第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《機械振動》一．選擇題（共10小題）1．（2024?新鄭市校級開學）如圖所示，物體A與滑塊B一起在固定于地面傾角為θ的光滑斜面上做簡諧運動，A、B之間的的動摩擦因數為μ＝2tanθ，此時振動周期為T，已知輕質彈簧的勁度系數為k，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B的質量分別為m和M，重力加速度為g下列說法正確的是（）A．物體A運動到最下端時受到重力、支持力、摩擦力、回復力作用 B．A、B間無相對滑動的最大振幅為(m+M)gsinθkC．某時刻，B的速度為v，經過Δt后，B的速度再次為v，則Δt可能小于12D．當物體B相對平衡位置的位移為x時，m加速度大小等于kx2．（2024春?麗水期末）如圖，勁度系數為2N/cm，豎直放置的彈簧上連接有質量為2kg的A物塊，靜止時A在y＝0cm處，此刻將一質量為1kg的物塊B無初速度的放置于A上，使A與B開始運動，忽略空氣阻力，彈簧足夠長且始終未超出彈性限度。已知彈簧彈性勢能表達式為EpA．A向下運動到y＝5cm后保持靜止 B．存在某一時刻A與B會分離 C．A最大能運動到y＝20cm處 D．當A運動到y＝5cm處時，A的動能達到最大值3．（2024春?龍巖期末）如圖甲所示，在傾角α＝30°光滑的斜面上固定一擺長為L的單擺，單擺在斜面上以θ＜5°的角度來回擺動。某實驗小組通過力傳感器得到了擺線的拉力大小F隨時間t變化的圖線，如圖乙所示（圖中所標字母均為已知量）。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．該單擺的周期為t0 B．若把此單擺移至地球兩極，單擺的周期變大 C．擺球的質量m=(2D．擺球在最低點時的速度大小v=4．（2024春?沙坪壩區校級期末）如圖甲所示，彈簧下端連接一重物，上端固定在水平轉動軸的彎曲處，轉動搖桿即可驅動重物上下振動。彈簧和重物組成的系統可視為彈簧振子，已知彈簧振子做簡諧運動的周期T=2πmA．k4π2fC．k4π25．（2024?梅州二模）轎車的懸掛系統是由車身與輪胎間的彈簧及避震器組成的支持系統。某型號轎車的“車身—懸掛系統”振動的固有周期是0.4s，這輛汽車勻速通過某路口的條狀減速帶，如圖所示，已知相鄰兩條減速帶間的距離為1.2m，該車經過該減速帶過程中，下列說法正確的是（）A．當轎車以10.8km/h的速度通過減速帶時，車身上下顛簸得最劇烈 B．轎車通過減速帶的速度越小，車身上下振動的幅度也越小 C．轎車通過減速帶的速度越大，車身上下顛簸得越劇烈 D．該轎車以任意速度通過減速帶時，車身上下振動的頻率都等于2.5Hz，與車速無關6．（2024春?東城區期末）如圖甲所示為光滑水平面上的彈簧振子，以平衡位置O為原點，在A、B之間做簡諧運動，某時刻開始計時，其偏離平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．該彈簧振子的振幅為10cm B．該振動系統的振動周期為3s C．t＝0時，振子從O向A運動 D．t＝1.5s時，振子第一次經過O點7．（2024春?洛陽期中）分別在地球和月球上利用單擺裝置進行受迫振動實驗，振幅A隨驅動力頻率f的關系圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A．若兩擺長相等，則圖線Ⅱ是月球上的單擺共振曲線 B．若使圖線I達到最大振幅，則需要驅動力的周期為0.2s C．圖線Ⅱ可知當頻率在0.4Hz～0.6Hz范圍內，單擺能量一直增加 D．已知g＝6g月，則圖線Ⅰ、Ⅱ對應振幅出現最大時的擺長之比為L1：L2＝25：248．（2024春?青羊區校級期末）某同學在探究單擺運動中，圖甲是用力傳感器對單擺運動過程進行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F﹣t圖像，則以下說法正確的是（）A．t＝0.1s時刻擺球速度最大 B．t＝0.5s時刻擺球經過最低點 C．單擺振動周期T＝0.8s D．單擺振動周期T＝0.9s9．（2024春?重慶期末）智能手機集成了很多傳感器，結合相應APP可應用于物理實驗。如圖甲所示，輕質彈簧上端固定，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵。鉤碼在豎直方向做簡諧運動時，某段時間內，小磁鐵正下方的智能手機中的磁傳感器采集到磁感應強度隨時間變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）A．鉤碼做簡諧運動的周期為（t3﹣t1） B．在t1和t5時刻，鉤碼的重力勢能最大 C．在t2和t4時刻，鉤碼的動能最大 D．在t2到t4時間內，鉤碼所受合外力的沖量為零10．（2024春?福州期末）釣魚是很多人的愛好，浮漂是必不可少的工具。如圖是質量為m的某浮漂，靜止在靜水中的示意圖，M、P、O、N為浮漂上的點，此時點O在水面上。用手將浮漂向下壓，使點M到達水面后松手，浮漂會上下運動，上升到最高處時，點N恰好到達水面，浮漂的運動可看成簡諧運動。從松手開始計時，經0.2s點P第一次經過水面，再經1.6s點P第二次經過水面，重力加速度為g，則（）A．O點到達水面時，浮漂具有最大加速度 B．N點到達水面時，浮漂具有最大速度 C．浮漂振動周期為2.0s D．N點到達水面時，浮漂受到的浮力大小為2mg二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?遼寧期末）如圖所示，一勁度系數為k的豎直輕彈簧下端固定，上端栓接質量為m的水平木板P，木板上再放一質量也為m的小物塊Q，靜止時位置如圖所示。現對Q施加一豎直向上、大小為12A．剛施加力F時，Q對P的壓力大小為12B．施加力F后，在接下來的運動過程中P、Q不可能分離 C．P運動到最高點時，彈簧的彈力大小為mg D．P從靜止時位置到第一次速度最大的位置間的距離是mg（多選）12．（2024?貴州）如圖，一玻璃瓶的瓶塞中豎直插有一根兩端開口的細長玻璃管，管中一光滑小球將瓶中氣體密封，且小球處于靜止狀態，裝置的密封性、絕熱性良好。對小球施加向下的力使其偏離平衡位置，在t＝0時由靜止釋放，小球的運動可視為簡諧運動，周期為T。規定豎直向上為正方向，則小球在t＝1.5T時刻（）A．位移最大，方向為正 B．速度最大，方向為正 C．加速度最大，方向為負 D．受到的回復力大小為零（多選）13．（2024春?朝陽區校級期末）如圖所示，傾角為a的光滑斜面上有兩質量均為m的物塊A、B，它們分別與平行于斜面的兩根勁度系數均為k的輕質彈簧固連，兩彈簧的另一端分別固定在斜面上。已知簡諧運動的周期公式T＝2πMkA．物塊A、B不可能會發生碰撞 B．物塊A、B振動的振幅之比為1：1 C．物塊A的加速度為零時，物塊B的加速度可能不為零 D．物塊A、B振動的最大速度之比為1：1（多選）14．（2024春?濟南期末）廣州虎門大橋曾發生過一次異常振動，是由于氣流旋渦給大橋施加一個周期性的力，從而引起大橋的周期性振動。當作用在大橋上的力的周期變大時，下列說法正確的是（）A．大橋振動的周期可能變小 B．大橋振動的周期一定變大 C．大橋振動的振幅可能減小 D．大橋振動的振幅一定增大（多選）15．（2024春?洛陽期中）如圖，在傾角為θ的固定光滑斜面上，有兩個用輕質彈簧連接的物體A和B，它們的質量均為m，彈簧的勁度系數為k。P為一固定的擋板。現讓一質量為m的物體C從距B為s的位置由靜止釋放，C和B相碰后立即粘為一體，在之后的運動過程中，物體A對P的最小彈力為12A．C和B碰撞后速度為2mgssinθ2B．C和B在斜面上的運動是簡諧運動，做簡諧運動的振幅為5mgsinθ2kC．A對擋板P的最大彈力為11mgsinθ2D．C的最大加速度大小為gsinθ三．填空題（共5小題）16．（2024?永春縣校級模擬）如圖所示是共振原理演示儀。在同一鐵支架MN上焊有固有頻率依次為100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四個鋼片a、b、c、d，將M的下端與正在轉動的電動機接觸后，發現b鋼片振幅很大，其余鋼片振幅很小。則電動機的轉速約為r/s，鋼片d的振動頻率約為Hz。17．（2024?成都模擬）如圖（a），輕質彈簧下端掛一質量為m的小球處于靜止狀態。