海南省高二（上）期中物理试卷 -物理(解析)

海南省高二（上）期中物理试卷••物理（解析）

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要

求。

1.（3分）下列不属于理想模型的是（）

A.质点B.点电荷C.重心D.弹簧振子

【分析】物理学是一门自然学科，它所研究的对象、问题往往比较复杂，受诸多因素的

影响有的是主要因素，有的是次要因素，这种抓住主要因素忽略次要因素的方法叫理想

模型法。

【解答】解：建立理想化模型的一般原则是首先突出问题的主要因素，忽略问题的次要

因素.为了使物理问题简单化，也为了便于研究分析，我们往往把研究的对象、问题简

化，忽略次要的因素，抓住主要的因素，建立理想化的模型如质点、电场线、理想气体、

点电荷、轻弹簧等；重心是重力的等效作用点，运用了等效替代法，故C错误，ABD1E

确。

本题选项不属于理想模型的是选项C。故选：C。

【点评】物理研窕的方法很多，理想模型法是很重要的一种方法，这种方法在于抓住事

物的主要因素而忽略其次要因素。

（多选）2.（3分）关于物体的动量，下列说法中正确的是（）

A.惯性越大的物体，它的动量也越大

B.动量大的物体，它的速度不一定大

C.物体的动能不变，则其动量也保持不变

D.运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向

【分析】惯性的大小与质量有关；质量与速度的乘积是物体的动量，根据动量的定义式

以及动量和速度的关系分析答题.

【解答】解：A、质量是惯性大小的量度，而物体的动量：p=mv,动量大小取决于质量

与速度的乘枳，惯性大的物体动量不一定大，故A错误：

B、物体的动量：p=mv,动量大小取决于质量与速度的乘积，所以动量大的物体，它的

速度不一定大，故B1E确；

2

C、动量：p=mv,动能：E=^mV»物体的速度大小不变，若方向变化，则物体的动

k2

能不变，动量发生变化，故c错误；

D、动量都是矢量，运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向，放D

正确。

故选：BDo

【点评】本题考查了影响动量大小的因素、动量与速度的关系，知道动量的定义式、掌

握速度与动最间的关系即可正确解题。

3.(3分)质量为m的钢球自高处落下，以速率vi碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，

离地的速率为V2.在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为()

A.向下，m(vi-V2)B.向下，m(vi+v2)

C.向上，m(vi-V2)D.向上，m(vi+v2)

【分析】由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计.根据动

最定理求解在碰摘过柝中地面对钢球的冲后的方向和人•小.

【解答】解：选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得地面对钢球的冲量为：

1=-mv2-mvi=-m(vi+v2)»

则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m(VI+V2)9

故选：Do

【点评】应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表

示矢量.如重力不能忽略，还要考虑重力的冲量.

4.(3分)一质最为10g的子弹以200m/s的水平速度射入一个质量为190g的静止在光滑水

平面上木块，射入以后子弹留在木块中，则子弹和木块的共同速度正确的是()

A.IOm/sB.6m/sC.8m/sD.4m/s

【分析】本题根据动量守恒定律，即可解答。

【解答】解:以vo为E方向，根据动量守恒定律有mvo=(m+M)v

解得：v=10【Ws,故A正确，BCD错误；

故选：Ao

【点评】本题考查学生对动最守恒定律的掌握，难度不高，比较基础。

5.(3分)一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子

后，原子核剩余部分的速度为()

A.-vB.一_C.一一D.*

(M-m)(m-M)M

【分析】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒.

根据动量守恒定律列出等式解决问题.

【解答】解：根据动量守恒定律研究整个原子核：

O=mv+(M-m)v'

v'=

(M-m)

故选：Bo

【点评】一般情况卜我们运用动量守恒解决问题时要规定正方向，

本题中速度中负号表示原子核剩余部分的速度方向与质量为m粒子速度方向相反.

