第84頁（共84頁）2025年高考物理復習新題速遞之機械振動（2025年4月）一．選擇題（共10小題）1．（2025?石景山區一模）如圖1所示，將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標原點O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球表面與某球狀天體表面（不考慮自轉影響）做簡諧運動的x﹣t圖像如圖2所示，則地球表面與該天體表面的重力加速度之比為（）A．2：1 B．1：2 C．1：4 D．4：12．（2025?甘肅模擬）飛力士棒可以實現日常訓練肌肉和提高身體感知能力。如圖甲所示，某型號飛力士棒的固有頻率為3Hz，如圖乙所示，某人用手驅動該飛力士棒鍛煉。下列說法正確的是（）A．使用者用力越大，飛力士棒振動越快 B．使用者驅動的頻率越大，飛力士棒振動的幅度也越大 C．無論使用者驅動的頻率多大，飛力士棒振動的頻率始終為3Hz D．使用者驅動的頻率減小，飛力士棒振動的幅度可能增大3．（2025?河源模擬）如圖，用兩根完全相同、不可伸長的輕繩將小沙包（大小可忽略）對稱地吊在空中，輕推小沙包，測得其在垂直紙面平面內做簡諧運動的周期為T0（已知在一根豎直繩懸掛下做簡諧運動的小物體的周期為T＝2πlg，l為繩長，g為重力加速度），已知每根輕繩的長度為L，小沙包的質量為mA．2mLπ2T0C．2mLπ3T4．（2025?倉山區校級模擬）如圖甲所示，小明同學利用漏斗做簡諧運動實驗，他將漏斗下方的薄木板沿箭頭方向拉出，漏斗4s內漏出的細沙在板上形成了如圖乙所示曲線AE，當地重力加速度大小g＝9.8m/s2。下列說法正確的是（）A．該沙擺的擺動頻率為2Hz B．該沙擺的擺長約為2m C．由圖乙可知薄木板做勻加速直線運動，且加速度大小約為0.03m/s2 D．當圖乙中的D點通過沙擺正下方時，薄木板的速度大小約為0.25m/s5．（2025?河南模擬）2024年嫦娥六號成功降落于月球背面進行采樣。假設嫦娥六號攜帶的同一單擺，分別在地球表面和月球表面做小角度振動，其振動圖像如圖所示。地球與月球半徑之比為k，則嫦娥六號分別圍繞地球表面和月球表面做圓周運動的線速度大小之比為（）A．t2t1k B．t1t2k C6．（2025?安陽一模）通過抖動繩子，可以在繩中產生正弦橫波。當抖動繩子的頻率加快時（）A．波的頻率不變 B．波的周期不變 C．波長不變 D．波速不變7．（2025?石景山區一模）如圖1所示，在繪制單擺做簡諧運動的圖像時，甲、乙兩同學用不同擺長的沙擺和同樣長的紙帶，分別作出如圖2和圖3所示實驗結果。已知實驗中圖2、圖3紙帶運動的平均速度大小相等，則甲、乙同學所用沙擺的擺長L甲：L乙為（）A．9：16 B．16：9 C．3：4 D．4：38．（2025?長沙校級一模）如圖所示，一塊長L＝1.0m的光滑平板MN固定在輕彈簧上端，彈簧下端與地面固定連接（平板只能豎直運動），且平板與彈簧組成的振動系統的周期T＝2.0s，振動系統做簡諧運動的位移、速度公式分別滿足x＝Acos（ωt+φ）、v＝﹣Aωsin（ωt+φ）（其中A為振幅，ω為圓頻率，φ為初相）。一彈性小球A在光滑水平臺面上，平臺右側邊緣恰好在平板最左側M點正上方，到M點的距離為h＝9.8m，小球與平板質量相同。初始時，平板靜止，現給小球一初速度v0使其從水平臺面拋出，小球與平板的碰撞不計能量損失，g＝9.8m/s2，已知x2=0.9cos(πxA．若初速度v0＝0.7m/s，小球與平板不發生碰撞 B．若初速度v0＝0.6m/s，小球與平板僅發生一次碰撞 C．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生兩次碰撞 D．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生三次碰撞9．（2025?浙江模擬）如圖所示為一個“桿線擺”，可以繞著懸掛軸OO'擺動，輕桿與懸掛軸OO'垂直且桿長為1.25m，其擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內，相當于單擺在斜面上來回擺動，靜止時輕桿與重垂線的細線夾角為α，當小球受到垂直紙面方向的擾動時則做微小擺動（）A．若α＝30°，小球靜止在平衡位置時，桿和線的合力沿桿的方向 B．若α＝60°，小球擺動到平衡位置時，受到的合力豎直向上 C．若α＝30°，小球擺動時的“等效重力加速度”為5m/s2 D．若α＝60°，小球做微小擺動的周期為πs10．（2025?浙江一模）如圖甲所示，在拉力傳感器的下端豎直懸掛一個彈簧振子，拉力傳感器可以實時測量彈簧彈力大小，圖乙是小球簡諧振動時傳感器示數隨時間變化的圖像，下列說法正確的是（）A．小球的質量為0.8kg，振動的周期為8s B．0～2s內，小球受回復力的沖量大小為0 C．1～2s和2～3s內，小球受彈力的沖量相同 D．1～3s內，小球受彈力的沖量大小為16N?s，方向向上二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?烏魯木齊模擬）如圖所示，小球P固定在半徑R＝1.0m的豎直圓盤左邊緣上，用豎直向下的平行光照射圓盤，小球P和盤心O在水平面上投影的位置分別為P′和O′，當圓盤以周期T＝πs勻速轉動的過程中，小球P的影子做簡諧運動的振幅A和影子經過P′O′中點時的速度大小v分別為（）A．A＝1.0m B．A＝2.0m C．v=2m/s D．v=（多選）12．（2025?清遠一模）為了使金屬小球穩定在同一豎直平面內運動，避免單擺穩定性差的問題。如圖所示，用兩條長為1.15m的不可伸長的細線固定一質量為0.1kg的金屬小球，懸掛在水平直桿A、B兩端上，小球靜止時，A端細線與桿的夾角為60°，當小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時（已知3=1.73，重力加速度g＝10m/s2A．金屬小球做簡諧運動 B．擺角變小，周期將變大 C．金屬小球擺動周期約為2s D．金屬小球經過最低點時，A端拉力為3（多選）13．（2025春?沙坪壩區校級月考）某種彈跳桿的結構如圖甲所示。一質量為m的小朋友站在該種彈跳桿的腳踏板上靜止時，其重心處于空中O點，然后小朋友雙手抓住橫桿開始彈跳，小朋友從地面上升、下落、與地面作用，再彈起，往復運動，如圖乙所示。以O點為坐標原點，在豎直方向建立小朋友重心位置數軸，如圖丙。某次，小朋友從最高點開始下落到重心運動到最低點，此過程中加速度（以向下為正方向）隨重心位置變化的關系如圖丁。假設小朋友運動中始終保持站立狀態，不計空氣阻力和彈跳桿的重力，重力加速度大小為g，則（）A．從x＝﹣x1到x＝x3過程，小朋友做簡諧運動 B．在O點處，小朋友的速度大小為(2xC．在x＝x3處，小朋友的加速度大小可表示為x3D．x1、x2和x3大小滿足2x1＞x2+x3（多選）14．（2025?