小球固定在竖直轻弹簧上，弹簧劲度系数为k，轻弹簧固定在质量为m1的底座上，整个装置置于水平地面上，拉小球使弹簧伸长一定长度，释放后小球将在竖直方向上做简谐运动。振动过程中底座恰好不离开地面，已知重力加速度为g，则小球的最大加速度为；底座对地面的最大压力大小为；小球做简谐振动的振幅为。四．解答题（共4小题）17．【选做题】A．（1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是。（填写选项前的字母）（A）气体分子间的作用力增大（B）气体分子的平均速率增大（C）气体分子的平均动能减小（D）气体组成的系统地熵增加（2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡（填“吸收”或“放出”）的热量是J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了J（3）已知气泡内气体的密度为1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol﹣1，取气体分子的平均直径为2×10﹣10m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留以为有效数字）B．（1）如图甲所示，强强乘电梯速度为0.9c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为。（填写选项前的字母）（A）0.4c（B）0.5c（C）0.9c（D）1.0c（2）在t＝0时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图乙所示。质点A振动的周期是s；t＝8s时，质点A的运动沿y轴的方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在t＝9s时，质点B偏离平衡位置的位移是cm（3）图丙是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜头竖直向上。照片中，水立方运动馆的景象呈现在半径r＝11cm的圆型范围内，水面上的运动员手到脚的长度l＝10cm，若已知水的折射率为n=43，请根据运动员的实际身高估算该游泳池的水深C．在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11（1）中微子与水中的11H发生核反应，产生中子（01n）和正电子（+10e），即中微子+11H→0（A）0和0（B）0和1（C）1和0（D）1和1（2）上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子（γ），即+10e+-1已知正电子和电子的质量都为9.1×10﹣31kg，反应中产生的每个光子的能量约为J．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是。（3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。18．如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10m/s2。（1）求单摆的振动周期和摆长；（2）求摆球的质量；（3）求摆球运动过程中的最大速度。19．如图所示，OA为一单摆，B是穿在一根较长细线上的小球，让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动的同时，另一小球B从与O点等高处由静止开始下落，当A球摆到最低点时，B球也恰好到达与A同一水平面处，求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比。（取g＝10m/s2，π2＝10）20．如图所示，将质量为m＝100g的平台A连接在劲度系数k＝200N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置质量也为m的物块B。使A、B一起上下振动，弹簧原长为5cm。A的厚度可忽略不计，g取10m/s2。求：（1）平衡位置距地面的高度；（2）当振幅为0.5cm时，求B对A的最大压力；（3）为使B在振动中始终与A接触，振幅的最大值。

2026年高考物理复习热搜题速递之机械振动（2025年12月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CDDBACAA二．多选题（共4小题）题号9101112答案CDABADBCD一．选择题（共8小题）1．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2（v1＞v2）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1，f2和A1，A2，则（）A．f1＞f2，A1＝A2 B．f1＜f2，A1＝A2 C．f1＝f2，A1＞A2 D．f1＝f2，A1＜A2【考点】单摆的能量转化；单摆周期的计算及影响因素．【答案】C【分析】改变摆球的初速度，根据机械能守恒，会改变单摆的摆角，从而改变振幅，但不会改变单摆的周期．【解答】解：根据单摆周期公式T=2πlg，相同的单摆，周期相同，频率f=1T，所以频率相同。根据机械能守恒得，速度大者摆角大，则振幅也大，所以A1＞A2．故A、B、故选：C。【点评】解决本题的关键掌握单摆的周期跟什么因素有关，改变单摆的速度只会改变摆角，不会改变周期．2．图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（）A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零 B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大【考点】单摆及单摆的条件．