現將小球向下拉動距離l后由靜止釋放并開始計時，小球在豎直方向做簡諧振動，彈簧彈力與小球運動的時間關系如圖（b）所示。l及t0為已知條件。①小球簡諧振動的周期T＝；②0～6t0內，小球通過的路程s＝；③0～t02內，小球運動距離18．（2024春?鼓樓區校級期中）如圖所示，小球m自A點以初速度v0向AD方向運動，已知弧長AB＝0.8m，AB圓弧半徑R＝10m，AD＝10m，A、B、C、D在同一水平面內。欲使小球恰好能夠通過D點，其初速度應取。（重力加速度g＝10m/s2，結果可以保留π）19．（2024春?寶山區校級期中）在光滑水平面上是O點系一長為L的絕緣細線，線的一端系一質量為m，帶電量為q的小球，當沿細線方向加上強度為E的勻強電場后，小球處于平衡狀態，現給小球一垂直于細線的初速度v0，使小球在水平面上開始運動，若v0很小，則小球將做運動，小球第一次回到平衡位置所需時間為。20．（2024?重慶模擬）有一單擺，其擺長l＝1.02m，擺球的質量m＝0.10kg，已知單擺做簡諧運動，單擺振動30次用的時間t＝60.8s，當地的重力加速度是m/s2（結果保留三位有效數字）；如果將這個擺改為秒擺，擺長應（填寫“縮短”“增長”），改變量為m。四．解答題（共5小題）21．（2024?湖南開學）如圖所示，質量均為m＝2kg可視為質點的滑塊M、N用勁度系數為k＝200N/m的輕彈簧相連，靜止放置在傾角為θ＝37°的光滑斜面上，N下端與垂直斜面的擋板P接觸；現將質量為M＝4kg的物體Q在斜面上M的上方某點由靜止釋放，Q和M碰撞后立即粘為一體，此后做簡諧運動。運動過程中，物體N恰好不離開擋板，彈簧始終在彈性范圍內，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）M、Q整體做簡諧運動的振幅；（2）M、Q碰撞后瞬間的速度大小；（3）Q在斜面上由靜止釋放的位置與M最初位置間的距離。22．（2024春?西城區校級期末）如圖所示，一根粗細均勻的木筷，下端繞幾根鐵絲，豎直浮在盛水的盆中。筷子與鐵絲的總質量為m，筷子的直徑遠小于盆的直徑。把木筷向上提起一段距離后放手，木筷就在水中上下振動，振幅為A。不考慮水對筷子的阻力，忽略鐵絲體積的影響，木筷始終有一部分露在水面上。（1）證明：木筷在水中做簡諧運動。（2）某同學發現木筷與鐵絲在最高點的機械能大于它們在最低點的機械能。他分析之后認為，木筷與鐵絲損失的機械能應轉化為了水的重力勢能，請判斷他的結論是否正確，并說明理由。（3）證明木筷與鐵絲的最大動能Ekm∝A2。23．（2024?新鄭市校級開學）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面底端固定一垂直擋板，勁度系數為k的輕質彈簧一端連接擋板，一端與靜止的物塊B相連。物塊A從距B一定距離處靜止釋放，與B發生碰撞，碰后A、B粘連，碰撞時間不計。碰后B上升到最高點時，彈簧恰好恢復原長。已知物塊A、B的質量均為m，彈簧彈性勢能Ep（1）求物塊B的最大速率vB；（2）求物塊A與B碰后瞬間的速率vA；（3）若已知物塊A、B碰后到第一次運動至最低點經歷的時間為t0，求物塊A從靜止釋放到第一次上升到最高點所用的時間。24．（2024春?海淀區期末）如圖所示，彈簧振子在豎直方向的B、C兩點之間做簡諧運動。小球位于B點時開始計時，經過0.5s首次到達C點。若以小球的平衡位置為坐標原點O，以豎直向下為正方向建立坐標軸Ox，用x表示小球相對于平衡位置的位移。已知B、C兩點相距20cm，彈簧勁度系數k＝20N/m，小球質量m＝0.5kg，取重力加速度g＝10m/s2。（1）請寫出小球位移x隨時間t變化的關系式。（2）求5s內小球通過的路程及5s末小球位移的大小。（3）求小球運動至B點時，其所受回復力和彈簧彈力的大小。25．（2024春?鼓樓區校級期末）如圖所示，豎直懸掛的輕彈簧下端系著A、B兩物體，mA＝0.1kg，mB＝0.1kg，彈簧的勁度系數為k＝40N/m，剪斷A、B間的細繩后，A做簡諧運動，不計空氣等阻力，彈簧始終沒有超過彈性限度，g取10m/s2。求：（1）剪斷細繩瞬間的回復力大小；（2）A做簡諧運動的振幅；（3）A在最高點時的彈簧彈力大小。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《機械振動》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?新鄭市校級開學）如圖所示，物體A與滑塊B一起在固定于地面傾角為θ的光滑斜面上做簡諧運動，A、B之間的的動摩擦因數為μ＝2tanθ，此時振動周期為T，已知輕質彈簧的勁度系數為k，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B的質量分別為m和M，重力加速度為g下列說法正確的是（）A．物體A運動到最下端時受到重力、支持力、摩擦力、回復力作用 B．A、B間無相對滑動的最大振幅為(m+M)gsinθkC．某時刻，B的速度為v，經過Δt后，B的速度再次為v，則Δt可能小于12D．當物體B相對平衡位置的位移為x時，m加速度大小等于kx【考點】簡諧運動的回復力；連接體模型；簡諧運動的某一時刻或某段時間內質點的運動情況．【專題】學科綜合題；定量思想；整體法和隔離法；簡諧運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據簡諧振動的運動特點，并結合牛頓第二定律進行解答。【解答】解：A．重力的分力和摩擦力提供回復力，故A錯誤；B．由簡諧運動回復力性質可知，當回復力最大時振幅最大，即當A、B間靜摩擦力達到最大靜摩擦力時，振幅最大，由牛頓第二定律F＝ma整理可得μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma利用整體法整理可得kA﹣（m+M）gsinθ＝（m+M）a可得A、B間無相對滑動的最大振幅A=2(m+M)gsinθC．質點連續經過相對平衡位置對稱的任意兩點時，速度相等，花費時間是最少，小于12D．當物體B相對平衡位置的位移為x時，由牛頓第二定律F＝ma利用整體法整理可得kx﹣（m+M）gsinθ＝（m+M）a整理可得a=kx?(m+M)gsinθ故選：C。【點評】熟練掌握簡諧振動各階段的運動特點。2．（2024春?麗水期末）如圖，勁度系數為2N/cm，豎直放置的彈簧上連接有質量為2kg的A物塊，靜止時A在y＝0cm處，此刻將一質量為1kg的物塊B無初速度的放置于A上，使A與B開始運動，忽略空氣阻力，彈簧足夠長且始終未超出彈性限度。已知彈簧彈性勢能表達式為EpA．A向下運動到y＝5cm后保持靜止 B．存在某一時刻A與B會分離 C．A最大能運動到y＝20cm處 D．當A運動到y＝5cm處時，A的動能達到最大值【考點】簡諧運動的能量問題；簡諧運動的某一時刻或某段時間內質點的運動情況．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；與彈簧相關的動量、能量綜合專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據題意列AB平衡方程，求得振幅大小，再判斷A向下運動到y＝5cm后是否靜止；B與A一起保持相對靜止做簡諧運動，兩者不會發生分離；當AB速度為零時，向下運動的位移最大，根據對稱關系求最大位移。【解答】解：A．靜止時A在y＝0cm處，設彈簧壓縮量為x0，則有mAg＝kx0解得x0＝10cm放上B后，設平衡位置的位移大小為x，A、B在平衡位置的壓縮量為x1，則有F回＝（mA+mB）g﹣k（x1﹣x），（mA+mB）g＝kx1解得F回＝kx回復力大小與相對平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，放上B后，B與A一起開始向下做簡諧運動，根據對稱性可知，A、B先向下做加速度減小的加速運動，后向下做加速度增大的減速運動，減速至0后，又向上做加速度減小的加速運動，后向上做加速度增大的減速運動，減速至0后回到出發點，之后，重復先前的運動過程解得x1＝15cm根據簡諧運動的對稱性可知，振幅為A＝x1﹣x0A＝5cm可知，A、B向下運動到兩倍的振幅位置，即y＝10cm到達最低點，但不能夠保持靜止，故A錯誤；B．結合上述可知，B與A一起保持相對靜止做簡諧運動，兩者不會發生分離，故B錯誤；CD．