未央區校級三模）如圖甲所示，一傾角為θ的光滑斜面底端連接由輕彈簧和滑塊A組成的彈簧振子，A的質量為m1，剛開始彈簧振子處于靜止狀態，O點是彈簧振子的平衡位置。現將質量為m2的滑塊B從斜面上的P點由靜止釋放，B運動到O點與A發生正碰，碰撞時間極短，A開始做簡諧運動，B反彈運動到最高點Q后被拿走，并且當B運動到最高點時，A剛好第一次返回O點。已知B在斜面上運動的速度隨時間（v﹣t）變化的關系圖像如圖乙所示（v0、t0均為已知量），A、B均可視為質點，且質量關系為m1＝3m2，重力加速度為g，彈簧一直處于彈性限度內。下列說法正確的是（）A．碰撞后彈簧振子振動過程中A的機械能守恒 B．A、B的碰撞為彈性碰撞 C．彈簧振子的振動周期為12D．若A在最低點時的加速度等于gsinθ，則A在最高點時，彈簧恰好恢復原長（多選）15．（2025?金鳳區校級一模）如圖甲所示，一根粗細均勻的木筷，下端繞幾圈細鐵絲后豎直懸浮在裝有鹽水的杯子中。現把木筷豎直向上提起一段距離后放手，忽略水的粘滯阻力及水面高度變化，其在水中的運動可視為簡諧運動。以豎直向上為正方向，從某時刻開始計時，木筷下端的位移y隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知鹽水的密度為ρ，木筷的橫截面積為S，木筷下端到水面的最小距離為h1，最大距離為h2。則（）A．木筷在t0～5t0時間內動能先減小后增大 B．木筷做簡諧運動的振幅為A=C．木筷（含鐵絲）的質量為12D．木筷在0～3t0時間內運動的路程為(4-三．解答題（共5小題）16．（2025?東城區校級模擬）1610年，伽利略用他制作的望遠鏡發現了木星的四顆主要衛星。根據觀察，他將其中一顆衛星P的運動視為一個振幅為A、周期為T的簡諧運動，并據此推測，他觀察到的衛星振動是衛星圓運動在某方向上的投影。如圖所示，是伽利略推測的衛星P運動的示意圖，在xOy平面內，質量為m的衛星P繞坐標原點O做勻速圓周運動。已知引力常量為G，不考慮各衛星之間的相互作用。（1）若認為木星位于坐標原點O，根據伽利略的觀察和推測結果：①求木星的質量M。②物體做簡諧運動時，回復力應該滿足F＝﹣kx。請據此證明：衛星P繞木星做勻速圓周運動在x軸上的投影是簡諧運動。（2）若將木星與衛星P視為雙星系統，彼此圍繞其連線上的某一點做勻速圓周運動，計算出的木星質量為M′。請分析比較（1）②中得出的質量M與M′的大小關系。17．（2025?常州校級模擬）忽略水對浮漂的阻力，浮漂在水中的上下振動可以視為簡諧運動，如圖（a）所示。以豎直向上為正方向，從t＝0時刻開始計時，浮漂振動圖像如圖（b）所示，到達最高點的時刻為t1＝0.5s，重力加速度g＝9.8m/s2。（1）寫出浮漂簡諧運動的振動方程，并求出簡諧運動的周期；（2）已知浮漂和鉛墜的總質量為m＝25g，浮漂截面積S＝10﹣5m2，水的密度ρ＝1×103kg/m3，求浮漂運動到最低點時的加速度大小。18．（2025?全國一模）如圖所示，足夠長固定傳送帶的傾角為θ＝30°，物塊b和物塊a用與傳送帶平行的輕彈簧連接，彈簧原長為L＝1m，物體c與b鎖定在一起，a、b、c三個物塊均可視為質點。若傳送帶固定不轉動，b、c靜止于A點，且與傳送帶間恰好均無摩擦力。若傳送帶順時針轉動，將b、c整體沿傳送帶向下推至P點處由靜止釋放，達到B點時解除鎖定，此后c恰好相對地面靜止，且此時a與擋板之間的彈力恰好為0。整個過程中傳送帶的速度都大于物塊b、c的速度。已知物塊a光滑，b、c與傳送帶間的摩擦因數相同，b能做簡諧運動，b、c質量均為m＝1kg，a的質量ma＝4kg，重力加速度g取10m/s2，AP＝0.2m，彈簧振子的周期為T＝2πmk，π=（1）b、c與傳送帶間的動摩擦因數為多少；（2）彈簧的勁度系數k；（3）若傳送帶的速度為v＝25m/s，從c和b到達B點開始計時，在25內a、b、c組成的系統因摩擦而產生的熱量是多少。19．（2025?海淀區校級模擬）如圖1所示，把一個質量為m、有小孔的小球連接在勁度系數為k的輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在光滑的桿上，小球和彈簧組成的系統稱為彈簧振子。開始時彈簧處于原長，在小球運動過程中彈簧形變始終在彈性限度內，忽略空氣阻力的影響。（1）把小球拉向右方，然后由靜止釋放，小球將在平衡位置附近往復運動。若以小球的平衡位置為坐標原點O，以水平向右為正方向建立坐標軸Ox，用x表示小球在平衡位置附近往復運動的位移。a．請在圖2中畫出彈簧彈力F隨x變化的示意圖；b．已知小球經過平衡位置時速度大小為v，求小球靜止釋放后第一次運動至平衡位置的過程中，彈簧彈力對小球做的功W。（2）讓靜止在平衡位置的小球突然獲得向左的初速度，開始在平衡位置附近振動。已知振動過程的振幅為A，彈簧振子的振動周期T＝2πmk。為了求得小球獲得的初速度大小v1設向左壓縮彈簧過程中彈簧的平均作用力大小為F，由動能定理可知﹣F?A＝0-12mv1由動量定理可知﹣F?t＝0﹣mv1②小球由平衡位置向左運動壓縮彈簧至最短的過程所用時間t=T聯立①②③式，可得va．請指出這位同學在求解過程中的錯誤；b．借助F﹣x圖像可以確定彈力做功的規律，在此基礎上，請正確求解出小球初速度大小v1；c．彈簧振子在運動過程中，求彈簧彈力對小球做正功時，其瞬時功率P的最大值。20．（2025?雨花區校級一模）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。

2025年高考物理復習新題速遞之機械振動（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案ADACADABDD二．多選題（共5小題）題號1112131415答案ADACBCDBDBCD一．選擇題（共10小題）1．（2025?石景山區一模）如圖1所示，將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標原點O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球表面與某球狀天體表面（不考慮自轉影響）做簡諧運動的x﹣t圖像如圖2所示，則地球表面與該天體表面的重力加速度之比為（）A．2：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1【考點】簡諧運動的回復力．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據簡諧運動的回復力公式結合胡克定律列式求解。【解答】解：小球在地球表面處于平衡位置時，設形變量為x0，則kx0＝mg地，其中k為彈簧勁度系數，將小球從彈簧原長處由靜止釋放，滿足mg地＝k?2A，同理，在某星球表面，有mg某＝kx0＝k?A，聯立得g地g某=2故選：A。【點評】考查簡諧運動的回復力公式，和胡克定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。