2026版《金版教程》高考一轮复习物理第1节 机械振动

高考总复习首选用卷物理第1节机械振动考点一简谐运动的基本特征1．若物体做简谐运动，下列说法中正确的是()A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态C．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D．物体的位移增大时，动能增加，势能减少答案：C解析：如图所示，图线中a、b两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，且为正值，但速度方向分别为负、正，A错误，C正确；物体的位移增大时，动能减少，势能增加，D错误；单摆的摆球通过最低点时，所受回复力为零，但所受合力不为零，B错误。2．(2023·上海高考)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，则下列关于Q的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，加速度不变答案：B解析：由题意可知，微粒Q以P点为平衡位置做简谐运动，可知越靠近平衡位置，微粒Q的速度越大，加速度越小，则微粒Q的速度增大，加速度一定减小，速度减小，加速度一定增大，A、C、D错误，B正确。3．质点在水平弹簧作用下做简谐运动，O点为平衡位置，取向右为正方向。质点在水平方向先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm。则下列说法正确的是()A．质点的振动周期为4s，振幅为4cmB．质点在M点和N点时，动能相同，系统弹性势能也相同C．质点在MO之间时，偏离平衡位置的位移是负值，加速度为负值D．质点的回复力与位移大小成正比，方向可能相同答案：B解析：做简谐运动的质点先后以相同的速度通过M、N两点，则M、N两点关于平衡位置O点对称，因此质点水平向右由M运动到O的时间与由O运动到N的时间相等，均为t1＝0.5s，质点向右通过N点后再经过1s第2次通过N点，由对称性可知该质点从N点向右运动到最大位移处的时间与由最大位移处运动到N点的时间相等，均为t2＝0.5s，因此，质点从平衡位置运动到最大位移处所用时间为t1＋t2，振动周期T＝4×(t1＋t2)＝4s，且这2s内质点总路程的一半等于振幅，所以振幅A＝eq\f(12cm,2)＝6cm，故A错误；M、N两点关于平衡位置O点对称，则质点在M点和N点时，动能相同，系统弹性势能也相同，故B正确；质点在MO之间时，偏离平衡位置的位移是负值，由回复力F＝－kx和牛顿第二定律F＝ma可知，加速度为正值，故C错误；质点的回复力与位移大小成正比，方向相反，故D错误。4.(2025·河南省焦作市高三上期中)(多选)如图所示，一弹簧振子可沿竖直方向做简谐运动，O为平衡位置，现将弹簧振子从平衡位置向下拉一段距离ΔL，释放后振子在M、N间振动，且MN＝40cm，振子第一次由M到N的时间为0.2s，不计一切阻力，下列说法中正确的是()A．振子在振动过程中，若速度大小相同，则弹簧的长度一定相等B．振子在振动过程中，系统的机械能守恒C．从释放振子开始计时，振子在0.1s内动能逐渐增大D．从释放振子开始计时，振子在0.6s末偏离平衡位置的位移大小为10cm答案：BC解析：由题意可知，振子做简谐运动，由简谐运动的对称性可知，振子在振动过程中，若速度大小相同，则振子要么位于同一位置，要么位于关于平衡位置对称的位置处，所以弹簧的长度不一定相等，故A错误；振子在振动过程中，只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故B正确；由简谐运动的对称性可知，振子振动的周期为T＝2×0.2s＝0.4s，可知0.1s＝eq\f(T,4)，故从释放振子开始计时，在0.1s内振子从最大位移M处运动至平衡位置O处，其速度逐渐增大，动能逐渐增大，故C正确；由0.6s＝T＋eq\f(T,2)可知，从释放振子开始计时，振子在0.6s末位于最大位移处N点，偏离平衡位置的位移大小为eq\f(40cm,2)＝20cm，故D错误。考点二简谐运动的图像和表达式5．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动，以平衡位置O为原点，建立x轴，向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为()答案：A解析：由题意，向右为x轴的正方向，振子位于N点时开始计时，因此t＝0时，振子的位移为正的最大值，振动图像为余弦函数图像，A正确，B、C、D错误。6．(多选)做简谐运动的物体，其位移随时间的变化规律为x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50πt＋\f(π,6)))cm，则下列说法正确的是()A．它的振幅为4cmB．它的周期为0.04sC．它的初相位是eq\f(π,6)D．