結合上述可知，當A運動到y＝5cm處時，恰好處于平衡位置，此時速度最大，A的動能達到最大值，A最大能運動到y＝10cm處，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律、平衡條件與運動學公式可以解題。3．（2024春?龍巖期末）如圖甲所示，在傾角α＝30°光滑的斜面上固定一擺長為L的單擺，單擺在斜面上以θ＜5°的角度來回擺動。某實驗小組通過力傳感器得到了擺線的拉力大小F隨時間t變化的圖線，如圖乙所示（圖中所標字母均為已知量）。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．該單擺的周期為t0 B．若把此單擺移至地球兩極，單擺的周期變大 C．擺球的質量m=(2D．擺球在最低點時的速度大小v=【考點】單擺周期的計算及影響因素；牛頓第二定律的簡單應用；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據單擺的周期的定義確定周期；根據單擺的周期公式探討單擺的周期變化情況；小球在最低點時，根據牛頓第二定律和小球從最高點運動到最低點的過程中，根據機械能守恒定律列式求解擺球的質量和擺球在最低點時的速度大小。【解答】解：A、由題圖乙可知，t0時刻是擺球自開始擺動后第一次所受拉力最小的時刻，對應于的是擺球到達最高點的時刻，而2t0時刻才是擺球再次回到最高點，即第一次回到釋放點的時刻，故該單擺的周期為2t0，故A錯誤；B、根據單擺周期公式T=2πl可知若把此單擺移至地球兩極，重力加速度g變大，則單擺的周期T變小，故B錯誤；CD、設擺球質量為m，在最低點時的速度大小為v，小球在最高點時，向心力為零，故沿擺線方向受力平衡，有F1＝mgsinαcosθ小球在最低點時，根據牛頓第二定律有F2小球從最高點到最低點的過程中，根據機械能守恒定律mgl(1?cosθ)sinα=1聯立可得，擺球的質量m=擺球在最低點時的速度大小v=故D正確，C錯誤；故選：D。【點評】本題考查了單擺問題，涉及單擺的周期、向心力的來源、機械能守恒定律，考查知識全面，有一定的難度。4．（2024春?沙坪壩區校級期末）如圖甲所示，彈簧下端連接一重物，上端固定在水平轉動軸的彎曲處，轉動搖桿即可驅動重物上下振動。彈簧和重物組成的系統可視為彈簧振子，已知彈簧振子做簡諧運動的周期T=2πmA．k4π2fC．k4π2【考點】共振及其應用．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】A【分析】從重物的振幅隨搖桿轉動頻率變化的圖象上得到該裝置的固有頻率，然后根據周期公式計算即可。【解答】解：根據重物的振幅隨搖桿轉動頻率變化的圖象可知，該裝置的固有頻率為f0，則f0=1故選：A。【點評】能夠從重物的振幅隨搖桿轉動頻率變化的圖象得到該裝置的頻率是解題的關鍵。5．（2024?梅州二模）轎車的懸掛系統是由車身與輪胎間的彈簧及避震器組成的支持系統。某型號轎車的“車身—懸掛系統”振動的固有周期是0.4s，這輛汽車勻速通過某路口的條狀減速帶，如圖所示，已知相鄰兩條減速帶間的距離為1.2m，該車經過該減速帶過程中，下列說法正確的是（）A．當轎車以10.8km/h的速度通過減速帶時，車身上下顛簸得最劇烈 B．轎車通過減速帶的速度越小，車身上下振動的幅度也越小 C．轎車通過減速帶的速度越大，車身上下顛簸得越劇烈 D．該轎車以任意速度通過減速帶時，車身上下振動的頻率都等于2.5Hz，與車速無關【考點】共振及其應用；阻尼振動和受迫振動．【專題】定性思想；定量思想；推理法；簡諧運動專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】明確共振和受迫振動的概念及其特性。根據題目條件計算相關物理量（如時間間隔、速度等）。分析各選項與共振條件和受迫振動特性的關系。【解答】解：A．當轎車以v＝10.8km/h＝3m/s的速度通過減速帶時，車身因過減速帶而產生的受迫振動的周期為T=L與“車身—懸掛系統”振動的固有周期相等，故此時車身會產生共振現象，顛簸得最劇烈，故A正確；BC．由于車輛駛過減速帶時，引發的車身上下振動頻率若趨近于車身系統本身的固有頻率，將會導致振動幅度顯著增大，使顛簸感更為強烈。因此，當轎車減緩通過減速帶的速度時，車身上下的振動幅度并非必然減小；同理，增大速度也并不必然意味著車身上下會更加劇烈地顛簸，這與速度的單一增減無直接線性關系，BC錯誤；D．受迫振動的物體其振動頻率嚴格等于驅動力的頻率。對于該轎車而言，其通過減速帶時車身上下的振動頻率并非固定為2.5Hz，而是會根據車速的不同而有所變化，故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查共振現象以及受迫振動的頻率特性。解題的關鍵在于理解共振的條件以及受迫振動中物體振動頻率與驅動力頻率的關系。6．（2024春?東城區期末）如圖甲所示為光滑水平面上的彈簧振子，以平衡位置O為原點，在A、B之間做簡諧運動，某時刻開始計時，其偏離平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．該彈簧振子的振幅為10cm B．該振動系統的振動周期為3s C．t＝0時，振子從O向A運動 D．t＝1.5s時，振子第一次經過O點【考點】簡諧運動的圖像問題；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；簡諧運動的某一時刻或某段時間內質點的運動情況．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】B【分析】AB.由振動圖象可以讀出周期和振幅；C．由圖可知，t＝0時，振子的位移為2.5cm，且隨時間而增大，據此判斷；D．根據簡諧振動的圖像，t＝1.5s時，振子位移不是0，又根據對稱性結合圖像可知t＝1.25時，振子第一次經過O點，據此判斷。【解答】解：A．由圖可知該彈簧振子的振幅為5cm。故A錯誤；B．由圖可知T2解得T＝3s可知該振動系統的振動周期為3s。故B正確；C．由圖可知，t＝0時，振子的位移為2.5cm，且隨時間而增大，所以從O向B運動。故C錯誤；D．根據簡諧振動的對稱性結合圖像可知t＝1.25s時，振子第一次經過O點。故D錯誤。故選：B。【點評】學會由振動圖象得到周期、頻率、振幅等基本的物理量，牢記振子在最大位移處時，速度為零，加速度最大；在平衡位置處，速度最大，加速度為零。7．（2024春?洛陽期中）分別在地球和月球上利用單擺裝置進行受迫振動實驗，振幅A隨驅動力頻率f的關系圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A．若兩擺長相等，則圖線Ⅱ是月球上的單擺共振曲線 B．若使圖線I達到最大振幅，則需要驅動力的周期為0.2s C．圖線Ⅱ可知當頻率在0.4Hz～0.6Hz范圍內，單擺能量一直增加 D．已知g＝6g月，則圖線Ⅰ、Ⅱ對應振幅出現最大時的擺長之比為L1：L2＝25：24【考點】共振及其應用；單擺及單擺的條件．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；理解能力．【答案】D【分析】當受迫振動的頻率等于單擺的固有頻率，將發生共振，根據共振的頻率大小，得出固有周期的大小，根據單擺的周期公式進行分析．【解答】解：A、若兩次受迫振動分別在月球上和地球上進行，因為圖線Ⅰ單擺的固有頻率較小，則固有周期較大，根據T＝2πLgB、若使圖線I達到最大振幅，則需要驅動力的頻率為0.2Hz，周期為5s，故B錯誤；C、圖線Ⅱ可知當頻率在0.4Hz～0.6Hz范圍內，振幅隨頻率的增大先增大后減小，振幅增大，單擺能量增加，振幅減小，單擺能量減小，故C錯誤；D、已知g＝6g月，因為固有頻率比為2：5，則固有周期比為5：2，根據T＝2πLg故選：D。【點評】本題主要考查了受迫振動的特點，解決本題的關鍵知道受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，當驅動力的頻率等于固有頻率時，發生共振．以及掌握單擺的周期公式。8．（2024春?青羊區校級期末）某同學在探究單擺運動中，圖甲是用力傳感器對單擺運動過程進行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F﹣t圖像，則以下說法正確的是（）A．t＝0.1s時刻擺球速度最大 B．