2．（2025?甘肅模擬）飛力士棒可以實現日常訓練肌肉和提高身體感知能力。如圖甲所示，某型號飛力士棒的固有頻率為3Hz，如圖乙所示，某人用手驅動該飛力士棒鍛煉。下列說法正確的是（）A．使用者用力越大，飛力士棒振動越快 B．使用者驅動的頻率越大，飛力士棒振動的幅度也越大 C．無論使用者驅動的頻率多大，飛力士棒振動的頻率始終為3Hz D．使用者驅動的頻率減小，飛力士棒振動的幅度可能增大【考點】共振及其應用；阻尼振動和受迫振動．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】D【分析】飛力士棒的固有頻率為3Hz，意味著在沒有外力作用時，它會以3Hz的頻率自然振動。當外力（即使用者的驅動）作用于飛力士棒時，飛力士棒會進行受迫振動。受迫振動的頻率由驅動頻率決定，而振幅則取決于驅動頻率與固有頻率的接近程度。當驅動頻率等于固有頻率時，系統會發生共振，振幅達到最大。【解答】解：A、飛力士棒做受迫振動，振動頻率與驅動力頻率一致，與用力大小無關，故A錯誤；B、飛力士棒振動的幅度與驅動力頻率跟固有頻率的差值有關，差值越小，幅度越大，故B錯誤；C、飛力士棒的振動頻率與驅動力頻率一致，與固有頻率無關，故C錯誤；D、當使用者驅動的頻率從大于3Hz開始減小到3Hz，當驅動頻率接近飛力士棒的固有頻率（3Hz）時，飛力士棒會發生共振，振幅會增大，故飛力士棒振動的幅度會增大，故D正確。故選：D。【點評】本題的關鍵在于理解受迫振動和共振的概念。受迫振動的頻率由驅動頻率決定，而振幅則取決于驅動頻率與固有頻率的接近程度。當驅動頻率等于固有頻率時，系統會發生共振，振幅達到最大。因此，正確理解這些概念對于解答此類題目至關重要。3．（2025?河源模擬）如圖，用兩根完全相同、不可伸長的輕繩將小沙包（大小可忽略）對稱地吊在空中，輕推小沙包，測得其在垂直紙面平面內做簡諧運動的周期為T0（已知在一根豎直繩懸掛下做簡諧運動的小物體的周期為T＝2πlg，l為繩長，g為重力加速度），已知每根輕繩的長度為L，小沙包的質量為mA．2mLπ2T0C．2mLπ3T【考點】單擺及單擺的條件．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；共點力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據公式T=2【解答】解：設靜止時繩子與豎直方向夾角為θ，則可得沙包做簡諧運動的周期：T0=2πLcosθg，解得：cosθ=gT024π2L，對于沙包，受重力mg故選：A。【點評】本題主要考查單擺周期公式和共點力平衡的應用，理解公式T=2πL4．（2025?倉山區校級模擬）如圖甲所示，小明同學利用漏斗做簡諧運動實驗，他將漏斗下方的薄木板沿箭頭方向拉出，漏斗4s內漏出的細沙在板上形成了如圖乙所示曲線AE，當地重力加速度大小g＝9.8m/s2。下列說法正確的是（）A．該沙擺的擺動頻率為2Hz B．該沙擺的擺長約為2m C．由圖乙可知薄木板做勻加速直線運動，且加速度大小約為0.03m/s2 D．當圖乙中的D點通過沙擺正下方時，薄木板的速度大小約為0.25m/s【考點】單擺周期的計算及影響因素；相等時間間隔內位移之差與加速度的關系；勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據圖像得出周期和頻率大小；根據周期公式T=2【解答】解：A．由題圖乙知，4s時間內沙擺擺動兩個完整的周期，則T=則該沙擺的擺動頻率為f=故A錯誤；B．沙擺的周期T=2解得L≈1m故B錯誤；C．由圖可知，連續相等的時間內，位移差近似相等，可知薄木板做勻加速直線運動，根據逐差法可得a=故C正確；D．勻變速直線運動在一段時間間隔的中間時刻的瞬時速度，等于這段時間內的平均速度，所以有vD故D錯誤。故選：C。【點評】本題關鍵明確單擺的擺動和木板的運動具有等時性，然后結合勻變速直線運動的推論公式Δx＝aT2和單擺的周期公式求解。5．（2025?河南模擬）2024年嫦娥六號成功降落于月球背面進行采樣。假設嫦娥六號攜帶的同一單擺，分別在地球表面和月球表面做小角度振動，其振動圖像如圖所示。地球與月球半徑之比為k，則嫦娥六號分別圍繞地球表面和月球表面做圓周運動的線速度大小之比為（）A．t2t1k B．t1t2k C【考點】單擺周期的計算及影響因素；萬有引力的基本計算．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據單擺周期公式和第一宇宙速度公式計算即可。【解答】解：根據單擺周期公式T=2πLg可得，g=4π2LT2。由圖可知，單擺在地球和月球表面振動的周期分別為2t1和2t2，根據故選：A。【點評】掌握單擺周期公式和第一宇宙速度的計算公式是解題的基礎。6．（2025?安陽一模）通過抖動繩子，可以在繩中產生正弦橫波。當抖動繩子的頻率加快時（）A．波的頻率不變 B．波的周期不變 C．波長不變 D．波速不變【考點】共振及其應用．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】D【分析】抖動繩子的頻率加快時，波的頻率增大，周期減小，波速不變，由波速公式分析波長的變化。【解答】解：AB、根據題意可知，當抖動繩子的頻率加快時，相當于波源的振動頻率加快，故波的頻率也會加快，由T=1fCD、波在同種均勻介質中傳播速度不變，由波速、頻率和波長之間的關系可知，v＝λf可得λ=可知波的波長變小，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題關鍵要掌握波速公式v＝λf，知道波速由介質的性質決定，與波源無關。7．（2025?石景山區一模）如圖1所示，在繪制單擺做簡諧運動的圖像時，甲、乙兩同學用不同擺長的沙擺和同樣長的紙帶，分別作出如圖2和圖3所示實驗結果。已知實驗中圖2、圖3紙帶運動的平均速度大小相等，則甲、乙同學所用沙擺的擺長L甲：L乙為（）A．9：16 B．16：9 C．3：4 D．4：3【考點】單擺擺長的計算；單擺及單擺的條件．【專題】應用題；定量思想；推理法；單擺問題；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據題意求出兩單擺的周期關系，然后根據單擺周期公式求出兩單擺擺長之比。【解答】解：實驗中圖2、圖3紙帶運動的平均速度大小相等，由圖2與圖3所示可知，紙帶運動時間t＝2T甲＝1.5T乙，由單擺周期公式T＝2πLg可知：L=gT24π2故選：A。【點評】根據圖示情景求出兩單擺的周期關系是解題的前提，應用單擺周期公式即可解題。8．（2025?長沙校級一模）如圖所示，一塊長L＝1.0m的光滑平板MN固定在輕彈簧上端，彈簧下端與地面固定連接（平板只能豎直運動），且平板與彈簧組成的振動系統的周期T＝2.0s，振動系統做簡諧運動的位移、速度公式分別滿足x＝Acos（ωt+φ）、v＝﹣Aωsin（ωt+φ）（其中A為振幅，ω為圓頻率，φ為初相）。