【专题】单摆问题．【答案】D【分析】摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B，速度最大，恢复力为零，绳的拉力最大．【解答】解：A、摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故AB错误C、在最低点B，速度最大，回复力为零，摆球做圆周运动，绳的拉力最大，故C错误，D正确。故选：D。【点评】考查了单摆的运动情况，回复力变化，合力的变化情况，难度一般，注意位移与恢复力的关系．3．一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子，使OO′=L2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于A．2πLg B．2πLC．2π（Lg+L2g） D．【考点】摆长变化对单摆运动的影响；单摆周期的计算及影响因素．【专题】单摆问题．【答案】D【分析】依据单摆的周期公式成立的条件是摆角小于5°，开始时候摆角为5°，后来摆长变为两倍，摆角小于5°由单摆周期公式可得结果．【解答】解：原来单摆的摆线与竖直成5°角时无初速释放，右半边运动的时间为：t1=12×2πL由机械能守恒可知，小球单摆左侧和右侧的高度相同，而右侧的摆线长，故其摆角应小于左侧的摆角，即小于5°，竖直位置左侧的时间为：t2=12×2πL故小球的运动周期为：T＝t1+t2＝π（Lg故选：D。【点评】掌握好单摆公式的成立条件，知道摆长的变化带来的周期变化，该单摆的周期是由两个不同的摆长的各半个周期构成．4．如图所示，质量为M的物块A上端与轻弹簧固定，弹簧劲度系数为k，下端用轻绳系住质量为m（m≠M）的木块B，起初静止，突然剪断A、B间轻绳，此后A将在竖直方向上做简谐运动，则（）A．物块A做简谐运动的振幅为MgkB．物块A做简谐运动的振幅为mgkC．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度为零 D．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度大小为Mg+mg【考点】简谐运动的回复力；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定性思想；方程法；简谐运动专题．【答案】B【分析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离．在平衡位置时，A所受的合外力为零，根据平衡条件和胡克定律求出绳剪断前弹簧伸长的长度和平衡位置弹簧伸长的长度，即可求出振幅．对A进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出A的加速度．【解答】解：A、以整体为研究对象，绳剪断前，弹簧的拉力：F1＝kx1＝（M+m）g则弹簧伸长的长度x1=(M+m)g绳剪断后，A做简谐运动，在平衡位置时，弹簧的拉力与重力平衡，此时弹簧伸长的长度为x2=Mg所以A振动的振幅为A＝x1﹣x2=(M+m)gk-MgkC、绳剪的瞬间，弹簧的拉力不变，A受到重力和拉力，由牛顿第二定律得：a=F1-MgM=故选：B。【点评】该题结合牛顿第二定律可知简谐振动的振幅，正确理解振幅的含义，运用平衡条件和胡克定律求解是解答本题的关键．5．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是（）A． B． C． 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】推理论证能力．【答案】A【分析】根据从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度，由a=-kxm分析四分之一周期时刻振子的位移，即可知道t＝0【解答】解：根据简谐运动的特征：a=-kxm，可知，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度，则此时振子的位移为负向最大，计时起点时，位移为正向最大，故A故选：A。【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，要掌握简谐运动的特征：a=-6．如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在AB间振动。设AB＝20cm，振子由A到B时间为0.1s，则下列说法正确的是（）A．振子的振幅为20cm，周期为0.2s B．振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx+mg与kΔx﹣mg C．振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx D．振子一次全振动通过的路程是20cm【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】学科综合题；定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．【答案】C【分析】简谐运动中，振幅是振子与平衡位置的最大距离，周期是完成一次全振动的时间，根据胡克定律分析回复力，振子完成一次全振动通过的路程为4个振幅，据此分析通过的路程。【解答】解：A、由题，释放后振子在A、B间振动，A与B是两个最大位移，AB＝20cm，所以振子的振幅是10cm，振子由A到B的时间为0.1s，是半个周期，所以周期是0.2s。故A错误；B、根据胡克定律F＝kΔx，可知在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx，故B错误，C正确；D、振子的振幅是10cm，振子完成一次全振动通过的路程为4个振幅，即40cm。