t＝0.5s時刻擺球經過最低點 C．單擺振動周期T＝0.8s D．單擺振動周期T＝0.9s【考點】單擺周期的計算及影響因素；單擺的回復力．【專題】定量思想；控制變量法；單擺問題；理解能力．【答案】B【分析】根據圖像得出力最小的時間，且速度最小時位移最大；同理根據圖像得出力最大的時間，且速度最大時位移最小；根據圖像得出周期大小。【解答】解：A．t＝0.1s時刻擺球受拉力最小，則此時擺球在最大位移處，最大位移處速度最小，故A錯誤；B．t＝0.5s時刻擺球受拉力最大，則擺球經過最低點，故B正確；CD．一個周期單擺的最大拉力出現兩次，故由圖可知擺球的周期為T＝2×（0.9﹣0.1）s＝1.6s故CD錯誤；故選：B。【點評】本題考查用單擺測量重力加速度的實驗，其中根據圖像進行分析，要注意一個周期單擺的最大拉力或最小拉力出現的次數。9．（2024春?重慶期末）智能手機集成了很多傳感器，結合相應APP可應用于物理實驗。如圖甲所示，輕質彈簧上端固定，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵。鉤碼在豎直方向做簡諧運動時，某段時間內，小磁鐵正下方的智能手機中的磁傳感器采集到磁感應強度隨時間變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）A．鉤碼做簡諧運動的周期為（t3﹣t1） B．在t1和t5時刻，鉤碼的重力勢能最大 C．在t2和t4時刻，鉤碼的動能最大 D．在t2到t4時間內，鉤碼所受合外力的沖量為零【考點】簡諧運動的能量問題；動量定理的內容和應用；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】C【分析】根據圖像分析；在t1和t5時刻，鉤碼所在處的磁感應強度最大，距離手機最近；在t2和t4時刻，鉤碼在平衡位置；根據動量定理分析。【解答】解：A由乙圖可知鉤碼做簡諧運動的周期為T＝2（t3﹣t1），故A錯誤；B、在t1和t5時刻，鉤碼所在處的磁感應強度最大，距離手機最近，距離最低，重力勢能最小，故B錯誤；C、在t2和t4時刻，鉤碼在平衡位置，此時鉤碼的動能最大，故C正確；D、在t2和t4時刻，圖像的斜率大小相等，方向不同，說明鉤碼在這兩個時刻速度大小相等，方向相反，在t2到t4時間內鉤碼的動量變化量不為零，根據動量定理可知鉤碼所受和外力的沖量不為零，故D錯誤。故選：C。【點評】注意題目是磁感應強度B隨時間的變化圖像，當磁鐵距離手機最近時，B最大，此時磁鐵距離手機最近，而不是位置最高。10．（2024春?福州期末）釣魚是很多人的愛好，浮漂是必不可少的工具。如圖是質量為m的某浮漂，靜止在靜水中的示意圖，M、P、O、N為浮漂上的點，此時點O在水面上。用手將浮漂向下壓，使點M到達水面后松手，浮漂會上下運動，上升到最高處時，點N恰好到達水面，浮漂的運動可看成簡諧運動。從松手開始計時，經0.2s點P第一次經過水面，再經1.6s點P第二次經過水面，重力加速度為g，則（）A．O點到達水面時，浮漂具有最大加速度 B．N點到達水面時，浮漂具有最大速度 C．浮漂振動周期為2.0s D．N點到達水面時，浮漂受到的浮力大小為2mg【考點】簡諧運動過程中速度、加速度（回復力）與位移的變化問題；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；簡諧運動的回復力．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】C【分析】根據對稱性分析，浮漂在平衡位置處速度最大，加速度為零，在最大位移處，速度為零，加速度最大；根據浮漂的運動時間和位置判斷周期；根據牛頓第二定律分析。【解答】解：AB.當魚漂靜止時浮力與重力大小相等，則O點與水面重合時的位置為簡諧運動的平衡位置，魚漂的速度最大，加速度為零，N點到達水面時，浮漂的速度為零，故AB錯誤；C.由題意可知，浮漂振動周期為T=2×(0.2+1.6D.N點到達水面時，由牛頓第二定律mg﹣FN浮＝ma由對稱性可知，M點到達水面時FM浮﹣mg＝ma可知mg﹣FN浮＝FM浮﹣mg，即FN浮＝2mg﹣FM浮，即N點到達水面時，浮漂受到的浮力大小小于2mg，故D錯誤。故選：C。【點評】知道質點經過一次全振動所經歷的時間是一個周期，會根據對稱性計算周期，根據對稱性知道浮漂在M點和N點的加速度大小相等，方向相反。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?遼寧期末）如圖所示，一勁度系數為k的豎直輕彈簧下端固定，上端栓接質量為m的水平木板P，木板上再放一質量也為m的小物塊Q，靜止時位置如圖所示。現對Q施加一豎直向上、大小為12A．剛施加力F時，Q對P的壓力大小為12B．施加力F后，在接下來的運動過程中P、Q不可能分離 C．P運動到最高點時，彈簧的彈力大小為mg D．P從靜止時位置到第一次速度最大的位置間的距離是mg【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的某一時刻或某段時間內質點的運動情況．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】BCD【分析】A.根據牛頓第二定律和第三定律解答；B.用假設法，設想P、Q分開求解分開瞬間對應的加速度，然后再假設不分開，根據簡諧運動的對稱性求最高點的加速度，根據比較結果進行分析判斷；C.根據簡諧運動對稱性進行分析求解；D.根據最初位置和平衡位置的受力情況聯立求解。【解答】解：A.剛施加力F時，對P、Q整體進行分析，根據牛頓第二定律有12mg＝2ma1，得a1=對Q進行分析，設P對Q的支持力大小為N1，根據牛頓第二定律有N1+12mg﹣mg＝ma1，根據牛頓第三定律Q對P的壓力大小N2＝N1，得Q對P的壓力大小為N2故A錯誤；B.假設P、Q分離，則兩者之間彈力為0，對Q進行分析，根據牛頓第二定律有mg?12mg＝ma2，解得加速度大小為a2施加拉力后，如果P、Q不分離，對P、Q整體進行分析，整體做簡諧運動，根據簡諧運動的對稱性，整體運動的最大加速度為a1=14g＜a2表明P、Q整體先向上做加速運動，后向上做減速至速度減為0時的加速度大小小于分離時向下的加速度，可知，假設不成立，即施加力F后，在運動過程中P、Q不可能分離，故B正確；C.由于P、Q不分離，根據簡諧運動特點，最高點加速度和最低點加速度大小相等，所以P運動到最高點時，整體加速度方向向下，大小為a1=1對整體分析有2mg?12mg﹣F0解得F0＝mg即彈簧的彈力大小為mg，故C正確；D.物塊開始位置，根據胡克定律與平衡條件有2mg＝kx1解得x1=在平衡位置時有2mg?12mg﹣kx解得x2=則P從靜止時位置到第一次速度最大的位置間的距離是Δx＝x1﹣x2解得Δx=故D正確。故選：BCD。【點評】考查簡諧運動的對稱性，受力分析及牛頓第二定律的應用，會根據題意進行準確分析和解答。（多選）12．（2024?貴州）如圖，一玻璃瓶的瓶塞中豎直插有一根兩端開口的細長玻璃管，管中一光滑小球將瓶中氣體密封，且小球處于靜止狀態，裝置的密封性、絕熱性良好。對小球施加向下的力使其偏離平衡位置，在t＝0時由靜止釋放，小球的運動可視為簡諧運動，周期為T。規定豎直向上為正方向，則小球在t＝1.5T時刻（）A．位移最大，方向為正 B．速度最大，方向為正 C．加速度最大，方向為負 D．受到的回復力大小為零【考點】簡諧運動過程中速度、加速度（回復力）與位移的變化問題．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】AC【分析】根據題意先判斷小球在經過1.5T時刻做簡諧運動對應的位置，再根據位置判斷位移、瞬時速度、回復力、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處，簡諧運動的周期為T，結合簡諧運動的特點，則經過1.5T的時間，小球應該運動到豎直方向上的最高點，此時平衡位置在該位置下方。A.根據以上分析，該位置位移有最大值，且方向為正，故A正確；B.由于小球在最高點，所以速度為0，故B錯誤；CD.根據F回＝﹣kx可知，該位置回復力最大，而a=F故選：AC。【點評】考查簡諧運動的回復力、位移、速度、加速度等問題，會根據題意進行準確分析和判斷。（多選）13．（2024春?朝陽區校級期末）如圖所示，傾角為a的光滑斜面上有兩質量均為m的物塊A、B，它們分別與平行于斜面的兩根勁度系數均為k的輕質彈簧固連，兩彈簧的另一端分別固定在斜面上。