一彈性小球A在光滑水平臺面上，平臺右側邊緣恰好在平板最左側M點正上方，到M點的距離為h＝9.8m，小球與平板質量相同。初始時，平板靜止，現給小球一初速度v0使其從水平臺面拋出，小球與平板的碰撞不計能量損失，g＝9.8m/s2，已知x2=0.9cos(πxA．若初速度v0＝0.7m/s，小球與平板不發生碰撞 B．若初速度v0＝0.6m/s，小球與平板僅發生一次碰撞 C．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生兩次碰撞 D．若初速度v0＝0.5m/s，小球與平板僅發生三次碰撞【考點】簡諧運動的定義、運動特點與判斷；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；方程法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】B【分析】根據小球與平板碰撞前的條件，即小球的水平速度v和時間t，以及彈簧的振動情況判斷選項。【解答】解：如果小球的水平速度較大，將直接飛過平板，減小速度得到小球與平板碰撞的臨界最大速度即為，第一次碰撞正好發生在邊緣N處時v0的值。設小球從臺面水平拋出到與平板發生第一次碰撞經歷時間為t1，根據勻變速直線運動公式有h=若碰撞恰好發生在N處，則根據位移與速度和時間的關系，有L＝v0t解得的值便是滿足第一次碰撞的速度最大值，即v0代入有關數據得v0max＝0.71m/s如果v0＜v0max，小球與平板的碰撞不在N點，設小球第一次剛要與平板碰撞時在豎直方向的速度為v1，則有v1以v1'、v1″分別表示碰撞結束時刻小球和平板沿豎直方向上的速度，由于碰撞時間極短，在碰撞過程中，小球和平板在豎直方向的動量守恒，設小球與平板的質量均為m，則有mv1＝mv1'+mv1″因為碰撞時彈性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得12得到v1'＝0v1″＝v1=碰撞后，平板從其位置以為速度開始做簡諧運動，取固定坐標，其原點O與平板處于平衡位置時板的上表面中點重合，x軸的方向豎直向下，若以小球與平板發生碰撞的時刻t＝0，則平板在t時刻的離開平衡位置的位移x＝Acos（ωt+φ）其中ω=簡諧運動的速度方程滿足v＝﹣Aωsin（ωt+φ）因t＝0時刻，x＝0，v＝v1″可得A=φ=整理可得x=碰撞后小球開始做平拋運動，如果第一次碰撞后，小球再經過時間t2與木板發生第二次碰撞且發生在N處，則僅發生兩次碰撞，則在發生第二次碰撞時，根據勻變速直線運動公式，得x坐標為x球平板的坐標為x板在碰撞時根據木板和球之間的相對位移關系有x板（t2）＝x球（t2）代入數據可得4.90t22可得t2＝0.771s則根據勻變速直線運動公式有L＝v0（t1+t2）代入數據，解得v0＝0.4585m/s則小球與平板僅發生一次碰撞得條件為0.46m/s＜v0≤0.71m/s，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題考查了運動學公式的應用以及對碰撞現象的理解。通過建立方程并求解，可以得到小球與平板碰撞前的條件。通過判斷碰撞次數，可以得出正確的選項。9．（2025?浙江模擬）如圖所示為一個“桿線擺”，可以繞著懸掛軸OO'擺動，輕桿與懸掛軸OO'垂直且桿長為1.25m，其擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內，相當于單擺在斜面上來回擺動，靜止時輕桿與重垂線的細線夾角為α，當小球受到垂直紙面方向的擾動時則做微小擺動（）A．若α＝30°，小球靜止在平衡位置時，桿和線的合力沿桿的方向 B．若α＝60°，小球擺動到平衡位置時，受到的合力豎直向上 C．若α＝30°，小球擺動時的“等效重力加速度”為5m/s2 D．若α＝60°，小球做微小擺動的周期為πs【考點】單擺周期的計算及影響因素；力的合成與分解的應用；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；方程法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】D【分析】根據題目給定的條件，運用力學原理計算或判斷擺動的特性，包括力的合成、分解，等效重力加速度的計算以及周期的求解。【解答】解：A、根據題意有，靜止在平衡位置時，桿和線的合力豎直向上與小球的重力平衡，故A錯誤；B、擺動到平衡位置時，小球受到的合力沿著斜面向上，故B錯誤；C、小球擺動時的等效加速度a等效＝gsinθ＝gsin（90°﹣α）代入數據解得a等效＝53m/s2故C錯誤；D、小球做微小擺動的周期為T＝2π代入數據解得T＝πs故D正確。故選：D。【點評】本題通過分析“桿線擺”的受力情況，計算等效重力加速度和擺動周期，考查了力學中的基本原理和計算方法。正確理解力的合成與分解，以及如何利用等效重力加速度計算擺動周期是解題的關鍵。10．（2025?浙江一模）如圖甲所示，在拉力傳感器的下端豎直懸掛一個彈簧振子，拉力傳感器可以實時測量彈簧彈力大小，圖乙是小球簡諧振動時傳感器示數隨時間變化的圖像，下列說法正確的是（）A．小球的質量為0.8kg，振動的周期為8s B．0～2s內，小球受回復力的沖量大小為0 C．1～2s和2～3s內，小球受彈力的沖量相同 D．1～3s內，小球受彈力的沖量大小為16N?s，方向向上【考點】簡諧運動的回復力；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】定量思想；方程法；簡諧運動專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】由簡諧振動的對稱可知，0時刻小球在最低點，1秒時刻在最高點。這二點的加速度大小相等，且為最大值，可得到小球的質量。然后由動量定理，可對余下選項進行判斷。【解答】解：A．根據圖像可知，t＝1s時，彈簧彈力最大，為16N，此時小球位于最低點；t＝3s時，彈簧彈力最小為零，小球位于最高點。由對稱性可知，小球振動的周期為4s，小球位于平衡位置時，彈力為F解得m＝0.8kg故A錯誤；B．小球受到的合外力提供回復力，0～2s內，小球初末速度不為零且大小相等，方向相反，則速度變化量不為零，根據動量定理可知回復力的沖量大小不為0。故B錯誤；C．1～2s和2～3s內，平均彈力大小不同，小球受彈力的沖量不同。故C錯誤；D．由圖t＝1s時，小球位于最低點；t＝3s時，小球位于最高點，小球在這兩個點的速度都是零，則1～3s內，由動量定理得I彈﹣mgt＝0﹣0解得I彈＝16N?s方向向上。故D正確。故選：D。【點評】該題考查彈簧振子做簡諧運動過程中受力分析、運動狀態的分析問題，該題綜合性較強，關鍵是要利用簡諧振動的對稱性來思考問題。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?