6.(3分)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水

平面上，底部与水平面相切，一个质量为m(mVM)的小球从弧形槽h高处由静止开始

下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是()

A.在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功

B.在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒

C.小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h

高处

D.在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动最守恒

【分析】根据小球的速度方向与弧形槽时小球的弹力方向的关系，判断弧形槽对小球的

弹力对小球是否做功；只有重力做功时，小球的机械能守恒；由小球和弧形槽组成的系

统机械能守恒及水平方向动量守恒判断小球能否回到回到弧形槽h高处。

【解答】解：A、在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽

有水平向左的位移，故小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽

时小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力

对小球要做功，故A错误；

B、当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力

做负功，故小球的机械能减小，故B错误；

C、小球在弧形槽上下滑过程中，系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与

弧形槽分离时两者动量大小相等，由于m<M,则小球的速度大小大于弧形槽的速度大

A.振子所受的弹力大小为5N,方向指向x轴的负方向

B.振子的速度方向指句x轴的负方向

C.在0〜4s内振子作了1.75次全振动

D.在。〜4s内振子通过的路程为0.35cm,位移为0

【分析】弹簧振子的回复力是弹力，根据F=-kx求得弹力.x-t图象切线的斜率表示

速度方向，振子一个周期内完成一次全振动，分析时间与周期的关系，确定0〜4s内振

动的次数.振子在一个周期内通过的路程是4A.

【解答】解：A、由图"J知A在t轴上方，位移x=0.25cm,所以弹力F=・kx=-20义

0.25N=-5N,即弹力大小为5N,方向指向x轴负方向，故A正确；

B、由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90。，切线斜率

为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故B错误；

C、由图可看出T=2s,1=0、t=4s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0〜

4s内经过两个周期，振子完成两次全振动，故C错误。

D、由于t=0时刻和t=4s时刻振子都在最大位移处，故位移为零，又由于振幅为0.5cm,

在0〜4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为s=2X4X

0.50cm=4cm,故D错误。

故选：Ao

【点评】本题关键要掌握简谐运动的特征：F=-kx分析弹簧的弹力，知道振动图象，

通过分析位移即可分析振子的运动情况.

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。

（多选）9.（4分）如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的

频率f的关系，下列说法正确的是（）

B.摆长约为Im

C.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动

D.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动

【分析】当物体受到的驱动力频率与物体的固有频率相等，振动物体产生共振现象.由

共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.5Hz.由

单摆的频率公式求解摆长.摆长增大时，单摆的固有频率减小，共振曲线“峰”向左移

动.

【解答】解：A、B由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆

的固有频率f=0.5Hzo

由单摆的频率公式f='其得

VL

摆长L=----之一Im故A错误，B正确。

4打2f2

C、D由单摆的频率公式f=-±^屋得知，当摆长增大时，单摆的固有频率减小，产

2KVL

生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动。故C错误，D正确。

故选：BDo

【点评】本题考查对共振现象及共振曲线的理解能力，关键抓住产牛.共振的条件：驱动

力频率与物体的固有频率相等.

（多选）10.（4分）一个质点做简谐运动的图象如下图所示，下列叙述中正确的是（）

A.质点的振动频率为4Hz

B.在10s内质点经过的路程为20cm

C.在5s末，质点做简谐运动的相位为当T

2

D.1=1.5s和1=4.5$两时刻质点的位移大小相等，都是&cm

【分析】由图得到周期进而得到频率；再根据图象得到振动方程，从而得到质点的位移;

根据3t可计算质点相位：比较时间与周期关系，可计算质点振动的路程。

【解答】解：A、由图可得：周期T=4s,所以，频率f」」Hz=025Hz；故A错误；

T4.