已知簡諧運動的周期公式T＝2πMkA．物塊A、B不可能會發生碰撞 B．物塊A、B振動的振幅之比為1：1 C．物塊A的加速度為零時，物塊B的加速度可能不為零 D．物塊A、B振動的最大速度之比為1：1【考點】簡諧運動過程中速度、加速度（回復力）與位移的變化問題．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】ABD【分析】根據平衡條件可得在平衡位置時彈簧的形變量，然后計算出振幅大小，開始時分別為A、B的最高點和最低點，據此分析能否相碰；根據周期判斷；根據能量守恒定律分析。【解答】解：AB.由于輕繩斷裂后，物塊A、B均在斜面上做簡諧運動，平衡位置都是合力為零的位置，對A、B都有：kx0＝mgsinα解得：x此時下面彈簧的壓縮量為x0，上面彈簧的伸長量為x0，開始時上面彈簧的伸長量為：x=因為其初始位置分別為A、B的最高點和最低點，所以兩物塊不會發生碰撞，上面物塊得到振幅為：A=x?下面物塊的振幅為：A'＝x0=mgsinαC.當物塊A的加速度為零時，即物塊A處于平衡位置，從初始運動開始經歷四分之一個周期，所以此時物塊B運動的時間也為四分之一個周期，物塊B也處于平衡位置，加速度為零，故C錯誤；D.當物塊處于平衡位置時，速度最大，此時兩彈簧的形變量相等，根據能量守恒定律可知，兩物塊動能相等，即物塊A、B振動的最大速度之比為1：1，故D正確。故選：ABD。【點評】能夠計算出兩個物塊的振幅是解題的關鍵，知道振幅等于最大位移到平衡位置之間的距離，掌握在簡諧振動過程中速度和加速度的變化規律。（多選）14．（2024春?濟南期末）廣州虎門大橋曾發生過一次異常振動，是由于氣流旋渦給大橋施加一個周期性的力，從而引起大橋的周期性振動。當作用在大橋上的力的周期變大時，下列說法正確的是（）A．大橋振動的周期可能變小 B．大橋振動的周期一定變大 C．大橋振動的振幅可能減小 D．大橋振動的振幅一定增大【考點】阻尼振動和受迫振動．【專題】定性思想；歸納法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】BC【分析】根據做受迫振動的物體的振動周期等于驅動力的周期判斷；當固有周期和驅動力的周期相等時，會發生共振現象，當驅動力和周期和固有周期相差變大時，做受迫振動的物體的振幅會減小，據此分析。【解答】解：AB.做受迫振動的物體的振動周期等于驅動力的周期，當作用在大橋上的力的周期變大時，大橋振動的周期一定變大，故A錯誤，B錯誤；CD.當驅動力的周期變大時，固有周期不變，當驅動力的周期接近固有周期時，振幅增大。當驅動力的周期遠大于固有周期時，振幅減小，故C正確，D錯誤。故選：BC。【點評】理解做受迫振動的物體的振動周期等于驅動力的周期，當固有周期和驅動力的周期相等時會發生共振。（多選）15．（2024春?洛陽期中）如圖，在傾角為θ的固定光滑斜面上，有兩個用輕質彈簧連接的物體A和B，它們的質量均為m，彈簧的勁度系數為k。P為一固定的擋板。現讓一質量為m的物體C從距B為s的位置由靜止釋放，C和B相碰后立即粘為一體，在之后的運動過程中，物體A對P的最小彈力為12A．C和B碰撞后速度為2mgssinθ2B．C和B在斜面上的運動是簡諧運動，做簡諧運動的振幅為5mgsinθ2kC．A對擋板P的最大彈力為11mgsinθ2D．C的最大加速度大小為gsinθ【考點】簡諧運動的回復力；作用力與反作用力；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】BC【分析】A.由動能定理和動量守恒定律求C和B碰撞后速度；B.根據簡諧運動的特點求振幅；C.當彈簧彈力最大時，根據牛頓第三定律求A對擋板P的最大彈力；D.當物體A對擋板P有最小彈力時，分析BC的運動情況，求C的最大加速度。【解答】解：A.C下滑后與B碰撞，設碰前的速度為v0由動能定理有mgsinθ=1C和B碰后粘在一起，設速度為v，以碰前的速度方向為正方向，由動量守恒定律有mv0＝2mv則C和B碰撞后速度為v=2gsinθ故A錯誤；B.由題意可知，C和B粘在一起之后的運動過程中，B始終處于靜止狀態。斜面光滑，由重力沿斜面的下滑分力和彈簧彈力提供C和B的回復力，則C和B在斜面上的運動是簡諧運動，當C和B處于平衡位置時，彈簧的壓縮量為x1當C和B運動至最低點時kx2﹣2mgsinθ＝2ma此時彈簧的壓縮量為x2則振幅為A=x故B正確；D.當物體A對擋板P有最小彈力時，B和C運動到最高點，C的最大加速度最大；對A分析，彈簧彈力為F=mgsinθ?1對C和BF+2mgsinθ＝2maC的最大加速度大小為a=5故D錯誤；C.彈簧彈力最大時，對AN'＝kx2+mgsinθ得N′=k由牛頓第三定律，A對P的最大彈力為11mgsinθ2故選：BC。【點評】本題關鍵在于找出簡諧運動的平衡位置，從而確定出物體的振幅及回復力。三．填空題（共5小題）16．（2024?永春縣校級模擬）如圖所示是共振原理演示儀。在同一鐵支架MN上焊有固有頻率依次為100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四個鋼片a、b、c、d，將M的下端與正在轉動的電動機接觸后，發現b鋼片振幅很大，其余鋼片振幅很小。則電動機的轉速約為90r/s，鋼片d的振動頻率約為90Hz。【考點】共振及其應用．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】90；90【分析】b振幅最大說明發生共振現象，系統的驅動力頻率等于b鋼片的固有頻率。【解答】解：b鋼片振幅最大，與系統產生共振，故電動機的頻率等于其固有頻率90Hz，電動機的轉速和頻率相同n＝f＝90r/s，故答案為：90；90。【點評】明確物體做受迫振動，振幅最大，產生共振現象。17．（2024?成都模擬）如圖（a），輕質彈簧下端掛一質量為m的小球處于靜止狀態。現將小球向下拉動距離l后由靜止釋放并開始計時，小球在豎直方向做簡諧振動，彈簧彈力與小球運動的時間關系如圖（b）所示。l及t0為已知條件。①小球簡諧振動的周期T＝4t0；②0～6t0內，小球通過的路程s＝6l；③0～t02內，小球運動距離【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】①4t0；②6l；③小于。【分析】①開始時小球的位置在負的最大位移處，拉力為正向最大；經過半個周期后，彈簧的彈力負方向最大，由此判斷周期；②每一個周期內，小球的路程等于4倍振幅，由此計算；③根據小球的速度與位移的關系，結合運動的時間段，判斷小球在0～t【解答】解①小球從最低點運動至平衡位置的時間為t0，小球簡諧振動的周期T＝4t0②0～6t0內，小球振動了32s=3③0～t0內，小球從最低點向平衡位置運動，運動距離為l，結合簡諧振動的特點可知，在0～t02內小球的平均速度小于t02故答案為：①4t0；②6l；③小于。【點評】本題主要是考查簡諧運動的圖像，解答本題的關鍵是能夠由彈簧的彈力變化的特點，得出簡諧振動的周期。18．（2024春?鼓樓區校級期中）如圖所示，小球m自A點以初速度v0向AD方向運動，已知弧長AB＝0.8m，AB圓弧半徑R＝10m，AD＝10m，A、B、C、D在同一水平面內。欲使小球恰好能夠通過D點，其初速度應取5nπ（n＝1，2，3，…）。（重力加速度g＝10m/s2，結果可以保留π【考點】單擺及單擺的條件；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；分析綜合能力．【答案】5nπ【分析】根據運動的分解，結合周期公式，可求出速度的要求。【解答】解：小球m的運動由兩個分運動合成，這兩個分運動分別是：以速度沿AD方向的勻速直線運動和在圓弧面AB方向上的往復運動。因為弧長遠遠小于半徑R，所以小球在圓弧面上的往復運動具有等時性，是類單擺，其圓弧半徑R即為類單擺的擺長；設小球m恰好能夠通過D點，則有：AD＝v0t且滿足t＝nT（n＝1，2，3，…）又有周期為T＝2πR聯立并代入數據解得v0=5故答案為：5nπ【點評】學生在解答本題時，應注意要熟練掌握運動的合成與分解，同時要熟記周期公式。19．（2024春?寶山區校級期中）在光滑水平面上是O點系一長為L的絕緣細線，線的一端系一質量為m，帶電量為q的小球，當沿細線方向加上強度為E的勻強電場后，小球處于平衡狀態，現給小球一垂直于細線的初速度v0，使小球在水平面上開始運動，若v0很小，則小球將做簡諧運動運動，小球第一次回到平衡位置所需時間為πmlqE【考點】等效單擺問題．