烏魯木齊模擬）如圖所示，小球P固定在半徑R＝1.0m的豎直圓盤左邊緣上，用豎直向下的平行光照射圓盤，小球P和盤心O在水平面上投影的位置分別為P′和O′，當圓盤以周期T＝πs勻速轉動的過程中，小球P的影子做簡諧運動的振幅A和影子經過P′O′中點時的速度大小v分別為（）A．A＝1.0m B．A＝2.0m C．v=2m/s D．v=【考點】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；分析綜合能力．【答案】AD【分析】AB.根據簡諧運動的特點求振幅；CD.根據線速度和角速度的關系求速度大小。【解答】解：AB.小球P在圓盤上做圓周運動，其在水平方向的投影做簡諧運動。圓盤半徑R＝1.0m，簡諧運動的振幅A等于圓盤半徑，即A＝R＝1.0m，故A正確，B錯誤；CD.小球P做圓周運動的線速度v圓＝ωRω=已知T＝πs，R＝1.0m則ω=解得ω＝2rad/sv圓＝ωR＝2×1m/s＝2m/s設影子經過P′O′中點時，小球P與圓心連線和豎直方向夾角為θ＝60°影子做簡諧運動的速度v＝v圓sinθ解得v=故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】本題主要是考查簡諧運動的問題，解答本題的關鍵是掌握簡諧運動的運動規律，題目難度一般。（多選）12．（2025?清遠一模）為了使金屬小球穩定在同一豎直平面內運動，避免單擺穩定性差的問題。如圖所示，用兩條長為1.15m的不可伸長的細線固定一質量為0.1kg的金屬小球，懸掛在水平直桿A、B兩端上，小球靜止時，A端細線與桿的夾角為60°，當小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時（已知3=1.73，重力加速度g＝10m/s2A．金屬小球做簡諧運動 B．擺角變小，周期將變大 C．金屬小球擺動周期約為2s D．金屬小球經過最低點時，A端拉力為3【考點】單擺周期的計算及影響因素；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理論證能力．【答案】AC【分析】金屬小球做微小擺動類似單擺運動，屬于簡諧運動；擺角對周期無影響；根據周期T=2πlg，求解周期大小；先分析小球靜止在最低點時【解答】解：A．金屬小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動，類似單擺，小球做簡諧運動，故A正確；B．單擺的周期T=2πlC．擺長l＝1.15m×sin60°≈1m則金屬小球擺動周期約為T故C正確；D．若金屬球靜止在最低點時，假設A端拉力為T，則有2Tsin60°＝mg解得T當金屬小球經過最低點時，因為速度不為零，則2T可知A端拉力T'＞故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查單擺運動的周期以及牛頓第二定律與向心力結合的相關計算，需要熟練單擺的周期公式。題目較為簡單。（多選）13．（2025春?沙坪壩區校級月考）某種彈跳桿的結構如圖甲所示。一質量為m的小朋友站在該種彈跳桿的腳踏板上靜止時，其重心處于空中O點，然后小朋友雙手抓住橫桿開始彈跳，小朋友從地面上升、下落、與地面作用，再彈起，往復運動，如圖乙所示。以O點為坐標原點，在豎直方向建立小朋友重心位置數軸，如圖丙。某次，小朋友從最高點開始下落到重心運動到最低點，此過程中加速度（以向下為正方向）隨重心位置變化的關系如圖丁。假設小朋友運動中始終保持站立狀態，不計空氣阻力和彈跳桿的重力，重力加速度大小為g，則（）A．從x＝﹣x1到x＝x3過程，小朋友做簡諧運動 B．在O點處，小朋友的速度大小為(2xC．在x＝x3處，小朋友的加速度大小可表示為x3D．x1、x2和x3大小滿足2x1＞x2+x3【考點】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；推理論證能力．【答案】BCD【分析】結合丁圖分析，在O點處，小朋友的速度最大，根據速度—位移公式結合圖像求解最大速度，小朋友在x＝x3處根據加速度求解加速度，求解加速度與位移關系，結合加速度表達式分析x1、x2和x3大小。【解答】解：A．由丁圖可知，從x＝﹣x2到x＝x3過程，小朋友做的是簡諧運動，故A錯誤；B．在O點處，小朋友的速度最大，根據速度—位移公式由圖像可得v解得v故B正確；C．由圖像可得斜率大小k=gx2，小朋友在x＝x橫坐標為x3時，解得a故C正確；D．根據v加速度還可表示為a解得2x1＞x2+x3故D正確。故選：BCD。【點評】本題考查簡諧運動，要注意正確分析全過程，結合圖像分析。（多選）14．（2025?未央區校級三模）如圖甲所示，一傾角為θ的光滑斜面底端連接由輕彈簧和滑塊A組成的彈簧振子，A的質量為m1，剛開始彈簧振子處于靜止狀態，O點是彈簧振子的平衡位置。現將質量為m2的滑塊B從斜面上的P點由靜止釋放，B運動到O點與A發生正碰，碰撞時間極短，A開始做簡諧運動，B反彈運動到最高點Q后被拿走，并且當B運動到最高點時，A剛好第一次返回O點。已知B在斜面上運動的速度隨時間（v﹣t）變化的關系圖像如圖乙所示（v0、t0均為已知量），A、B均可視為質點，且質量關系為m1＝3m2，重力加速度為g，彈簧一直處于彈性限度內。下列說法正確的是（）A．碰撞后彈簧振子振動過程中A的機械能守恒 B．A、B的碰撞為彈性碰撞 C．彈簧振子的振動周期為12D．若A在最低點時的加速度等于gsinθ，則A在最高點時，彈簧恰好恢復原長【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；判斷機械能是否守恒及如何變化；用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】定量思想；圖析法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】碰撞后，由A與彈簧作為整體，機械能守恒，即可知A的機械能是否守恒；由AB碰撞前后，B的速度特點，結合AB質量關系，根據動量守恒，可計算A碰撞后的速度，即可比較前后動能情況，分析是否為彈性碰撞；由B碰撞后到最高點的時間內，A的運動情況，即可計算彈簧振子的周期；由A在最低點時的加速度，根據對稱性，可知其在最高點時的加速度，結合對A的受力分析，即可分析彈簧的長度。【解答】解：A：碰撞后，A和彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧的彈性勢能與A的機械能相互轉化，即A的機械能不守恒，故A錯誤；B：由圖可知m2碰撞前速度為v0，碰撞后速度為-12v0，AB的質量滿足：m1以沿斜面向下為正方向，根據動量守恒：m2v0碰撞前系統總動能Ek1=12m2v02，碰撞后系統總動能EkC：由圖可知B從O點反彈到最高點Q的時間為：t=32t0-tA做簡諧運動從O點出發再回到O點經過半個周期，所以彈簧振子的振動周期滿足：12T=12t0，解得：D：若A在最低點時的加速度等于gsinθ，由簡諧運動的對稱性，可知A在最高點時加速度大小也為gsinθ，對A受力分析可知：m1gsinθ+F彈＝m1a，解得：F彈＝0，即彈簧恰好恢復原長，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查簡諧運動的特點，關鍵是根據B的速度隨時間變化關系圖，分析B的速度特點，及發生變化的時間。