它在eq\f(1,4)周期内通过的路程可能是2eq\r(2)cm答案：BCD解析：将题中关系式与x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋φ0))对比可知，A＝2cm，T＝0.04s，φ0＝eq\f(π,6)，A错误，B、C正确；在eq\f(1,4)周期内，相位变化量Δφ＝eq\f(π,2)，分析可知，从φ1＝eq\f(3π,4)到φ2＝φ1＋Δφ＝eq\f(5π,4)，物体通过的路程为eq\r(2)A＝2eq\r(2)cm，D正确。7．如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，振子在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，以振子从A点开始运动的时刻作为计时起点，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＝0.4s时，振子的速度方向向左B．t＝0.8s时，振子的加速度方向向右C．t＝0.8s到t＝1.2s的时间内，振子的回复力逐渐增大D．t＝1.2s到t＝1.6s的时间内，振子的动能逐渐减小答案：D解析：由题图乙可知，t＝0.4s时，振子由平衡位置向正方向运动，结合题图甲可知，此时振子的速度方向向右，故A错误；由题图乙可知，t＝0.8s时，振子在正向最大位移处，结合题图甲可知，此时振子的加速度方向向左，故B错误；t＝0.8s到t＝1.2s的时间内，振子从最大位移处向平衡位置运动，振子的位移逐渐减小，振子的回复力逐渐减小，故C错误；t＝1.2s到t＝1.6s的时间内，振子从平衡位置向最大位移处运动，振子的速度逐渐减小，振子的动能逐渐减小，故D正确。8．(多选)如图甲，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是()A．弹簧振子的振动方程为x＝0.05sin(0.8t)mB．在t＝0.4s与t＝0.8s两个时刻，弹簧振子的速度相同C．在t＝0.1s时，弹簧振子的位移大小为eq\f(5\r(2),2)cmD．在t＝0.3s与t＝0.5s两个时刻，弹簧振子的弹性势能相等答案：CD解析：由题图乙可知，弹簧振子的周期T＝0.8s，振幅A＝5cm，初相位φ＝0，则弹簧振子的振动方程为x＝Asineq\f(2π,T)t＝0.05sin(2.5πt)m，A错误；由题图乙可知，在t＝0.4s与t＝0.8s两个时刻，弹簧振子从不同的方向经过平衡位置，因此速度大小相同，方向相反，B错误；在t＝0.1s时，弹簧振子的位移大小为x＝0.05·sin(2.5π×0.1)m＝eq\f(5\r(2),2)cm，C正确；t＝0.3s时，x＝0.05sin(2.5π×0.3)m＝eq\f(5\r(2),2)cm，t＝0.5s时，x＝0.05sin(2.5π×0.5)m＝－eq\f(5\r(2),2)cm，两个时刻弹簧的形变量相等，则弹簧振子的弹性势能相等，D正确。考点三单摆9.(多选)如图所示，一根不可伸缩的轻绳一端系在天花板上，一端与一质量为m的小球连接，轻绳长为L。现将小球拉起，使轻绳与竖直方向成一小角度θ(θ＜5°)，由静止释放小球，小球以最低点为平衡位置做简谐运动。已知重力加速度大小为g，小球可视为质点，下列说法正确的是()A．小球做简谐运动的回复力为重力和轻绳拉力的合力B．小球做简谐运动的回复力为重力沿轨迹圆弧切线方向的分力C．小球做简谐运动的周期为2πeq\r(\f(L,g))D．小球运动到最低点时所受合力为零答案：BC解析：小球做简谐运动的回复力为重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，A错误，B正确；小球做简谐运动时，因小球可视为质点，则绳长即为摆长，则其周期为T＝2πeq\r(\f(L,g))，C正确；小球运动到最低点时所受合力提供向心力，即所受合力不为零，D错误。10．(2024·甘肃高考)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点的速度相同答案：C解析：由题图可知，该单摆的振动周期为T＝0.8πs，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得该单摆的摆长为l＝eq\f(gT2,4π2)＝1.6m，故B、D错误；由题图可知，起始时刻，单摆摆球在正方向最大位移处，则此时其速度为零，A、C点单摆摆球的位移相等，则A、C点的速度大小相等，又分析知A、C点的速度方向相同，则A、C点的速度相同，故A错误，C正确。11.(2025·陕西省宝鸡市高三上10月月考)(多选)某考察队员将计时准确的摆钟从海南带到我国第五个南极考察站，下列对摆钟周期的变化及如何调节使之正常计时的说法中，正确的是()A．周期变大B．周期变小C．增大摆长，使之正常计时D．减小摆长，使之正常计时答案：BC解析：摆钟从海南到南极，纬度升高，重力加速度g变大，根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可知摆钟的周期变小，故A错误，B正确；为使之正常计时，要将周期T调回正常，则应增大摆长，故C正确，D错误。考点四阻尼振动、受迫振动和共振12．如图是水平弹簧振子做阻尼振动的位移—时间图像，弹簧振子在P点与N点所对应时刻具有相同的()A．