【專題】定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理能力．【答案】簡諧運動；πmlqE【分析】由于初速度v很小，故小球擺動的幅度很小，故可將小球的運動看作簡諧運動，是類似單擺模型，求解等效加速度，可得等效單擺周期，進而求得返回的時間【解答】解：由于初速度v0很小，故小球擺動的幅度很小，故可將小球的運動看作簡諧運動．題圖位置即為等效的最低點即平衡位置。當小球在平衡位置靜止不動時繩子的拉力F＝Eq，故等效的重力加速度g′=qE由于擺球的初速度v很小，故可以將小球的運動看作單擺的振動，而單擺的振動周期公式為T＝2πlg′故小球的振動周期公式為T＝2πlg′=2π而小球從離開平衡位置到再回到平衡位置所用的時間t=T2=故答案為：πmlqE【點評】求類單擺的周期主要是確定其平衡位置和其在平衡位置靜止時繩子的拉力從而求出等效的重力加速度．20．（2024?重慶模擬）有一單擺，其擺長l＝1.02m，擺球的質量m＝0.10kg，已知單擺做簡諧運動，單擺振動30次用的時間t＝60.8s，當地的重力加速度是9.79m/s2（結果保留三位有效數字）；如果將這個擺改為秒擺，擺長應縮短（填寫“縮短”“增長”），改變量為0.02m。【考點】單擺及單擺的條件．【專題】計算題；定量思想；方程法；單擺問題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內容【分析】根據單擺的周期公式T＝2πLg得g=4【解答】解：該單擺的周期T=根據單擺的周期公式T＝2πLg得g=秒擺的周期為2s，如果將這個擺改為秒擺，則周期縮短，根據T＝2πL秒擺的擺長L′=T故答案為：9.79m/s2縮短0.02【點評】熟練掌握單擺的周期公式及變形，知道秒表的周期是2s。四．解答題（共5小題）21．（2024?湖南開學）如圖所示，質量均為m＝2kg可視為質點的滑塊M、N用勁度系數為k＝200N/m的輕彈簧相連，靜止放置在傾角為θ＝37°的光滑斜面上，N下端與垂直斜面的擋板P接觸；現將質量為M＝4kg的物體Q在斜面上M的上方某點由靜止釋放，Q和M碰撞后立即粘為一體，此后做簡諧運動。運動過程中，物體N恰好不離開擋板，彈簧始終在彈性范圍內，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）M、Q整體做簡諧運動的振幅；（2）M、Q碰撞后瞬間的速度大小；（3）Q在斜面上由靜止釋放的位置與M最初位置間的距離。【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；彈簧類問題中的機械能守恒；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；與彈簧相關的動量、能量綜合專題；推理能力．【答案】（1）M、Q整體做簡諧運動的振幅0.24m；（2）M、Q碰撞后瞬間的速度大小1.2m/s；（3）Q在斜面上由靜止釋放的位置與M最初位置間的距離0.27m。【分析】（1）根據平衡列式結合胡克定律，求形變量，物體N恰好不能離開擋板，根據平衡列式，求形變量，確定振幅；（2）根據能量守恒列式，求速度；（3）物體Q與物體M碰撞過程根據動量守恒列式，結合能量守恒，求Q在斜面上由靜止釋放的位置與M最初位置間的距離。【解答】解：（1）彈簧彈力等MQ的重力的分力時處于平衡狀態，有kx0＝（M+m）gsinθ可知，平衡位置時彈簧的形變量為x0彈簧處于壓縮狀態；運動過程中，物體N恰好不能離開擋板，則有mgsinθ＝kx故彈簧應伸長到最大位移處，此時形變量x=mgsinθ此時彈簧處于伸長狀態；故簡諧運動的振幅為A＝x0+x，代入數據得A＝0.24m（2）Q與M碰撞之前，彈簧有mgsinθ＝kx1解得x1＝0.06m此時彈簧處于壓縮狀態。則從物體Q與物體M剛碰后到物體N恰好不能離開擋板的過程，根據能量守恒有(M+m)g(x+x解得v＝1.2m/s（3）物體Q與物體M碰撞過程根據動量守恒有（M+m）v＝Mv0解得v0＝1.8m/s物體Q下滑的過程有Mglsinθ=1解得l＝0.27m答：（1）M、Q整體做簡諧運動的振幅0.24m；（2）M、Q碰撞后瞬間的速度大小1.2m/s；（3）Q在斜面上由靜止釋放的位置與M最初位置間的距離0.27m。【點評】本題解題關鍵是掌握正確列平衡等式和胡克定律，并掌握動量守恒和能量守恒，具有一定綜合性。22．（2024春?西城區校級期末）如圖所示，一根粗細均勻的木筷，下端繞幾根鐵絲，豎直浮在盛水的盆中。筷子與鐵絲的總質量為m，筷子的直徑遠小于盆的直徑。把木筷向上提起一段距離后放手，木筷就在水中上下振動，振幅為A。不考慮水對筷子的阻力，忽略鐵絲體積的影響，木筷始終有一部分露在水面上。（1）證明：木筷在水中做簡諧運動。（2）某同學發現木筷與鐵絲在最高點的機械能大于它們在最低點的機械能。他分析之后認為，木筷與鐵絲損失的機械能應轉化為了水的重力勢能，請判斷他的結論是否正確，并說明理由。（3）證明木筷與鐵絲的最大動能Ekm∝A2。【考點】簡諧運動的能量問題；簡諧運動的回復力．【專題】定量思想；類比法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】（1）證明過程見解析。（2）正確，理由見解析。（3）證明過程見解析。【分析】（1）根據題意分析受力和運動情況，只要滿足F＝﹣kx，為簡諧運動；（2）根據能量轉化關系分析判斷；（3）根據動能定理解答。【解答】解：（1）設木筷的截面積為S，質量為m，水的密度為ρ，靜止時水下長度為x0，根據平衡條件有ρSgx0＝mg把木筷向上提起一段距離后放手，以向上為正方向，設木筷在水下長度相對于平衡位置的長度為x，則木筷受到的合力為F合＝ρgS（x0﹣x）﹣mg解得F合＝﹣ρgSx＝﹣kx可知木筷在水中做簡諧運動。（2）某同學發現木筷與鐵絲在最高點的機械能大于它們在最低點的機械能。他分析之后認為，木筷與鐵絲損失的機械能應轉化為了水的重力勢能，他的結論是正確的；當木筷與鐵絲在最高點時，木筷在水下長度最小，排開水的體積最小，盆中水面高度最低，水的重力勢能較小；當木筷與鐵絲在最低點時，木筷在水下長度最大，排開水的體積最大，盆中水面高度最高，水的重力勢能較大，故木筷與鐵絲從最高點到最低點過程，水的重力勢能增大，木筷與鐵絲的機械能減小，則木筷與鐵絲在最高點的機械能大于它們在最低點的機械能。（3）由于木筷在水中做簡諧運動，則有F合＝﹣kx.木筷與鐵絲在最高點時速度為0，平衡位置時速度最大，動能最大，從最高點到平衡位置，合力做的功為W=kA2根據動能定理可得W＝Ekm﹣0則有Ekm=12答：（1）證明過程見解析。（2）正確，理由見解析。（3）證明過程見解析。【點評】此題要根據學過的簡諧運動模型：彈簧振子和單擺，分析所給模型運動規律，利用類比思想即可。23．（2024?新鄭市校級開學）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面底端固定一垂直擋板，勁度系數為k的輕質彈簧一端連接擋板，一端與靜止的物塊B相連。物塊A從距B一定距離處靜止釋放，與B發生碰撞，碰后A、B粘連，碰撞時間不計。碰后B上升到最高點時，彈簧恰好恢復原長。已知物塊A、B的質量均為m，彈簧彈性勢能Ep（1）求物塊B的最大速率vB；（2）求物塊A與B碰后瞬間的速率vA；（3）若已知物塊A、B碰后到第一次運動至最低點經歷的時間為t0，求物塊A從靜止釋放到第一次上升到最高點所用的時間。【考點】簡諧運動的能量問題；簡諧運動的某一時刻或某段時間內質點的運動情況．【專題】定量思想；方程法；與彈簧相關的動量、能量綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊B的最大速率為gsinθ2m（2）物塊A與B碰后瞬間的速率為gsinθ3m（3）物塊A從靜止釋放到第一次上升到最高點所用的時間為6mk【分析】（1）根據平衡條件求解最大壓縮量，從受力平衡位置到彈簧處于原長的位置，由機械能守恒定律求解最大速度大小；（2）根據平衡條件求解碰撞前彈簧的壓縮量，從A、B碰后瞬間到兩物塊的速度第一次達到最大，由機械能守恒定律進行解答；（3）根據動量守恒定律求解物塊A碰前瞬間速度大小，對A根據牛頓第二定律、運動學公式求解碰撞前經過的時間；根據簡諧運動特點求解物塊A從靜止釋放到第一次上升到最高點所用的總時間。