B、质点经过10s=故在前10s内质点经过的路程为gx4A=10A=20cir故B

正确；

C、在5s末，质点做简谐运动的相位为3t二/二乂5=^■兀，故C错误；

T42

D、由图象可知质点的振动方程为：in—t=2sin—V故t=L5s和t=4.5s两

y=2sT2

时刻质点的位移大小为：yL5=2*sin1.5）cm=V2cir，

,

y4>5=2sin（-77X4.5）cm=V2cic故D」上确；

故选：BD,

【点评】波的传播问题，一般根据波动图得到波长，根据振动方向得到传播方向，然后

由质点振动得到周期，即可得到波速，其他质点的振动、运动路程。

（多选）11.（4分）如图所示，一个轻质弹簧下端拄-质量为川的小球，小球静止时，轻

质弹簧的伸长量为XI,现将小球向下拉动X2后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方

向做简谐运动，周期为T,重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

〃〃〃〃〃〃/

A.轻质弹簧的劲度系数为娱

X1

B.释放瞬间，小球的加速度大小为勺+'2g

X1

C.小球运动的振幅为X2-XI

D.▲T〜苴T时间内，小球通过的路程为2x2

88

【分析】小球从最低点向上运动的过程中做变加速运动，根据运动学规律分析小球运动

的距离与振幅的关系。在半个周期内小球的路程等于2倍的振幅。

【解答】解：A、小球赛止时，轻质弹簧对小球的拉力等于小球的重力，则：kxi=mg,

所以弹簧的劲度系数：1<=理，故A正确；

X1

B、释放瞬间，弹簧对小球的拉力：F=k（xi+x今）牌,小球的加速度:a=E理,

1/X1m

联立可得：a=±2三，故B错误；

X1

C、小球静止时轻质弹簧的伸长量为xi,现将小球向卜拉动X2后由静止释放，所以小球

的振幅为X2,故C错误；

D、工到旦的时间等于半个周期，根据简谐振动的特点可知，由于小球在任意半个周期

88

内的路程都是振幅的2倍，所以小球通过的路程为2x2,故D正确。

故选：ADo

【点评】解答本题时，要明确小球做简谐运动的过程中速度变化情况，结合运动规律分

析运动距离与振幅的关系。

（多选）12.（4分）质量为M的带有上光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图

4

所示，一质量也为M的小球以速度vo水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车

的左端，则（)

77777777^^777777777^^77777777777'

A.小球将做自由落体运动

B.小球以后将向左做平抛运动

C.此过程小球对小车做的功为』MVO2

2

D.小球在弧形槽上上升的最大高度为九一

2g

【分析】小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直

方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出

上升的最大高度。根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度，从而得出

小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小。

【解答】解：AB、设小球离开小车时，小球的速度为vi,小车的速度为V2,选取向右为

正方向，

整个过程中动量守恒得：MVO=MVI+MV2…①，

由机械能守恒得：—MVO2=—MVI2+AMV22…②，

联立①②，解得：vi=0,v2=vo,

即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故A正确,

B错误；

C、对小车运用动能定理得，小球对小车做功：W=AMVO2-O=AMVO2,故C正确。

22

D、当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h,则：

Mvo=2M・v…③，

—Mvo2=—,2Mv2+Mgh…④，联立③④解得：h=—5_,故D错误；

224g

故选：AC。

【点评】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速

度相等时，小球上升到最大高度，分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律

与机械能守恒定律可以解题。

（多选）13.（4分）A、B两球沿一直线运动并发生正碰。如图所示为两球碰撞前后的位移

-时间图象。a、b分别为A、B两球碰前的位移-时间图象，c为碰撞后两球共同运动

的位移■时间图象，若A球质量是m=2kg,则由图可知下列结论错误的是（;

A.A、B碰撞前的总动量为3kg

B.碰撞时A对B所施冲量为-4N・s

C.碰撞前后A的动量变化为6kg-nVs

D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J

【分析】在位移一时间图象中，图线的斜率表示物体的速度，由图象的斜率可求得碰撞

前后两球的速度，根据动量定义公式、动量定理及动量守恒定律可以求解。

【解答】解：由s-t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：VA=±A=^弛=-3m/s,

〃2

VB=—=—=2m/s,碰撞后有：VA'=VB'=V=—"lm/s；

tp2t4~2

AC、对AsB组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都做匀

速直线运动，所以系统的动量守恒，

碰撞前后A的动量变化为：ApA=mvA，-IHVA=2X（-1）-2X（-3）=4kg・m/s,

根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：APB=-APA=-4kg-m/s,

B的动量变化量：ApB=mB（VB'-VB）,代入数据解得：mB=-1kg»