故D错误。故选：C。【点评】本题关键明确简谐运动的振幅、周期与频率的含义，知道振子的位移是相对于平衡位置的位移，难度不大，属于基础题。7．如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°．已知OC线长是L，下端C点系着一个小球（忽略小球半径），下面说法正确的是（）A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2πLgB．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π3L2gC．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π3L2gD．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2πL【考点】单摆及单摆的条件．【专题】单摆问题．【答案】A【分析】单摆周期公式T=2πLg，当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点；当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在【解答】解：A、C、当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点，摆长为L，故周期为T=2πLg，故A正确，B、D、当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方，摆长为l′＝（1+34）故周期为T＝2π(1+34)L故选：A。【点评】本题关键找出摆长，然后根据单摆的周期公式列式求解，基础题．8．一质点做简谐振动的图象如图所示，则该质点（）A．在0至0.01s内，速度与加速度同向 B．在0.01s至0.02s内，速度与回复力同向 C．在0.025s时刻，速度与加速度均为负值 D．在0.04s时，速度最大，回复力为零【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力．【专题】简谐运动专题．【答案】A【分析】由振动图象的位移的与时间的关系得出速度的方向．根据加速度与位移方向相反，读出加速度的方向．分析位移的变化，确定速度方向．【解答】解：A、由振动图象读出质点在0至0.01s内，质点由最大位置向平衡位置运动，速度与加速度的方向都指向x负方向，即方向相同。故A正确；B、由振动图象读出，在0.01s至0.02s内，速度指向x负方向，而回复力指向x正方向，二者方向不同。故B错误。C、由振动图象读出质点在0.025s时刻质点的位移方向沿x轴负方向，而简谐运动加速度方向与位移方向相反，则时刻质点的加速度方向沿x轴正方向；同时质点向平衡位置运动，速度的方向也是正方向。故C错误。D、在0.04s时刻，位移最大，速度等于0，回复力负方向最大。故D错误。故选：A。【点评】本题考查基本的读图能力．要抓住简谐运动的特征，研究加速度与位移的关系．二．多选题（共4小题）（多选）9．如图所示，弹簧振子以O为平衡位置，在BC间做简谐运动，则（）A．从B→O→C为一次全振动 B．从O→B→O→C为一次全振动 C．从C→O→B→O→C为一次全振动 D．从D→C→O→B→O→D为一次全振动【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】CD【分析】明确振动过程，振子通过的路程是四个振幅时，完成一次全振动．【解答】解：一次全振动应包括四个振幅，并且从一点出发并回到该点，且运动状态完全相同，才是一次全振动；可知从B→O→C为半个全振动。故A错误；从O→B→O→C的过程中没有再回到起始点，不是一次全振动。故B错误；而从C→O→B→O→C为一次全振动，从D→C→O→B→O→D为一次全振动。故CD正确。故选：CD。【点评】本题考查对全振动的理解，要能准确找出对应的振动是否为一次全振动．要注意弹簧振子的运动的路径．基础题目．（多选）10．如果下表中给出的是做简谐运动的物体的位移x、速度v与时间的对应关系，T是振动周期，则下列选项中正确的是（）0TT3TT甲零正向最大零负向最大零乙零负向最大零正向最大零丙正向最大零负向最大零正向最大丁负向最大零正向最大零负向最大A．若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v B．若丁表示位移x，则甲表示相应的速度v C．若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v D．若乙表示位移x，则丙表示相应的速度v【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】AB【分析】简谐运动中速度与位移大小变化情况是相反的，即位移增大，速度减小，再分析方向关系即可进行选择．【解答】解：A、若甲表示位移x，位移从零变化到最大负向位移，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度从正向最大开始减小到零，所以丙表示相应的速度，故A正确；B、若丁表示位移x，位移从最大负向位移变化到零，振子从负向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始正向最大速度变化，所以甲表示相应的速度，C、若丙表示位移x，位移从最大正向位移变化到零，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始负向最大速度变化，所以乙表示相应的速度，故C错误；D、若乙表示位移x，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，速度从负向最大开始减小零，所以丁可以表示相应的速度v，故D错误；故选：AB。