备战2024年高考物理易错题（新高考专用）易错点07 动量-（3大陷阱）-备战2024年高考物理考试易错题含答案

备战2024年高考物理易错题（新高考专用）易错点07动量-（3大陷阱）-备战2024年高考物理考试易错题含答案易错点07动量目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】运用动量定理解释现象错误【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件【易错点提醒四】运用动量动量守恒列式错误【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点而出现错误【易错点提醒六】不会运用碰撞原则求解问题03易错题通关易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误3.动量定理的理解（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.2介质流模型冲力的计算研究对象流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n分析步骤①建构“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV小柱体质量m小柱体内粒子数N=小柱体动量p=③建立方程，应用动量定理FΔt易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题.3.动量守恒定律适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零.（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力[4]（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动量守恒.4.表达式（1）p=p（2）Δp1（3）Δp=易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误5．碰撞的概念及特点碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：(1)碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。(4)碰撞过程位移特点：在物体发生碰撞、的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。6.碰撞问题的三个原则（1）系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系统总动量的大小和方向均守恒。

（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).（3）速度要合理①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零.【易错点提醒一】运用动量定理解释现象时出现错误【例1】．（2020全国Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【变式1-1】（2023·广东深圳·统考二模）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（）A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250ND．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N【变式1-2】（2023·江苏南通·统考一模）小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则（）A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人做的功总为零B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人的平均作用力大小相同C．着地过程屈腿姿态不同，地面对人的冲量相同D．着地过程屈腿姿态不同，人的动量变化率相同.【变式1-3】（2023广东中山市模拟）质量为的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（）A.运动员在加速上升过程中处于失重状态B.该过程中，地面对运动员的冲量大小为C.该过程中，地面对运动员做功为0D.该过程中，运动员的动量变化量大小为【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型【例2】（2024·广东省普通高考第一次模拟）汕头市属于台风频发地区，图示为风级（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的（）风级风速（m/s）风级风速（m/s）00~0.2713.9~17.110.3~1.5817.2~20.721.6~3.3920.8~24.433.3~5.41024.5~28.445.5~7.91128.5~32.658.0~10.71232.7~36.9610.8~13.8…….…….A.45倍 B.36倍 C.27倍 D.9倍易错分析：对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知如何选取研究对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。【变式1-1】2023·河南·校联考模拟预测）小飞同学在洗盘子的时候发现当水流稳定时，从水龙头流下的水柱从上到下越来越细，如图所示。小飞同学将盘子放在水龙头下一定距离，仔细观察后，水流对盘子的冲击力基本稳定，经过测量，水流对盘子的冲击力为F。已知水龙头的横截面积为，出水速度为，水的密度为，重力加速度为g。水接触盘子后速度立刻变为零，空气阻力不计。下列说法正确的是（

）A．盘子距水龙头的高度为 B．盘子距水龙头的高度无法求出C．与盘子接触的水柱横截面积无法求出 D．与盘子接触的水流速度可以求出【变式1-2】.（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为（）A． B． C． D．【变式1-3】（2023广东卷）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为C.滑块2受到合外力的冲量大小为D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件【例3】.（2024河北唐山期中）如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放，从小球开始沿物块的光滑弧面（弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是()A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒【变式1-1】（/2021全国乙如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(B)A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒【变式1-2】[2023四川雅安期末/多选]木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是()A.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B.a离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒.【变式1-3】（2023河南周口模拟）如图所示，A、B两物体质量之比mA:mB=3:2，原来静止在平板车C上，A、BA.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒【易错点提醒四】运用动量守恒定律列式出现错误【例4】.（2020全国Ⅱ]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/sA.48kg B.53kg C.58kg .【变式1-1】（2023·河北邯郸·校考三模）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则(

)A．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒B．车表面越粗糙，木块减少的动量越多C．车表面越粗糙，小车增加的动量越多D．木块的最终速度为.【变式1-2】（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A与木块B质量均为m。t＝0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0＝的初速度，则从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中（