速度 B．动能C．势能 D．机械能答案：C解析：由于弹簧振子做阻尼振动的过程中要克服阻力做功，则机械能逐渐减小，所以其在P点所对应时刻的机械能大于在N点所对应时刻的机械能，D错误；由于P、N所对应时刻的位移大小相同，弹簧的形变量大小相等，故在这两个时刻弹簧振子的势能相同，由于在P点所对应时刻的机械能大于在N点所对应时刻的机械能，所以其在P点所对应时刻的动能大于在N点所对应时刻的动能，故B错误，C正确；根据动能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可得弹簧振子在P点所对应时刻的速度大于在N点所对应时刻的速度，A错误。13.如图，一根张紧的绳上悬挂3个单摆，摆长关系为lA＝lC<lB，摆球质量关系为mA>mB＝mC。当A摆振动起来，通过张紧的绳迫使B、C也振动起来，达到稳定后，下列说法正确的是()A．B、C摆的摆球质量相同，故振幅相同B．B摆的摆长最大，故振幅最大C．B摆的摆长最大，故振动周期最长D．A、B、C各摆的振动周期相同答案：D解析：摆球A振动后带动其他球做受迫振动，而受迫振动的周期等于驱动力的周期，故B、C摆的振动周期均和A摆相同，C错误，D正确；由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，C摆的固有周期与A摆的固有周期即驱动力的周期相等，C摆发生共振，其振幅最大，B摆的固有周期与A摆的固有周期不相等，B摆振幅较小，A、B错误。14．(2025·宁夏银川市高三模拟)如图所示是用来测量各种发动机转速的转速计原理图。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为90Hz、80Hz、70Hz、60Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，发现钢片b振幅很大，其余钢片振幅很小。则()A．钢片a的振动频率约为90HzB．钢片b的振动频率约为80HzC．钢片c的振动频率约为70HzD．电动机的转速约为80r/min答案：B解析：钢片a、b、c、d在电动机作用下做受迫振动，则钢片a、b、c、d的振动频率相同，均等于电动机转动的频率，由于钢片b的振幅很大，其余钢片的振幅很小，说明钢片b的固有频率接近电动机的转动频率，电动机转动的频率约为80Hz，转速约为80r/s＝4800r/min，钢片a、b、c、d的振动频率相同，均约为80Hz，故B正确，A、C、D错误。15.一单摆在地球表面做受迫振动，振幅A与驱动力频率f之间的关系曲线如图所示，下列说法正确的是()A．该单摆的摆长约为2mB．若摆长减小，则共振曲线的峰值向左偏移C．当驱动力频率为0.5Hz时，该单摆的振幅最大D．若在月球上做实验，则共振曲线的峰值向右偏移答案：C解析：由题图可知，当驱动力频率为0.5Hz时，该单摆的振幅最大，则该单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期T＝eq\f(1,0.5Hz)＝2s，根据单摆周期公式有T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得该单摆的摆长约为L＝1m，A错误，C正确；若摆长减小，则单摆的固有周期变小，固有频率变大，则共振曲线的峰值向右偏移，B错误；若在月球上做实验，因月球上重力加速度g较小，则单摆的固有周期变大，固有频率变小，则共振曲线的峰值向左偏移，D错误。16．(2024·广东省广州市高三下二模)如图甲所示，由细线和装有墨水的容器组成单摆，容器底端墨水均匀流出。当单摆在竖直面内摆动时，长木板以速度v垂直于摆动平面匀速移动距离L，形成了如图乙所示的墨痕图案，重力加速度为g，则该单摆的摆长为()A.eq\f(gL2,16π2v2) B.eq\f(gL2,π2v2)C.eq\f(gL,4πv) D.eq\f(gL,πv)答案：A解析：设该单摆的摆长为l，则该单摆的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，由题图乙可得2T＝eq\f(L,v)，联立可得l＝eq\f(gL2,16π2v2)，故选A。17．(2024·北京高考)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0B．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答案：D解析：手机在竖直方向上做简谐运动。由题图乙知，t＝0时，手机的加速度为0，由平衡条件得，弹簧弹力与手机重力等大反向，A错误；由题图乙知，t＝0.2s时，手机的加速度为正，即方向向上，而加速度的方向始终指向平衡位置，可知手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t＝0至t＝0.2s，手机的加速度增大，根据简谐运动规律知，手机向远离平衡位置的方向运动，又加速度的方向始终指向平衡位置，故手机的速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知，手机振动的周期T＝0.8s，则圆频率ω＝eq\f(2π,T)＝2.5πrad/s，则a随t变化的关系式为a＝4sin(2.5πt)m/s2，D正确。