【点评】本题关键要分析振子的位移和速度的关系，从大小和方向两个方面进行分析．（多选）11．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A．t＝0.8s时，振子的速度方向向左 B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处 C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同 D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大【考点】简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况；简谐运动的图像问题．【专题】比较思想；图析法；简谐运动专题．【答案】AD【分析】由图象可读出振子振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小．通过分析振子位移的变化，即可判断其速度和加速度的变化．【解答】解：A、t＝0.8s时，图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故A正确。B、在0﹣0.4s内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以t＝0.2s时，振子不在O点右侧6cm处，故B错误。C、t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的位移完全相反，由a=-kxmD、t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，要知道加速度、回复力与位移的变化情况是一致的，而与速度的变化情况相反．（多选）12．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为m＝2kg的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，B沿斜面做简谐运动，当B运动至最高点时，A刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数k＝200N/m，重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．物体B运动过程中，A、B、弹簧组成的系统机械能及动量均守恒 B．从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小 C．物体B静止于P点时，对物体B施加的压力F的大小为20N D．物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B的最大速度为1m/s【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；作用力与反作用力；机械能守恒定律的简单应用；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；力学综合性应用专题；分析综合能力．【答案】BCD【分析】撤去F后，对照机械能守恒、动量守恒定律的条件判断A、B和弹簧组成的系统机械能动量是否守恒；根据牛顿第二定律分析B的速度变化；A刚要离开挡板，对A根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力，B在最高点时根据牛顿第二定律求出加速度，根据简谐运动的对称性，得到当物体B运动到最低点时的加速度最大，根据牛顿第二定律求出撤去的外力的大小；物体B在平衡位置时的速度最大，根据能量守恒定律求解物体B的最大速度。【解答】解：A．物体B运动过程中，对A、B、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可系统在沿斜面方向受合外力不等于零，因此系统的动量不守恒，故A错误；B．从撤掉F开始，B受向上弹力大于B的重力沿斜面向下的分力，B做加速运动，速度逐渐增大，随弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度仍逐渐增大，当弹力大小等于B的重力沿斜面向下的分力时，B的速度最大，以后弹力小于重力沿斜面向下的分力，B的加速度方向向下逐渐增大，B做减速运动，速度逐渐减小，减至弹簧首次恢复原长，故B正确；C．当B运动至最高点时，A刚要离开挡板，对A由共点力平衡条件得；kx1＝mgsinθB在最高点时受弹力方向沿斜面向下，此时加速度最大，对B，由牛顿第二定律得：kx1+mgsinθ＝ma联立解得：a＝2gsinθ由简谐运动的对称性，当物体B运动到最低点时，加速度最大，大小仍为a，方向沿斜面向上，在撤去压力F的瞬间，B所受合外力大小就等于撤去的压力F的大小，由牛顿第二定律得：F＝ma＝2mgsinθ代入数据得：F＝20N，故C正确；D．物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B在平衡位置时的速度最大，物体B在P点时弹簧形变量最大为：x=F+mgsinθ代入数据得：x=物体B在平衡位置时，形变量大小为x1′，则有kx1′＝mgsinθ解得：x物体B的最大速度为vm，由能量守恒定律得：12代入数据解得：vm＝1m/s，故D正确。故选：BCD。【点评】解决本题的关键要正确分析弹簧的状态，确定开始时和最高点时弹簧的形变量关系，要灵活运用牛顿第二定律和能量守恒定律分析相关问题。三．填空题（共4小题）13．如图所示为一个弹簧振子做简谐运动的振动图象，由图可知，该弹簧振子的振幅是10cm，振动频率是0.5Hz．