【解答】解：（1）兩物塊碰后一起做簡諧運動，到平衡位置處物塊B的速度達到最大，此時彈簧的壓縮量為x，則有：2mgsinθ＝kx解得：x=設物塊B的最大速率為vB，從受力平衡位置到彈簧處于原長的位置，由機械能守恒定律有：1聯立解得：vB（2）碰撞前，彈簧的壓縮量為x0，則有：kx0＝mgsinθ聯立解得：x從A、B碰后瞬間到兩物塊的速度第一次達到最大，由機械能守恒定律有：2mg（x﹣x0）sinθ+解得：vA（3）設物塊A碰前瞬間速度大小為v0，取沿斜面向下為正方向，根據動量守恒定律有：mv0＝2mvA設物塊A勻加速運動時間設為t1，則有：v0＝at1根據牛頓第二定律可得：a＝gsinθ解得：t1=物塊A的v﹣t圖像如圖所示根據簡諧運動特點可知，同一個周期內從最低點到最高點所用時間為：t物塊A從靜止釋放到第一次上升到最高點所用的總時間為：t=t答：（1）物塊B的最大速率為gsinθ2m（2）物塊A與B碰后瞬間的速率為gsinθ3m（3）物塊A從靜止釋放到第一次上升到最高點所用的時間為6mk【點評】本題主要是考查簡諧運動的能量問題，關鍵是弄清楚兩個物體的運動情況和受力情況，掌握動量守恒定律、機械能守恒定律解題方法，理解簡諧運動的特點等問題。24．（2024春?海淀區期末）如圖所示，彈簧振子在豎直方向的B、C兩點之間做簡諧運動。小球位于B點時開始計時，經過0.5s首次到達C點。若以小球的平衡位置為坐標原點O，以豎直向下為正方向建立坐標軸Ox，用x表示小球相對于平衡位置的位移。已知B、C兩點相距20cm，彈簧勁度系數k＝20N/m，小球質量m＝0.5kg，取重力加速度g＝10m/s2。（1）請寫出小球位移x隨時間t變化的關系式。（2）求5s內小球通過的路程及5s末小球位移的大小。（3）求小球運動至B點時，其所受回復力和彈簧彈力的大小。【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；簡諧運動的某一時刻或某段時間內質點的運動情況．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】（1）小球位移x隨時間t變化的關系式x＝10cos（2πt）cm或x=10sin(2πt+π（2）5s內小球通過的路程200cm，5s末小球位移的大小10cm；（3）小球運動至B點時，所受回復力2N、彈簧彈力的大小7N。【分析】（1）根據簡諧運動對稱性求出振子的振幅和周期即可得到振動方程；（2）根據周期以及振動方程可以可以分析求解5s內振子通過的路程以及位移大小；（3）根據彈簧的勁度系數以及受力分析求小球運動至B點時，其所受回復力和彈簧彈力的大小。【解答】解：（1）根據已知條件，可知小球做簡諧運動的振幅為A＝10cm振動周期T＝1s根據ω=2πω＝2πrad/s小求經過B點始計時，故當t＝0時，x＝A，當t=Tx＝10cos（2πt）cm或x=10sin(2πt+（2）從小球經過B處開始計時，則Δt＝5T一個周期內小球通過的路程為s＝4A所以5s內通過的路程s＝20A＝200cm小球在5s內運動5個周期，故5s末仍位于B點，所以x＝10cm（3）小球在豎直面內做簡諧運動，其在平衡位置的受力分析如圖所示設此時彈簧的形變量為Δx，則有kΔx＝mg當小球位于B點時，小球的受力如圖所示此時小球的位移為x＝A＝10cm彈簧的形變量Δx'＝Δx+A根據F彈＝﹣kx，可得F回＝﹣2N回復力的大小為2N；根據F彈＝kΔx'，可得F彈＝7N答：（1）小球位移x隨時間t變化的關系式x＝10cos（2πt）cm或x=10sin(2πt+π（2）5s內小球通過的路程200cm，5s末小球位移的大小10cm；（3）小球運動至B點時，所受回復力2N、彈簧彈力的大小7N。【點評】理解彈簧振子的簡諧運動，理解回復力概念，知道振子再一個周期內通過的路程為4A是解題的基礎。25．（2024春?鼓樓區校級期末）如圖所示，豎直懸掛的輕彈簧下端系著A、B兩物體，mA＝0.1kg，mB＝0.1kg，彈簧的勁度系數為k＝40N/m，剪斷A、B間的細繩后，A做簡諧運動，不計空氣等阻力，彈簧始終沒有超過彈性限度，g取10m/s2。求：（1）剪斷細繩瞬間的回復力大小；（2）A做簡諧運動的振幅；（3）A在最高點時的彈簧彈力大小。【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；控制變量法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】（1）剪斷細繩瞬間的回復力大小為1N；（2）A做簡諧運動的振幅為0.025m；（3）A在最高點時的彈簧彈力大小為0。【分析】（1）先研究AB兩球，由平衡關系要得出彈簧的伸長量；剛剪斷細線時小球受到的合外力最大，由此求出其回復力；（2）求出只有A處于平衡位置時彈簧的伸長量，與開始時彈簧伸長量的差就是A的振幅；（3）根據對稱性可知，A在最高點時回復力大小等于最低點時回復力大小，進行分析。【解答】解：（1）剪斷細繩前，彈簧彈力大小為F彈＝mAg+mBg剪斷繩子的瞬間，A做簡諧振動的回復力為F回＝F彈﹣mAg＝mBg＝0.1×10N＝1N（2）由題意，可得剪斷繩子瞬間彈簧的形變量為x1A處于平衡位置時，彈簧的形變量為x2根據簡諧振動的特點，則A做簡諧振動的振幅為A＝x1﹣x2＝0.05m﹣0.025m＝0.025m（3）根據對稱性可知，A在最高點時回復力大小等于最低點時回復力大小，設A在最高點時的彈簧彈力大小F′彈，則有F′彈+mAg＝F回F回＝1N解得F′彈＝0答：（1）剪斷細繩瞬間的回復力大小為1N；（2）A做簡諧運動的振幅為0.025m；（3）A在最高點時的彈簧彈力大小為0。【點評】解決簡諧運動的題目應注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能確定振幅及最大加速度。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13A、43mg分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。2．作用力與反作用力【知識點的認識】1.定義：（1）力是物體對物體的作用，每個力一定同時存在著受力物體和施力物體。（2）兩個物體之間的作用總是用相互的，物體間相互作的這一對力稱為的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。2.性質：3.特征【命題方向】下列關于作用力和反作用力的說法中，正確的是（）A.物體相互作用時，先有作用力，后有反作用力B.雖然馬能將車拉動，但是馬拉車的力與車拉馬的力大小相等C.雞蛋碰石頭時，雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力為零，即兩個力的作用效果可以互相抵消分析：作用力與反作用力的關系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用力與反作用力和一對平衡力最大的區別在于作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，而一對平衡力是作用在同一個物體上的．解答：A、作用力與反作用力是同時產生、同時消失的，沒有先后之分，所以A選項錯誤。B、馬拉車的力與車拉馬的力，它們是作用力與反作用力的關系，一定是大小相等的，馬之所以能將車拉動，是由于馬拉車的力大于車所受到的摩擦力的緣故，所以B選項正確。C、雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力，它們是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，之所以雞蛋碰壞了，是由于雞蛋的承受力小，所以C選項錯誤。D、作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，根本不能求它們的合力，只有作用在同一個物體上的力才可以求它們的合力，故D選項錯誤。故選：B。點評：本題主要是考查作用力與反作用力的關系，同時注意區分它與一對平衡力的區別．【解題思路點撥】明確作用力與反作用力的性質和特征，注意與平衡力進行區分。3．連接體模型【知識點的認識】1．