（多選）15．（2025?金鳳區校級一模）如圖甲所示，一根粗細均勻的木筷，下端繞幾圈細鐵絲后豎直懸浮在裝有鹽水的杯子中。現把木筷豎直向上提起一段距離后放手，忽略水的粘滯阻力及水面高度變化，其在水中的運動可視為簡諧運動。以豎直向上為正方向，從某時刻開始計時，木筷下端的位移y隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知鹽水的密度為ρ，木筷的橫截面積為S，木筷下端到水面的最小距離為h1，最大距離為h2。則（）A．木筷在t0～5t0時間內動能先減小后增大 B．木筷做簡諧運動的振幅為A=C．木筷（含鐵絲）的質量為12D．木筷在0～3t0時間內運動的路程為(4-【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；動能大小的影響因素及比較；簡諧運動的定義、運動特點與判斷；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；推理論證能力．【答案】BCD【分析】木塊在最大位移處速度最小，在平衡位置速度最大，由圖像可知木筷在t0～5t0時間內位移的變化從而得到速度變化，最終得到動能的變化；由木筷下端到水面的最小距離和最大距離找到做簡諧運動的振幅；在平衡位置時，重力與浮力平衡，從而求得木筷的質量；通過圖像求解出木筷的振動方程，將t＝0代入振動方程求出在t＝0時木筷的位置，再根據圖像分析木筷在0～3t0時間內運動的路程。【解答】解：A．木塊在最大位移處速度最小，在平衡位置速度最大，木筷在t0～5t0時間內由正向最大位移處運動到負向最大位移處，速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，故A錯誤；B．由簡諧運動的對稱性可知h2﹣h1＝2A即A故B正確；C．木筷靜止在平衡位置時，所受浮力與重力相等，即ρgS求得m故C正確；D．木筷振動方程的一般形式為y＝Asin（ωt+φ）其中A=h2-代入，得yt＝0時，有y結合木筷下端的位移y隨時間t變化的圖像可知，木筷在0～3t0時間內運動的路程為s故D正確。故選：BCD。【點評】本題考查簡諧運動的基本規律，需要理解圖像，并通過圖像求解振動方程，根據振動方程和圖像求解木筷運動的路程。三．解答題（共5小題）16．（2025?東城區校級模擬）1610年，伽利略用他制作的望遠鏡發現了木星的四顆主要衛星。根據觀察，他將其中一顆衛星P的運動視為一個振幅為A、周期為T的簡諧運動，并據此推測，他觀察到的衛星振動是衛星圓運動在某方向上的投影。如圖所示，是伽利略推測的衛星P運動的示意圖，在xOy平面內，質量為m的衛星P繞坐標原點O做勻速圓周運動。已知引力常量為G，不考慮各衛星之間的相互作用。（1）若認為木星位于坐標原點O，根據伽利略的觀察和推測結果：①求木星的質量M。②物體做簡諧運動時，回復力應該滿足F＝﹣kx。請據此證明：衛星P繞木星做勻速圓周運動在x軸上的投影是簡諧運動。（2）若將木星與衛星P視為雙星系統，彼此圍繞其連線上的某一點做勻速圓周運動，計算出的木星質量為M′。請分析比較（1）②中得出的質量M與M′的大小關系。【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；雙星系統及相關計算．【專題】計算題；定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）①木星的質量M是4π②證明過程如上所述。（2）木星質量為M′是4π2L2A【分析】（1）①根據萬有引力提供向心力解答。②根據簡諧運動的回復力與位移關系證明。（2）根據萬有引力提供向心力解答。【解答】解：（1）①木星與衛星間萬有引力提供了衛星繞其做圓周運動的向心力，設衛星的質量為m，依據牛頓第二定律有：GMmA2=解得木星質量：M=②設衛星P做勻速圓周運動如圖中所示位置時，與x軸的夾角為θ。則向心力向x軸的投影Fx＝﹣m(2π位移在x軸方向上的投影為x＝Acosθ滿足F＝﹣kx，其比例系數k＝m4π2T2，這說明星（2）若木星與衛星為雙星模型，設木星質量為M'，木星與衛星的距離為L，衛星繞連線某點做圓周運動的半徑等于觀測到的簡諧運動的振幅A。對衛星列牛頓第二定律得：GM'mL得木星質量M'=因為A＜L，所以M＜M'，即（2）問計算出的木星質量M偏小。答：（1）①木星的質量M是4π②證明過程如上所述。（2）木星質量為M′是4π2L2A【點評】本題考查萬有引力提供向心力，解題關鍵掌握簡諧運動的特點，注意振幅與位移的關系。17．（2025?常州校級模擬）忽略水對浮漂的阻力，浮漂在水中的上下振動可以視為簡諧運動，如圖（a）所示。以豎直向上為正方向，從t＝0時刻開始計時，浮漂振動圖像如圖（b）所示，到達最高點的時刻為t1＝0.5s，重力加速度g＝9.8m/s2。（1）寫出浮漂簡諧運動的振動方程，并求出簡諧運動的周期；（2）已知浮漂和鉛墜的總質量為m＝25g，浮漂截面積S＝10﹣5m2，水的密度ρ＝1×103kg/m3，求浮漂運動到最低點時的加速度大小。【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；簡諧運動的圖像問題；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】（1）浮漂簡諧運動的振動方程為y=5sin(（2）浮漂運動到最低點時的加速度大小等于0.196m/s2。【分析】（1）結合圖像求解浮漂簡諧運動的振動方程以及周期；（2）對浮漂進行受力分析，在平衡位置時，浮力等于重力，在最低點時，浮漂所受合外力等于浮力增加的量，結合牛頓第二定律求解。【解答】解：（1）由題圖（b）可知浮漂振動振幅A＝5cm浮漂（含鉛墜）的位移滿足關系式y＝Asin（ωt+φ0）t＝0時刻有y＝2.5cm，結合之后的振動方向可得φ0=π6t＝0.5s時刻有ω=則浮漂簡諧運動的振動方程為y=5簡諧運動的周期T=（2）在平衡位置時，浮力等于重力，在最低點時，浮漂所受合外力等于浮力增加的量。由牛頓第二定律有ASρg＝ma可得a＝0.196m/s2答：（1）浮漂簡諧運動的振動方程為y=5sin(（2）浮漂運動到最低點時的加速度大小等于0.196m/s2。【點評】該題中筷子做簡諧振動，其受力的情況與運動的情況都可以與彈簧振子的受力與運動相似，可以應用比較法進行解答，容易理解。18．（2025?