18．如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m1和m2，下列说法正确的是()A．物体A所受的回复力大小跟位移大小之比为kB．把物体A与滑块B看成一个振子，其回复力大小跟位移大小之比为kC．滑块B的回复力由弹簧的弹力提供D．若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为eq\f(μm1g,k)答案：B解析：分别对物体A和滑块B受力分析，可知物体A的回复力由B对A的静摩擦力f提供，滑块B的回复力由弹簧弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故C错误；把物体A与滑块B看成一个振子，其回复力由弹簧弹力提供，则F＝－kx，即回复力大小跟位移大小之比为k，故B正确；设A、B的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a，f＝m1a，联立可得A所受回复力f＝－eq\f(km1,m1＋m2)x，即A所受回复力大小与位移大小之比为eq\f(km1,m1＋m2)，A错误；根据题意知，A、B始终保持相对静止，由f＝－eq\f(km1,m1＋m2)x可知，A、B间的静摩擦力f最大时，其位移最大，此位移大小即为A、B的振幅A，又f≤fmax＝μm1g，联立解得A≤eq\f(μ（m1＋m2）g,k)，即A的最大值为Amax＝eq\f(μ（m1＋m2）g,k)，故D错误。19.(多选)将一力传感器与计算机相接，通过计算机可以显示传感器所测得的力的大小。现将某单摆悬挂在力传感器的探头上，并让其做小幅度摆动，计算机上便显示出摆线的拉力大小随时间变化的规律图，如图所示，则关于此单摆的说法错误的是()A．单摆的周期T＝2.0sB．单摆的摆长约1mC．t＝1.0s时摆球正经过最低点D．摆球运动过程中机械能守恒答案：CD解析：摆球在运动过程中，在最低点时摆线的拉力最大，在最大位移处摆线的拉力最小，故t＝0.5s和t＝1.5s时摆球正经过最低点，在t＝1.0s时摆球处于最大位移处，在一个周期内摆球两次经过最低点，故单摆的周期为T＝2×(1.5s－0.5s)＝2.0s，故A正确，C错误；根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得单摆的摆长l＝eq\f(T2,4π2)g＝eq\f(2.02,4π2)×9.8m≈1m，故B正确；由题图可知，摆球在运动过程中摆线的拉力的极小值逐渐增大；由Fmin＝mgcosθ可知摆角θ越来越小，说明单摆的摆幅越来越小，且拉力的极大值也逐渐减小，说明摆球在最低点的速度越来越小，这均表明摆球运动过程中机械能越来越小，故D错误。本题选说法错误的，故选C、D。20.如图所示为两个单摆做受迫振动的振幅A与驱动力频率f之间的关系曲线，则下列说法正确的是()A．若两个受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LⅠ∶LⅡ＝4∶25B．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅱ对应在地球上单摆的振动C．若图线Ⅰ是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1mD．若图线Ⅱ是在地面上完成的，则该单摆摆长约为2m答案：B解析：由题图可知，两个单摆的固有频率分别为fⅠ＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz，则固有周期分别为TⅠ＝eq\f(1,fⅠ)＝5s，TⅡ＝eq\f(1,fⅡ)＝2s。若两次受迫振动是在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))可得L＝eq\f(gT2,4π2)，则两个单摆的摆长之比为LⅠ∶LⅡ＝Teq\o\al(2,Ⅰ)∶Teq\o\al(2,Ⅱ)＝25∶4，故A错误；若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，g月＜g地，可知T月＞T地，则图线Ⅰ对应在月球上单摆的振动，图线Ⅱ对应在地球上单摆的振动，故B正确；若图线Ⅰ是在地面上完成的，由TⅠ＝2πeq\r(\f(LⅠ,g地))解得LⅠ＝eq\f(g地Teq\o\al(2,Ⅰ),4π2)≈6.2m，故C错误；若图线Ⅱ是在地面上完成的，由TⅡ＝2πeq\r(\f(LⅡ,g地))解得LⅡ＝eq\f(g地Teq\o\al(2,Ⅱ),4π2)≈1m，故D错误。21.如图所示，在倾角为α的光滑斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，则以下判断正确的是()A．