連接體：兩個或兩個以上存在相互作用或有一定關聯的物體系統稱為連接體，在我們運用牛頓運動定律解答力學問題時經常會遇到．2．解連接體問題的基本方法整體法：把兩個或兩個以上相互連接的物體看成一個整體，此時不必考慮物體之間的作用內力．隔離法：當求物體之間的作用力時，就需要將各個物體隔離出來單獨分析．解決實際問題時，將隔離法和整體法交叉使用，有分有合，靈活處理．【命題方向】題型一：用整體法和隔離法解決連接體問題．例1：質量分別為m和2m的物塊、B用輕彈簧相連，設兩物塊與接觸面間的動摩擦因數都相同．當用水平力F作用于B上且兩物塊在粗糙的水平面上，共同向右加速運動時，彈簧的伸長量為x1，如圖甲所示；當用同樣大小的力F豎直共同加速提升兩物塊時，彈簧的伸長量為x2，如圖乙所示；當用同樣大小的力F沿固定斜面向上拉兩物塊使之共同加速運動時，彈簧的伸長量為x3，如圖丙所示，則x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．無法確定分析：本題是連接體問題，可以先用整體法根據牛頓第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔離A研究，求得彈簧的彈力及伸長量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲圖，對整體研究，根據牛頓第二定律得，a1=對A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙圖，對整體研究，根據牛頓第二定律得，a2=對A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F丙圖，對整體研究，根據牛頓第二定律得Fa3=對A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k則x1：x2：x故A正確，BCD錯誤故選：A．點評：牛頓定律處理連接體問題時，常常采用隔離法和整體法相結合的方法研究．隔離法選取受力少的物體研究簡單．求內力時，必須用隔離法．求整體的加速度可用整體法．例2：如圖所示，光滑水平面上放置質量分別為m、2m和3m的三個木塊，其中質量為2m和3m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T．現用水平拉力F拉其中一個質量為3m的木塊，使三個木塊以同一加速度運動，則以下說法正確的是（）A．質量為2m的木塊受到四個力的作用B．當F逐漸增大到T時，輕繩剛好被拉斷C．當F逐漸增大到1.5T時，輕繩還不會被拉斷D．輕繩剛要被拉斷時，質量為m和2m的木塊間的摩擦力為2分析：采用隔離法分析2m可得出其受力的個數；再對整體分析可得出整體的加速度與力的關系；再以后面兩個物體為研究對象可得出拉力與加速度的關系，則可分析得出F與T的關系．解答：質量為2m的木塊受到重力、質量為m的木塊的壓力、m對其作用的向后的摩擦力，輕繩的拉力、地面的支持力五個力的作用，故A錯誤；對整體，由牛頓第二定律可知，a=F6m；隔離后面的疊加體，由牛頓第二定律可知，輕繩中拉力為F′＝3ma輕繩剛要被拉斷時，物塊加速度a′=T3m，質量為m和2m的木塊間的摩擦力為f＝ma′故選：C．點評：本題重點在于研究對象的選擇，以及正確的受力分析，再由整體法與隔離法分析拉力之間的關系．【解題方法點撥】（1）解答連接體問題時，決不能把整體法和隔離法對立起來，而應該把這兩種方法結合起來，從具體問題的實際情況出發，靈活選取研究對象，恰當選擇使用隔離法和整體法．（2）在使用隔離法解題時，所選取的隔離對象可以是連接體中的某一個物體，也可以是連接體中的某部分物體（包含兩個或兩個以上的單個物體），而這“某一部分”的選取，也應根據問題的實際情況，靈活處理．（3）選用整體法或隔離法可依據所求的力來決定，若為外力則應用整體法；若所求力為內力則用隔離法．但在具體應用時，絕大多數的題目要求兩種方法結合應用，且應用順序也較為固定，即求外力時，先隔離后整體；求內力時，先整體后隔離．先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度．4．牛頓第二定律求解向心力5．機械能守恒定律的簡單應用【知識點的認識】1．機械能：勢能和動能統稱為機械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機械能守恒定律（1）內容：在只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。（2）表達式：觀點表達式守恒觀點E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要選零勢能參考平面）轉化觀點△EK＝﹣△EP（不用選零勢能參考平面）轉移觀點△EA＝﹣△EB（不用選零勢能參考平面）【命題方向】題型一：機械能是否守恒的判斷例1：關于機械能是否守恒的敘述中正確的是（）A．只要重力對物體做了功，物體的機械能一定守恒B．做勻速直線運動的物體，機械能一定守恒C．外力對物體做的功為零時，物體的機械能一定守恒D．只有重力對物體做功時，物體的機械能一定守恒分析：機械能守恒的條件：只有重力或彈力做功的物體系統，其他力不做功，理解如下：①只受重力作用，例如各種拋體運動。②受到其它外力，但是這些力是不做功的。例如：繩子的一端固定在天花板上，另一端系一個小球，讓它從某一高度靜止釋放，下擺過程中受到繩子的拉力，但是拉力的方向始終與速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的機械能是守恒的。③受到其它外力，且都在做功，但是它們的代數和為0，此時只有重力做功，機械能也是守恒的。解：A、機械能守恒條件是只有重力做功，故A錯誤；B、勻速運動，動能不變，但重力勢能可能變化，故B錯誤；C、外力對物體做的功為零時，不一定只有重力做功，當其它力與重力做的功的和為0時，機械能不守恒，故C錯誤；D、機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，故D正確。故選：D。點評：本題關鍵是如何判斷機械能守恒，可以看能量的轉化情況，也可以看是否只有重力做功。題型二：機械能守恒定律的應用例2：如圖，豎直放置的斜面下端與光滑的圓弧軌道BCD的B端相切，圓弧半徑為R，∠COB＝θ，斜面傾角也為θ，現有一質量為m的小物體從斜面上的A點無初速滑下，且恰能通過光滑圓形軌道的最高點D．已知小物體與斜面間的動摩擦因數為μ，求：（1）AB長度l應該多大。（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力多大。分析：（1）根據牛頓第二定律列出重力提供向心力的表達式，再由動能定理結合幾何關系即可求解；（2）由機械能守恒定律與牛頓第二定律聯合即可求解。解：（1）因恰能過最高點D，則有mg=m又因f＝μN＝μmgcosθ，物體從A運動到D全程，由動能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl=聯立求得：l=（2）物體從C運動到D的過程，設C點速度為vc，由機械能守恒定律：1物體在C點時：N?mg=聯合求得：N＝6mg答：（1）AB長度得：l=3（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力6mg。點評：本題是動能定理與牛頓運動定律的綜合應用，關鍵是分析物體的運動過程，抓住滑動摩擦力做功與路程有關這一特點。題型三：多物體組成的系統機械能守恒問題例3：如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上。現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面。下列說法正確的是（）A．斜面傾角α＝30°B．A獲得最大速度為2gmC．C剛離開地面時，B的加速度最大D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統機械能守恒分析：C球剛離開地面時，彈簧的彈力等于C的重力，根據牛頓第二定律知B的加速度為零，B、C加速度相同，分別對B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的傾角。A、B、C組成的系統機械能守恒，初始位置彈簧處于壓縮狀態，當B具有