【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】压轴题；简谐运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】振幅是振子离开平衡位置的最大距离；频率为每秒钟完成周期性变化的次数．【解答】解：振幅是振子离开平衡位置的最大距离，故从图象看出，振幅为10cm；频率为每秒钟完成周期性变化的次数，从图象看出，完成一次全振动时间为2s，故频率为0.5Hz．故答案为：10，0.5．【点评】本题考查了振幅和频率的概念，要能结合x﹣﹣t图象进行分析，基础题．14．如图，一列波速为4m/s的简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，某时刻恰好传到x＝4m处的P介质点．再经过3s，x＝7m处的Q介质点运动的路程为0.9m，位移为0m．【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；方程法；简谐运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】由波的传播方向，运用波形的平移法可确定P点的振动方向．根据简谐波的特点：各个质点的振幅都相同，分析PQ的振幅关系．根据质点简谐运动的周期性求出Δt＝3s内质点Q通过的路程．【解答】解：由图知波长λ＝2m，则周期T=λv该波传播到Q点的时间：t1则Q振动的时间：Δt＝3﹣0.75＝2.25s＝4.5T，可知经过Δt＝2.25s，质点Q到达平衡位置，位移是0；由图可知，该波的振幅为5cm＝0.05mΔt＝2.25s＝4.5T，则经过Δt＝2.25s，质点Q通过的路程为：S＝4A×4.5＝0.9m．故答案为：0.9，0【点评】本题求质点的路程，先确定振动的时间与周期的关系，再用到质点在一个周期内路程是4A这个结论．15．如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆．当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，此时b摆的振动周期等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）d摆的周期．图乙是a摆的振动图象，重力加速度为g，则a的摆长为gt02【考点】共振及其应用．【答案】见试题解答内容【分析】受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振；再利用单摆的周期公式求摆长．【解答】解：a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力，使b、c、d三摆做受迫振动，三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，由于驱动力频率相同，则三摆的周期相同．据乙图可知：T＝2t0，再据T=2πLg可知，a的摆长故答案为：等于；gt【点评】本题考查受迫振动的周期和共振现象，自由振动与受迫振动是从振动形成的原因来区分的，比较简单．16．如图所示，质量为m2的小球固定在竖直轻弹簧上，弹簧劲度系数为k，轻弹簧固定在质量为m1的底座上，整个装置置于水平地面上，拉小球使弹簧伸长一定长度，释放后小球将在竖直方向上做简谐运动。振动过程中底座恰好不离开地面，已知重力加速度为g，则小球的最大加速度为m1g+m2gm2；底座对地面的最大压力大小为2（m1+m2）g【考点】简谐运动的回复力；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定性思想；方程法；简谐运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】振动过程中底座恰好不离开地面，所以底座受到弹簧向上的拉力最大为F＝m1g，然后分别对小球和底座进行受力分析即可求出；由胡克定律即可求出小球的振幅。【解答】解：因为振动过程中底座恰好不离开地面，所以底座受到弹簧向上的拉力最大为F＝m1g，在最高点弹簧的拉力最大，对小球受力分析，受到竖直向下的弹力以及重力作用，故根据牛顿第二定律可得a=m小球运动到最低点时，底座对地面的压力最大，根据简谐运动的对称性，在最低点小球受到的加速度为：a=m故F'﹣m2g＝m2a，解得弹簧对底座的作用力为F'＝2m2g+m1g，底座对地面的最大压力为N＝F'+m2g＝2（m1+m2）g，在平衡位置时弹簧弹力等于小球的重力F''＝m2g，在最低点F'＝2m2g+m1g，故ΔF＝kA，解得A=m故答案为：m1g+m2gm2；2（m【点评】在判定小球是否做简谐运动时一定要根据回复力公式进行判断，先要明确平衡位置，再找出回复力与位移间的关系；同时还要注意分析物体在运动中外力变化情况。四．解答题（共4小题）17．【选做题】A．（1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是D。（填写选项前的字母）（A）气体分子间的作用力增大（B）气体分子的平均速率增大（C）气体分子的平均动能减小（D）气体组成的系统地熵增加（2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡吸收（填“吸收”或“放出”）的热量是0.6J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了0.2J（3）已知气泡内气体的密度为1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol﹣1，取气体分子的平均直径为2×10﹣10m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留以为有效数字）B．（1）如图甲所示，强强乘电梯速度为0.9c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为D。