）

A．A、B沿绳方向加速度始终相等 B．绳对A球的冲量大小为mC．绳对A先做正功后做负功 D．木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg【变式1-3】.[2021广东]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零.如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点和规律【例5】如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列说法中可能发生的是A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、、，满足B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为，满足D．小车和摆球的速度都变为，木块的速度变为，满足【变式1-1】质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M＋m0）v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m）v0＝（M＋m）v1＋mv2【易错点提醒六】不会根据碰撞原则求解问题【例6】在一次斯诺克世界杯比赛中，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是()A．mB＝mAB．mB＝eq\f(1,4)mAC．mB＝eq\f(1,6)mAD．mB＝6mA【变式1-1】在光滑水平地面上，一质量为m的小球A以速度v0向右运动，与原来静止的另一质量为3m的小球B发生正碰，则碰后小球A的速度大小可能为()A.v0 B.v0/3QUOTEv03 C.v0/2 D.3v0/4QUOTE34v0【变式1-2】如图所示，在光滑水平地面上，质量为1kg的小球A以4m/s的速度向右运动，与静止的质量为3kg的小球B发生正碰，碰后BA.3m/s B.2.0m/s C.1.4m/s 【变式1-3】（2020全国Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示.已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为()A.3J B.4J C.5J 1．（多选）（2023·四川眉山·校考模拟预测）在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（）A．延长球对手的作用力时间 B．减小球的动量变化量C．减小球对手的冲量 D．减小球对手的作用力2。(2022广东湛江模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是（）A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小3.（2023·河南安阳模拟）丝网版画有其独特的绘画语言，其艺术水准可与国画、油画等其它艺术作品相婉美。丝网版画在显影时需要用高压水枪冲洗，直至优美画面显出，若高压水枪喷口的出水速度为，水的密度，水与版画接触后沿版画平面散开，则版画单位面积上受到的冲击力为（）A． B． C． D．4.（2022·全国乙卷·T20）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（）A.时物块的动能为零B.时物块回到初始位置C.时物块的动量为D.时间内F对物块所做的功为5.（2023重庆西南大学附中期末）如图所示，A、B两小球形状大小一样，且质量均为m.某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为v0、方向水平向右，小球B速度大小为2v0A.小球A向右运动 B.小球B的动量大小增大C.碰后小球A的动能增加了2mv02 D.小球B6.（2022·山东卷·T2）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量7.（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考三模）如图所示，质量为M的直—20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（）A． B． C． D．8.（2022·湖南卷·T4）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.大于 D.大于9.（2023辽宁卷）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。10.（2023浙江6月卷）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。11．（2023浙江1月卷）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车:上表面与直轨道下、平台位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．12.（2023湖南卷）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．13.（2023全国乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。14.（2023山东卷）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。（1）求C下滑高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。15.（2022·全国乙卷·T25）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

易错点08振动和波目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】不理解振动图像和物理之间的关系【易错点提醒二】不理解单摆模型和单摆的周期公式【易错点提醒三】误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的图像【易错点提醒四】分析振动图像与波的图像综合问题出现错误【易错点提醒五】不会分析波的干涉现象，不理解中加强与减弱的含意03易错题通关易错点一：理解简谐运动图像和单摆周期问题时出现错误1.由简谐运动图像可获取的信息（1）判定振动的振幅A和周期T。(如图所示)（2）判定振动物体在某一时刻的位移。（3）判定某时刻质点的振动方向：①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。（4）判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。eq\x(\a\al(从图像读,取x大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝－kx))eq\x(\a\al(F的大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝ma))eq\x(\a\al(a的大小,及方向))（5）比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。2.单摆模型（1）单摆是一个理想有物理模型；单摆的周期公式为T=2π由公式可知：单摆的周期与摆球的质量和振幅无关；（2）等效摆长：摆长是指摆动的质点到轨迹圆心的距离（3）等效重力加速度：单摆公式中的g不仅与单摆所在的空间位置有关，还与单摆所处的物理环境和单摆系统的运动状态有关，因此对于不是教材上的理想情况，必须确定等效重力加速度，其步骤是：找等效平衡位置，求摆球在等效平衡位置处于静止状态时悬线拉力得等效重力加速度易错点二：理解波的传播图像问题时出现错误1．机械波的传播特点(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。(4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。2．波的图像的特点(1)时间间隔Δt＝nT(波传播nλ，n＝0,1,2,3，…)时，波形不变。(2)在波的传播方向上：①当两质点平衡位置间的距离Δx＝nλ(n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同，在波形图上的对应位移一定相同；②当两质点平衡位置间的距离Δx＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反，在波形图上的对应位移一定等值反向。(3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。3．根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法内容图像“上下坡”法沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动“同侧”法波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧“微平移”法将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向注意：波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。4．求解波的图像与振动图像综合问题的三关键：“一分、一看、二找”易错点三：理解波的干涉现象波的干涉现象中振动加强点、减弱点的两种判断方法1.公式法某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。①当两波源振动步调一致时若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。②当两波源振动步调相反时若Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。.【易错点提醒一】不理解振动图像的意义和物理量之间的关系【例1】．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A．在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的位移易错分析：在求解图像类问题时，要理解振动图像是反映做简谐振动的质点在不同时刻的位移，不是质点的运动轨迹。对于质点的速度和加速度要结合简谐振动的过程和特点进行分析后作出判断。【答案】C【详解】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；D．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误。故选C。【变式1-1】（2023浙江1月卷）主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波．，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为）（）A．振幅为2AB．频率为C．波长应为的奇数倍D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相【答案】B【解析】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅。根据波动干涉条件可知，频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的。抵消声波与噪声的振幅相同，其振幅也为A，A错误；抵消声波与噪声的频率相同，由，B正确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为，，C错误；抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。【变式1-2】如图1所示，水平地面上固定一轻质弹簧，弹簧竖直放置，其上端连接一轻质薄板。时刻，一可视为质点的物块从弹簧正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（图像）如图2所示，其中时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，以竖直向下为正方向，则（