所以A与B碰撞前的总动量为：p^=mvA+mBVB=2X（-3）+2x2=--kg*01/8,

33

故AC错误；

B、由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=4PB=-4kg*m/s=-4N*s,故B

正确；

D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：AEK=—rnv^+JLmB-A（m+mB）v2,

2A2B2

代入数据解得：AEK=10J,故D正确；

本题选错误的，故选：ACo

【点评】本题首先要求同学们能根据位移图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，其次要

明确碰撞的基本规律是动量守恒定律，并要注意动量的方向。

三、实验题（14题10分，15题10分，一共20分。）

14.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时。

（I）下列给出的材料中应选择BC作为摆球与摆线,组成单摆。

A.木球

B.铁球

C.柔软不易伸长的丝线

D.租棉线

（2）在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是C0

A.装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间距离

B.让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球宜径

C.取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径

D.测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上

小球的半径

（3）实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是DQ

A.摆球的质量偏大

B.单摆振动的振幅偏小

C.计算摆长时没有加上摆球的半径值

D.将实际振动次数n次误记成（n+1）次

（4）用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=_4兀:—

【分析】（1）用单摆测定重力加速度，减小空气阻力;

（2）单摆摆长是摆线长度与摆球半径之和:

（3）（4）单摆周期公式T=如产即可解答。

【解答】解:

（1）用单摆测定重力加速度，减小空气阻力，故选铁球、柔软不易伸长的丝线，依AD

错误，BC正确；

（2）单摆摆长是摆线长度与摆球半径之和，故ABD错误，C正确；

（3）根据单摆周期公式，T=2%但即重力加速度g=q2,测得重力加速度的值偏

VgT2

大，可能是周期测小，即D,摆长测长，即球的半径测大，故ABC错误，D正确；

（4）根据单摆周期公式，T=2%但即g=，4兀:L,；

VgT2

故答案为：（1）BC（2）C（3）D⑷4兀:L

T2

【点评】本题考查学生对单摆测定重力加速度实验的注意事项的掌握，以及对单摆周期

公式T-2np的学提,难度不高，比较基础。

15.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的

动量关系.

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测最B（填

选项前的符号），间接地解决这个问题.

A.小球开始释放高度h

B.小球做平抛运动的水平射程

C.小球做平抛运动所用的时间

D.小球抛出点距地面的竖直高度H

（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为miOP=miOM+m2ON（用图

中标识的量表示）；

（3）若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为mi・OM2+m2・ON2=mi・Op2（用

图中标识的量表示）.

【分析】根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；再

根据机械能守恒定律可求得弹性碰撞中应满足的表达式.

【解答】解：(1)碰撞过程动量守恒，则mivo=mi、i+m2V2,两边同时乘以时间t得：

mivot=mivit+m2V2t,QiJmiOP=miOM+m2ON,

因此A实验需要测量两球的质量，然后确这落点的位置，再确定两球做平抛运动的水平

位移，从而代替速度的大小，故B正确，ACD错误：

(2)由(1)可知，实验需要验证的表达式为：miOP=mQM+m2ON.

(3)若为弹性碰撞，则机械能守恒；根据机械能守恒定律可知:2miv2=2miv2+lm22

2232

则由v=2■可知：m।•OM2+m2*ON2=mi,OP2

t

故答案为：(1)B(2)miOP=miOM+m2ON；(3)mi-OM2+m2•ON2=mi•OP2

【点评】本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量

守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要

验证的表达式是正确答题的前提与关键.

16.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：

A.Ai内阻Rg=100C,满偏电流Ig=3mA

B.A2内阻约为0.4IL量程为0.6A

C.定值电阻Ro=9OO。

D.滑动变阻器R(5Q,2A)

E.干电池组(6V,0.05(1)