全國一模）如圖所示，足夠長固定傳送帶的傾角為θ＝30°，物塊b和物塊a用與傳送帶平行的輕彈簧連接，彈簧原長為L＝1m，物體c與b鎖定在一起，a、b、c三個物塊均可視為質點。若傳送帶固定不轉動，b、c靜止于A點，且與傳送帶間恰好均無摩擦力。若傳送帶順時針轉動，將b、c整體沿傳送帶向下推至P點處由靜止釋放，達到B點時解除鎖定，此后c恰好相對地面靜止，且此時a與擋板之間的彈力恰好為0。整個過程中傳送帶的速度都大于物塊b、c的速度。已知物塊a光滑，b、c與傳送帶間的摩擦因數相同，b能做簡諧運動，b、c質量均為m＝1kg，a的質量ma＝4kg，重力加速度g取10m/s2，AP＝0.2m，彈簧振子的周期為T＝2πmk，π=（1）b、c與傳送帶間的動摩擦因數為多少；（2）彈簧的勁度系數k；（3）若傳送帶的速度為v＝25m/s，從c和b到達B點開始計時，在25內a、b、c組成的系統因摩擦而產生的熱量是多少。【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；從能量角度求解傳送帶問題．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理論證能力．【答案】（1）b、c與傳送帶間的動摩擦因數為33（2）彈簧的勁度系數為50N/m；（3）a、b、c組成的系統因摩擦而產生的熱量是200J。【分析】（1）由于c不下滑，根據力的平衡關系解答；（2）根據胡克定律分析解答；（3）分析b的運動情況，根據相對位移計算熱量。【解答】解：（1）b、c到達B點時b與c恰好分離，之后b做簡諧運動，則c不會沿著傳送帶下滑，則有mgsin30°＝μmgcos30°解得μ=（2）傳送帶不轉動時，b、c處于A點時靜止，與傳送帶間恰好均無摩擦力，則kx1＝2mgsin30°b、c到達B點時，a與擋板之間的彈力恰好為0，對a由受力分析可知，則magsin30°＝kx2又AP＝x2﹣x1解得k＝50N/m（3）對b在其平衡位置有mgsin30°＝μmgcos30°則b的平衡位置在彈簧原長處，彈簧的彈力提供回復力，彈簧振子的周期公式T＝2πm解得b做簡諧運動的周期T=2由t＝25s＝5T一個周期內，0～T2時間內相對位移為x1＝2AT2～T時間內，相對位移為x2=故一個周期內，相對位移為vT，與振幅A無關；傳送帶在這段時間內的路程為s＝vtb由于摩擦產生的熱量Q1＝μmgs?cos30°c由于摩擦產生的熱量Q2＝μmgs?cos30°a、b、c組成的系統因摩擦而產生的熱量Q＝Q1+Q2代入數據解得Q＝200J答：（1）b、c與傳送帶間的動摩擦因數為33（2）彈簧的勁度系數為50N/m；（3）a、b、c組成的系統因摩擦而產生的熱量是200J。【點評】本題考查了機械能守恒定律、動量守恒定律、能量守恒定律、運動學基本公式的直接應用，解題的關鍵是分析清楚物體運動過程。19．（2025?海淀區校級模擬）如圖1所示，把一個質量為m、有小孔的小球連接在勁度系數為k的輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在光滑的桿上，小球和彈簧組成的系統稱為彈簧振子。開始時彈簧處于原長，在小球運動過程中彈簧形變始終在彈性限度內，忽略空氣阻力的影響。（1）把小球拉向右方，然后由靜止釋放，小球將在平衡位置附近往復運動。若以小球的平衡位置為坐標原點O，以水平向右為正方向建立坐標軸Ox，用x表示小球在平衡位置附近往復運動的位移。a．請在圖2中畫出彈簧彈力F隨x變化的示意圖；b．已知小球經過平衡位置時速度大小為v，求小球靜止釋放后第一次運動至平衡位置的過程中，彈簧彈力對小球做的功W。（2）讓靜止在平衡位置的小球突然獲得向左的初速度，開始在平衡位置附近振動。已知振動過程的振幅為A，彈簧振子的振動周期T＝2πmk。為了求得小球獲得的初速度大小v1設向左壓縮彈簧過程中彈簧的平均作用力大小為F，由動能定理可知﹣F?A＝0-12mv1由動量定理可知﹣F?t＝0﹣mv1②小球由平衡位置向左運動壓縮彈簧至最短的過程所用時間t=T聯立①②③式，可得va．請指出這位同學在求解過程中的錯誤；b．借助F﹣x圖像可以確定彈力做功的規律，在此基礎上，請正確求解出小球初速度大小v1；c．彈簧振子在運動過程中，求彈簧彈力對小球做正功時，其瞬時功率P的最大值。【考點】簡諧運動的回復力；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）a、圖像如上圖所示；b、彈簧彈力對小球做的功W為12（2）a、分析過程圖上；b、小球初速度大小為Akc、瞬時功率P的最大值12【分析】（1）a、根據胡克定律畫出F﹣x圖像；b、根據動能定理計算出彈簧彈力對小球的做功。（2）a、分析解答過程中的平均力的區別；b、根據動能定理計算出初速度的大小；c、先分析得到最大功率的位置，再結合功率的計算公式完成解答。【解答】解：（1）a、由彈力F與x關系式，F＝﹣kx可知，F隨x變化的示意圖如下圖所示b、小球靜止釋放后第一次運動到平衡位置的過程中，彈簧彈力對小球做的功W，根據動能定理可得：W=（2）a、在用動能a定理和動量定理列式過程中，兩次平均力的物理意義不同。①式動能定理中的平均力F是合力對位移的平均值；②式是動量定理中的平均力F是合力對時間的平均值，兩個式子的力是不相同的，所以求解是錯誤的。b、由于彈力F與x關系為：F＝﹣kx則靜止釋放后第一次運動到平衡位置的過程中，彈力對小球做負功W彈=由動能定理可知，W彈=1解得：vc、彈簧振子在運動過程中，當振動位移為x時的速度大小為vx，根據機械能守恒12解得：v當振動的位移為x時，彈簧對小球做功的瞬時功率為：P＝kxvx整理可得：P分析可知，當x2＝A2﹣x2時，即x=2答：（1）a、圖像如上圖所示；b、彈簧彈力對小球做的功W為12（2）a、分析過程圖上；b、小球初速度大小為Akc、瞬時功率P的最大值12【點評】本題主要考查了簡諧運動中，分析過程涉及到了動能定理和瞬時功率的計算，綜合性較強。20．（2025?雨花區校級一模）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；推理論證能力．【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=(M+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=mgsinθk，解得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=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。