（填写选项前的字母）（A）0.4c（B）0.5c（C）0.9c（D）1.0c（2）在t＝0时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图乙所示。质点A振动的周期是4s；t＝8s时，质点A的运动沿y轴的正方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在t＝9s时，质点B偏离平衡位置的位移是10cm（3）图丙是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜头竖直向上。照片中，水立方运动馆的景象呈现在半径r＝11cm的圆型范围内，水面上的运动员手到脚的长度l＝10cm，若已知水的折射率为n=43，请根据运动员的实际身高估算该游泳池的水深C．在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11（1）中微子与水中的11H发生核反应，产生中子（01n）和正电子（+10e），即中微子+11H→0（A）0和0（B）0和1（C）1和0（D）1和1（2）上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子（γ），即+10e+-1已知正电子和电子的质量都为9.1×10﹣31kg，反应中产生的每个光子的能量约为8.2×10﹣14J．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是遵循动量守恒定律。（3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；折射率的波长表达式和速度表达式；温度与分子动能的关系；热力学第一定律的表达和应用；熵与熵增加原理；物质波与概率波；爱因斯坦质能方程的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】压轴题．【答案】见试题解答内容【分析】A、本题考查热学内容，熟练掌握分子动理论和热力学定律才能准确处理本题。B、（1）光速在任何参考系中的数值是不变的；（2）要理解振动图象的意义，由图象的横坐标可得出周期；要求B点的位置，应先求得B起振的时刻，及振动的时间；（3）根据题意能画出光路图，正确使用物像比解决本题的关键。C、（1）由质量数和电荷数守恒可求中微子的质量数和电荷数；（2）光子的能量来自于原子核的质量亏损，由质能方程可求得光子能量；根据动量守恒可知能否只产生一个光子；（3）由物质波的波长公式可求得电子与中子的波长关系。【解答】解：A．（1）气泡的上升过程气泡内的压强减小，温度不变，由玻意耳定律知，上升过程中体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间引力减小，温度不变所以气体分子的平均动能、平均速率不变，此过程为自发过程，故熵增大。D项正确。（2）本题从热力学第一定律入手，抓住理想气体内能只与温度有关的特点进行处理。理想气体等温过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU＝Q+W，物体对外做功0.6J，则一定同时从外界吸收热量0.6J，才能保证内能不变。而温度上升的过程，内能增加了0.2J。（3）微观量的运算，注意从单位制检查运算结论，最终结果只要保证数量级正确即可。设气体体积为V0，液体体积为V1气体分子数n=ρV0mNA，V1则V1V0解得V1V0=1×10-4（9×10﹣5～B．（1）根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变。D项正确。（2）振动图象和波形图比较容易混淆，而导致出错，在读图是一定要注意横纵坐标的物理意义，以避免出错。题图为波的振动图象，图象可知周期为4s，波源的起振方向与波头的振动方向相同且向上，t＝6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位置向上振动；波传播到B点，需要时间t1=xv=162s＝8s，故t＝9s时，质点又振动了（3）设照片圆形区域的实际半径为R，运动员的实际长为L，光路如图：折射定律nsinα＝sin90°几何关系sinα=得h取L＝2.2m，解得h＝2.1（m）（本题为估算题，在取运动员实际长度时可以有一个范围，但要符合实际，故求得h值可以不同1.6m～2.6m均可）C．（1）发生核反应前后，粒子的质量数和核电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数分都是0，A项正确。（2）产生的能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，由E＝Δmc2，故一个光子的能量为E2，代入数据得E2=8.2×10﹣正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故如果只产生一个光子是不可能的，因为此过程遵循动量守恒。（3）物质波的波长为λ=hp，要比较波长需要将中子和电子的动量用动能表示出来即p=2mEk，因为me＜mn，所以pe＜pn，故λ故答案为：A．（1）D；（2）吸收，0.6，0.2；（3）估算液体体积与原来气体体积的比值为1×10﹣4（9×10﹣5～2×10﹣4都算对）；B．（1）D；（2）4，正，10；（3）估算该游泳池的水深为2.1（m）（1.6～2.6m都算对）；C．（1）A；（2）8.2×10﹣14遵循动量守恒；（3）中子的物质波波长小于和电子的。【点评】本题包括了三个选修内容，由题目可以看出，该题考查的知识点较多，但都难度不大；故在选修的学习中应全面选修内容的知识点，不能忽视任何一个。18．如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10m/s2。