F.一个开关和导线若干

G.螺旋测微器，游标卡尺

(1)如图1,用螺旋测微器测金属棒的直径为6.125mm：如图2,用20分度游标

卡尺测金属棒长度为10.230emo

图1图2

（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“X10Q”挡时发现指针偏转角过大，他应换

“XI。”挡（填“XI。”或“X100（F）,换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时

如图3所示，则金属棒的阻值约为10Ho

（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，尽可能精确测量金属棒的阻值。

（4）若实验测得电流表Ai示数为h,电流表A2示数为3则金属棒电阻的表达式为

Ii（R+Rn）

Rx=—_I_—o（用h,12,Ro,Rg表示）

一I2-I1一

【分析】（I）根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则读取金属丝的直径和长度；

（2）根据多用电表的使用规则改变倍率并重新调零后再去读数，其读数是指针与倍率的

乘积；

（3）根据伏安法测电咀的实验原理设计出正确的实验电路；

（4）根据欧姆定律和审并联的关系得出电阻的表达式。

【解答】解：（】）螺旋测微器的精度是0.01mm,其读数是固定刻度和可动刻度的示数之

和，所以金属丝的直径d=6mm+12.5X0.01mm=6.125mm；

游标卡尺的精度为0.05mm,其读数是主尺刻度与游标尺刻度的刻度之和，金属丝的长度

L=102mm+6X0.05mm=102.30mm=10.230cm；

（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“X10”挡时发现指针偏转角度过大，即偏向

。刻度线，所以示数偏小，要增大示数则要倍率减小未成“XI”的倍率；

欧姆表的读数为指针与倍率的乘积，由图可以读出，电阻为：R=10Xm=10Q；

（3）由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表Ai与Ro串联后组成电压表，为多测

几组数据滑动变阻器采用分压接法，设计的电路图如图所示，

“_ii(Rg+R

（4）由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为。

故答案为：(1)6.125、10.230；(2)X1Q、10；(3)I1二；(4)—_-_

【点评】本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合

电路构造和欧姆定律可可完成分析。

四、计算题（16题1。分，17题12分，18题14分，共36分。）

17.（10分）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机。若手机的质量为150g,

从离人脸约20cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后三机未反弹，人脸受到手机的冲击时

间约为0.1s,重力加速度g=lOm/s?,试求:

（1）手机下落的时间与总过程中重力的冲量。

（2）手机对人脸的平均作用力大小。

【分析】（1）手机离开手后做自由落体运动，根据自由落体求解下落时间以及重力冲量;

（2）对全程由动最定理求手机对人脸的平均冲力。

【解答】解：（1）手机下落高度为h=20cm=0.2m；

由公式h卷gt।

解得

u=,画=」2*。・4S=O.2S

总过程重力的冲量

lG=mg（ti+12）=150X103X10X（0.2+0.1）N・s=0.45N・s

方向向下；

（2）设向下为正方向，对手机下落过程分析，由动昼定理I<r=Ap

得mg（ti+t2）-Ft2=0-0

代入数据解得

F=4.5N

由牛顿第三定律可知，手机对人的脸的平均作用力为4.5N。

答：（1）手机下落的时间为0.2s,总过程中重力的冲量为0.45NS；

（2）手机对人脸的平均冲力大小为4.5N。

【点评】本题考查了自由落体运动的规律以及动量定理的应用，在应用动量定理时要注

意明确各物理量的矢量性，同时注意掌握对全过程分析的基本方法。

18.（12分）某质点做简谐运动的位移x随时间t变化的图像如图所示。求：

（I）质点做简谐运动的振幅和频率；

（2）质点的振动方程；

【分析】（1）根据图像得出振幅和周期，从而计算出简谐运动的频率:

（2）根据数学知识计算出质点的振动方程；

（3）根据简谐运动在竖直方向上的运动特点得出质点的路程和位移。

【解答】解：（1）由性像可得质点做简谐运动的振幅为

A=5cm

由图像可得质点做简谐运动的周期为

T=0.8s

频率为f="L

T

解得

f=A=_^Hz=1.25Hz

T0.8

（2）质点做简谐运动的掘动方程为x=Asina）t

其中3:2九f二到rad/s

解得x=5sirr|■兀tcm

(3)t=4s时，质点的位置为x]=5sirr|■兀X4cm=0cir

所以0〜4s内质点的位移是Ax=xi-O=Ocm

振动的次数为n’--

T0.8

Os〜4s内质点通过的路程为s=4nA=4X5X5cm=l(jOcni=Im

答:（1）质点做简谐运动的振幅为5cm,频率为1.25Hz；

（2）质点的振动方程为x=5sirr|■兀tcm:

（3）质