单摆在斜面上摆动的周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为F＝meq\f(v2,L)C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场(场强较小)，则单摆的振动周期将增大D．若小球带负电，并加一沿斜面向下的匀强电场(场强较小)，则单摆的振动周期将增大答案：D解析：由mgsinα＝mg′可得，单摆在斜面上摆动的等效重力加速度g′＝gsinα，所以单摆在斜面上摆动的周期为T＝2πeq\r(\f(L,\a\vs4\al(g′)))＝2πeq\r(\f(L,gsinα))，故A错误；摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为零，故B错误；若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，由mgsinα＋qE＝mg″可得，此时单摆在斜面上摆动的等效重力加速度g″＝gsinα＋eq\f(qE,m)>g′，则单摆的振动周期T″＝2πeq\r(\f(L,\a\vs4\al(g″)))＜T，即单摆的振动周期将减小，故C错误；若小球带负电，并加一沿斜面向下的匀强电场，由mgsinα－qE＝mg可得，此时单摆在斜面上摆动的等效重力加速度g＝gsinα－eq\f(qE,m)<g′，则单摆的振动周期T＝2πeq\r(\f(L,g))＞T，即单摆的振动周期将增大，故D正确。22.(2025·河南省南阳市高三模拟)如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面S点静止释放，小球在隧道内的运动可视为简谐运动。已知地球半径为R，小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经t0时间第1次过P点(P点图中未标出)，再经2t0时间又过该点。则()A．小球振动的周期为6t0B．O到P的距离为eq\f(\r(2)R,2)C．从开始计时至小球第3次过P点所需的时间为10t0D．由S到O的运动过程中小球受力逐渐增大答案：B解析：设小球振动的周期为T。分析知，O点为小球振动的平衡位置，S点为小球振动的最大位移处。小球经过O点时开始计时，由O向S运动，经t0时间第1次过P点，再经2t0时间又过该点，可知2t0≤T，t0≤eq\f(T,2)，即P点在O、S之间，小球从O到P的时间为t0，两次经过P点的时间间隔为2t0，由对称性可知小球从P到S的时间为t0，则小球从平衡位置运动到最大位移处所用时间为t0＋t0＝2t0，小球振动的周期为T＝4×2t0＝8t0，故A错误；O到P的距离为x＝Rsineq\f(2π,T)t0＝eq\f(\r(2)R,2)，故B正确；从开始计时至小球第3次过P点所需的时间为t＝t0＋T＝9t0，故C错误；由S到O的运动过程中小球位移逐渐减小，由F＝－kx可知小球受力逐渐减小，故D错误。23．(2025·河南省豫西北联盟高三上期中)如图所示，在xOy坐标系中一质量为m的小球绕原点O沿顺时针方向做匀速圆周运动，半径为R，从小球经过x＝－R的位置开始计时，该小球每分钟转300圈。一束平行光沿x轴正方向照射小球，在x＝2R处放置一垂直于x轴的足够大屏幕，可以看到小球的影子在屏幕上的运动情况。则下列说法正确的是()A．t＝3.05s时，小球坐标是(－R，0)B．从开始计时，t＝1.25s内小球影子所通过的路程为25RC．小球做匀速圆周运动的向心力大小为Fn＝10mπ2R(单位均为国际单位)D．小球的影子在y轴方向上的运动满足方程y＝Rsin(20πt)答案：B解析：小球做圆周运动的周期为T＝eq\f(60s,300)＝0.2s，由于小球沿顺时针方向运动，从小球经过x＝－R的位置开始计时，则t＝3.05s＝15T＋eq\f(1,4)T时，小球坐标为(0，R)，故A错误；小球的影子在y轴方向上的运动满足方程y＝Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝Rsin(10πt)，则从开始计时，t＝1.25s＝6T＋eq\f(1,4)T内小球影子所通过的路程为s＝6×4R＋R＝25R，故B正确，D错误；小球做圆周运动的向心力大小为Fn＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R＝100mπ2R(单位均为国际单位)，故C错误。24.(2024·浙江6月选考)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，重力加速度g＝10m/s2，则()A．摆角变小，周期变大B．小球摆动周期约为2sC．小球平衡时，A端拉力为eq\f(\r(3),2)ND．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力答案：B解析：根据单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知其做微小摆动时，周期与摆角无关，故A错误；同一根细线中拉力大小处处相等，小球平衡时，设A端细线和B端细线拉力大小均为F，对小球受力分析如图所示，由几何关系知，左侧细线与竖直方向的夹角为θ＝30°，水平方向，根据平衡条件可知，右侧细线与竖