（1）求单摆的振动周期和摆长；（2）求摆球的质量；（3）求摆球运动过程中的最大速度。【考点】单摆的能量转化；单摆周期的计算及影响因素；单摆摆长的计算．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力．【答案】（1）求单摆的振动周期是0.4πs和摆长为0.4m；（2）摆球的质量为0.05kg；（3）摆球运动过程中的最大速度为0.283m/s。【分析】（1）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．再根据单摆的周期公式，求出摆长.（2）小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量.（3）根据最低点时绳子的拉力最大，结合牛顿第二定律求出摆球的最大速度【解答】解：（1）小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律T＝0.4πs由单摆的周期公式为T＝2πL解得L=gT2（2）（3）摆球受力分析如图所示：在最高点A，有Fmin＝mgcosθ＝0.495N在最低点B，有Fmax＝mg+mv2从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL（1﹣cosθ）=12联立三式并代入数据得m＝0.05kgv=25m/s≈答：（1）求单摆的振动周期是0.4πs和摆长为0.4m；（2）摆球的质量为0.05kg；（3）摆球运动过程中的最大速度为0.283m/s。【点评】本题考查了单摆周期公式的应用，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿第二定律解题.19．如图所示，OA为一单摆，B是穿在一根较长细线上的小球，让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动的同时，另一小球B从与O点等高处由静止开始下落，当A球摆到最低点时，B球也恰好到达与A同一水平面处，求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比。（取g＝10m/s2，π2＝10）【考点】单摆及单摆的条件；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；模型法；单摆问题．【答案】见试题解答内容【分析】先利用单摆周期公式计算出A球摆动的周期，再计算出A球摆到最低点的时间t，然后对B球受力分析，求出下落的加速度，根据匀变速运动的位移与时间关系建立起各物理量之间的关系，最后进行整理，得出B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比。【解答】解：让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动，当A球摆到最低点时第一次到达最低点的时间为t第二次到达最低点的时间为t第三次到达最低点的时间为t以此类推，A球摆到最低点的时间t=2n+12πLg，（n＝0，1对B球分析，设B球受到细线的阻力大小为f，B球质量为m因此下落的加速度为a=L=即L=可得：fmg=1-45(2n+1)2（n＝答：B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比为1-45(2n+1)2（n＝0，1【点评】解答本题的关键是掌握单摆的周期公式，计算出A球摆到最低点的时间，注意单摆到达最低点存在多解问题，一定要考虑全面，不可只计算了A球第一次到达最低点的时间。20．如图所示，将质量为m＝100g的平台A连接在劲度系数k＝200N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置质量也为m的物块B。使A、B一起上下振动，弹簧原长为5cm。A的厚度可忽略不计，g取10m/s2。求：（1）平衡位置距地面的高度；（2）当振幅为0.5cm时，求B对A的最大压力；（3）为使B在振动中始终与A接触，振幅的最大值。【考点】简谐运动的回复力；胡克定律及其应用．【专题】计算题；定量思想；模型法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】（1）平衡位置距地面的高度4cm；（2）当振幅为0.5cm时，B对A的最大压力为1.5N；（3）为使B在振动中始终与A接触，振幅的最大值为1cm。【分析】（1）图中AB作为振子，对于弹簧振子，弹簧的弹力与物体重力共同作用下做简谐运动．当振子的合力为零时处于平衡位置，由胡克定律求得弹簧的压缩量x0，A的平衡位置离地面的高度h＝l0﹣x0；（2）当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，弹簧的压缩量等于A+x0，对整体，根据胡克定律和牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，即可求得B对A的最大压力；（3）物体B恰好离开A时，A对B的弹力恰好为零，对于B此时只受重力，得到加速度为重力加速度g，说明弹簧恰好处于原长．即可得到最大振幅．