考點卡片1．相等時間間隔內位移之差與加速度的關系【知識點的認識】逐差法公式：Δx＝xⅡ﹣xⅠ＝xⅢ﹣xⅡ＝???＝aT2，即做勻變速直線運動的物體，如果在各個連續相等的時間T內的位移分別為xⅠ、xⅡ、xⅢ、???、xN，則勻變速直線運動中任意兩個連續相等的時間間隔內的位移差相等。（1）推導x1=v0T所以xⅠ=x1=v0T+12aT2，xⅡ＝x2﹣x1故xⅡ﹣xⅠ＝aT2，xⅢ﹣xⅡ＝aT2，???所以Δx＝xⅡ﹣xⅠ＝xⅢ﹣xⅡ＝???＝aT2應用：（1）判斷物體是否做勻變速直線運動。如果Δx＝xⅡ﹣xⅠ＝xⅢ﹣xⅡ＝???＝xN﹣xN﹣1＝aT2成立，則a為一恒量，說明物體做勻變速直線運動。（2）應用利用△x＝aT2，可求得a=Δx【命題方向】一個向正東方向做勻變速直線運動的物體，在第3s內發生的位移為8m，在第4s內發生的位移為5m，則關于物體運動加速度的描述正確的是（）A.大小為3m/s2，方向為正東方向B.大小為3m/s2，方向為正西方向C.大小為1.5m/s2，方向為正東方向D.大小為1.5m/s2，方向為正西方向分析：根據勻變速直線運動的推論：Δx＝aT2，求解加速度的大小和方向．解答：由題意，物體做勻變速直線運動，已知第3s內發生的位移為x1＝8m，在第4s內發生的位移為x2＝5m，兩段相等的時間為t＝1s。根據勻變速直線運動的推論：Δx＝aT2，得：x2﹣x1＝at2，則得a=x2-x1t2=5-81故選：B。點評：本題關鍵要抓住兩段位移是相鄰的，而且所用的時間相等，選擇推論求解比較簡便，也可以根據位移公式求解．【解題思路點撥】該推論只適用于勻變速直線運動，對于不相鄰的任意兩段位移：xm﹣xn＝（m﹣n）aT2。2．勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）【知識點的認識】勻變速直線運動的導出公式是指由勻變速直線運動的3個基本公式推導出來的公式。包括：1.平均速度公式：v=vt推導：設物體做勻變速直線運動的初速度為v0，加速度為a，t時刻的速度為v。由x=v0t由v＝v0+at知，當t'=t2時，有v由①②得v=又v=v由②③解得vt綜上所述有：v2.結合平均速度的定義式有：xt【命題方向】1.平均速度等于初末速度的一半例1：一質點做勻加速直線運動，初速度為10m/s，加速度為2m/s2．試求該質點：（1）第5s末的速度大小；（2）前5s內的平均速度大小．分析：質點做勻加速直線運動，已知初速度、加速度和時間，根據速度公式求解第5s末的速度大小，由平均速度公式求出前5s內的平均速度大小．解答：由題v0＝10m/s，a＝2m/s2，t＝5s則第5s末的速度大小v＝v0+at＝20m/s；前5s內的平均速度大小v=v答：（1）第5s末的速度大小為20m/s；（2）前5s內的平均速度大小為15m/s．點評：對于第（2）問也可以先求出前5s內的位移x，再由v=2.平均速度等于中間時刻的速度例2：一輛汽車從車站由靜止起動，做勻加速直線運動．司機發現有人未上車，急忙剎車，車做勻減速直線運動而停下來，結果總共在5s內前進了10m．汽車在運動過程中速度的最大值vm＝．分析：根據勻變速直線運動的平均速度公式v=v0+v解答：勻加速直線運動和勻減速直線運動的平均速度v=vm2，則故答案為：4m/s．點評：解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】1.平均速度的相關公式比較多，xt2.v=vt3．力的合成與分解的應用【知識點的認識】本考點針對比較復雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應用。【命題方向】假期里，一位同學在廚房里協助媽媽做菜，對菜刀發生了興趣．他發現菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣，刀刃前部的頂角小，后部的頂角大（如圖所示），下列有關刀刃的說法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不勻，僅是為了打造方便，外形美觀，跟使用功能無關B、在刀背上加上同樣的壓力時，分開其他物體的力跟刀刃厚薄無關C、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越大，分開其他物體的力越大D、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越小，分開其他物體的力越大分析：根據力的平行四邊形定則可知，相同的壓力下，頂角越小，分力越大；相同的頂角下，壓力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可簡化成一個等腰三角劈，設頂角為2θ，背寬為d，側面長為l，如圖乙所示當在劈背施加壓力F后，產生垂直側面的兩個分力F1、F2，使用中依靠著這兩個分力分開被加工的其他物體。由對稱性知，這兩個分力大小相等（F1＝F2），因此畫出力分解的平行四邊形，實為菱形，如圖丙所示。在這個力的平行四邊形中，取其四分之一考慮（圖中陰影部分），根據它跟半個劈的直角三角形的相似關系，由關系式，得F1＝F2由此可見，刀背上加上一定的壓力F時，側面分開其他物體的力跟頂角的大小有關，頂角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的頂角越小時，刀刃的強度會減小，碰到較硬的物體刀刃會卷口甚至碎裂，實際制造過程中為了適應加工不同物體的需要，所以做成前部較薄，后部較厚。使用時，用前部切一些軟的物品（如魚、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅硬的骨頭之類的物品，俗話說：“前切后劈”，指的就是這個意思。故D正確。故選：D。點評：考查力的平行四邊形定則，體現了控制變量法，同時學會用三角函數來表示力與力的關系．【解題思路點撥】對力的合成與力的分解的綜合應用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關內容，再選擇合適的合成和分解方法進行解題。4．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態，根據平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據平衡規律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統，應明確所選研究對象是系統整體還是系統中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。5．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13g，gA、43mgB、2mgC、mgD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43mg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。6．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的