【解答】解：（1）振幅很小时，A、B间不会分离，将A与B整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得：kx0＝（mA+mB）g得形变量：x0＝1cm平衡位置距地面高度：h＝l0﹣x0＝5cm﹣1cm＝4cm（2）当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度：am=代入数据解得am＝5m/s2取B为研究对象，有：N﹣mBg＝mBam得A、B间相互作用力：N＝1.5N由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5N（3）为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足：N≥0取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有：mBg﹣N＝mBa当N＝0时，B振动的加速度达到最大值，且最大值：am＝g＝10m/s2（方向竖直向下）因amA＝amB＝g，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长：A＝x0＝1cm，振幅不能大于1cm答：（1）平衡位置距地面的高度4cm；（2）当振幅为0.5cm时，B对A的最大压力为1.5N；（3）为使B在振动中始终与A接触，振幅的最大值为1cm。【点评】物体处于平衡位置即重力与弹力相等的位置，同时当物体A以最大振幅振动时，A对B的支持力恰好为零，弹簧处于原长．这是应挖掘出来的临界条件．

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=100N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.(1+△l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+△ll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．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。3．作用力与反作用力【知识点的认识】1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。2.性质：3.特征【命题方向】下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力才可以求它们的合力，故D选项错误。故选：B。点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．【解题思路点拨】明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。4．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】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。5．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．6．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。7．简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况【知识点的认识】本考点旨在针对给定某一时刻或某一段时间的情况下，判断质点的运动情况的问题。【命题方向】一个水平弹簧振子的振动周期是0.025s，当振动物体从平衡位置向右运动，经过0.17s时，振动物体运动情况是（）A、正在向右做减速运动B、位移正在增大C、正在向左做加速运动D、势能正在减小分析：根据振动周期和经过时间，算出经过的周期数，因为经过整数倍周期，系统恢复原状，只看不足整周期数，看其处于什么位置；离平衡位置越近，速度越大，位移越小，弹性势能越小。解答：振动周期是0.025s，经过0.17s时，则0.17s=0.170.025T＝6.8T，根据周期性可知，振子和0.8T的运动情况相同，当振子从平衡位置向右运动，经过0.8T，则振子向右做加速运动，靠近平衡位置，位移在减小，势能越小，故ABC错误，故选：D。点评：此题考查水平弹簧振子简谐运动的过程，涉及简谐运动的周期性，容易出错的也是这一点，需要深入理解简谐运动周期性和运动过程。【解题思路点拨】简谐运动具有周期性，用给定的时间和周期进行比较，分析质点在某一时刻或某段时间的运动情况。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】某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x＝Asinωt，振动图像如图所示，则下列说法不正确的是（）A、弹簧在第1s末与第5s末的长度相同B、简谐运动的频率为1C、第3s末，弹簧振子的位移大小为2D、弹簧振子在第3s末与第5s末的速度方向相同分析：根据简谐运动的x﹣t图像可以看出周期，根据x﹣t图像的斜率判断速度情况，运用周期可以求出频率和ω，进而求出位移。解答：A、在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以在第1s末与第5s末，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，故A错误；B、由图可知，周期T＝8s，故频率为f=18HzC、简谐运动相当于圆周运动在直径上的投影，根据圆周运动角速度与周期的关系得出ω=2πT=π4rad/s，则将t＝3s代入x=AsinD、由图可看出第3s末与第5s末弹簧振子速度方向相同，故D正确。故选：A。点评：本题主要考查对简谐运动图像的理解。【解题思路点拨】简谐运动的图象的应用1．图象特征（1）简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置．（2）图象反映的是位移随时间的变化规律，并非质点运动的轨迹．（3）任一时刻图线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）由图象可以看出振幅、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t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