）A．，物块的加速度逐渐增大 B．后物块做简谐运动C．，物块的加速度先减小后增大 D．，物块的加速度先增大后减小【答案】BC【详解】A．由题知，物块做自由落体运动，加速度恒定，A错误；B．从图像看后的图像为正弦函数，物块做简谐运动，B正确；CD．，物块受到的弹簧弹力一直增大，弹力先小于重力后大于重力，由牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，C正确，D错误。故选BC。【变式1-3】（2022·浙江6月卷·T11）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距。套在杆上的小球从中点以初速度向右运动，小球将做周期为的往复运动，则（）A.小球做简谐运动B.小球动能变化周期为C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为D.小球的初速度为时，其运动周期为【答案】B【解析】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；BC．假设杆中点为，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，可知小球做周期为的往复运动过程为根据对称性可知小球从与，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，B正确，C错误；D．小球的初速度为时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为时，其运动周期应小于，D错误；故选B。【易错点提醒二】不理解单摆模型和单摆的周期公式【例2】惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，如图甲所示，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运动的速率由钟摆控制，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示．下列说法正确的是（）

A．摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移B．摆钟快了，应使圆盘沿摆杆下移C．把摆钟从北京移到上海，应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从山顶移到山脚，应使圆盘沿摆杆上移易错分析：误认为单摆的周期与摆球的质量和振幅有关，误认为同一单罢在不同的地方周期一样。不知道如何求单摆的等效摆长【答案】BC【详解】AB．若摆钟变慢，是因为周期变大，单摆的周期公式为，应减小摆长，即上移圆盘，同理，若摆钟变快，应下移圆盘，故A错误、B正确；C．从北京到上海，g值变小，周期变大，应减小摆长，即上移圆盘，故C正确；D．从山顶到山脚，g值变大，周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，故D错误。故选BC。【变式1-1】做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的（）A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变【答案】C【详解】单摆的周期由摆长和当地的重力加速度决定．由单摆的周期公式，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，因此振幅改变，所以C正确。【变式1-2】如图所示，三根长度均为L的轻细绳α、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球m，球的直径为，绳b、c与天花板的夹角，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度，重力加速度为g，现将小球拉开小角度后由静止释放，则（）A．若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为B．若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为C．摆球经过平衡位置时合力为零D．无论小球如何摆动，电场力都不做功【答案】B【详解】根据题意可知，若小球以为圆心做简谐运动，则摆长为电场和重力场合成等效重力加速度为，振动的周期为根据题意可知，若小球以O为圆心做简谐运动，摆长振动周期为摆球经过平衡位置时速度最大，合力不为零；小球摆动过程中，沿电场力方向存在位移，故电场力有做功。故选B。【易错点提醒三】误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的图像【例3】.某波源在时刻发出一列简谐横波，时波传播到距波源处，此时的波形图及质点P、Q的位置如图所示，则下列判断正确的是（）

A．时，波源向轴正方向运动B．时，质点的速度正在减小C．时，质点的加速度正在增大D．经过时间，质点沿波的传播方向移动的距离为易错分析：不理解是质点的振动形成了波，误认为波的传播过程中质点随波迁移，不能由质点的振动方向判断波的传播方向，也不能由波的传播方向判断质点的振动方向【答案】C【详解】A．由图可知，根据同侧法可知，处的质点刚开始振动时方向沿轴负方向，由于质点的起振方向均相同，则波源在刚开始振动时也应沿轴负方向，故A错误；B．时刻，波源开始振动，质点仍然在平衡位置处于静止状态，其速度为0，故B错误；C．根据同侧法，时，质点沿轴负方向，即远离离开平衡位置，可知加速度正在增大，故C正确；D．质点只能沿轴振动，不能沿波的传播方向移动，故D错误。故选C。【变式1-1】8.（2023湖南卷）如图（a），在均匀介质中有和四点，其中三点位于同一直线上，垂直．时，位于处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面垂直，已知波长为．下列说法正确的是（）A.这三列波的波速均为B.时，处的质点开始振动C.时，处的质点向轴负方向运动D.时，处的质点与平衡位置的距离是【答案】C【解析】A．由图（b）的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速为A错误；B．由图（a）可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为，故时，D处的质点还未开始振动，B错误；C．由几何关系可知，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为故时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；D．时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为故时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm。D错误。故选C。【变式1-2】一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为，振幅为。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于和处。某时刻b质点的位移为，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】ab之间的距离为此时b点的位移4cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为，则有解得或（舍去，向下振动）由ab之间的距离关系可知则，可知a点此时的位移为且向下振动，即此时的波形图为图像A正确。.【变式1-3】一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形图如图所示。已知该波的周期时为T，a、b、c、d是波的传播方向上的四个质点，则在时刻（）

A．质点a正在向y轴正方向运动B．质点b的速度正在增大C．质点c的速度最大D．质点c迁移到了质点d的位置【答案】AC【详解】AB．根据振动方向和传播方向的关系可知，质点a和b在t时刻正沿y轴正方向运动，在时刻质点a正向y轴正方向运动，而质点b已经经过平衡位置并沿y轴负方向运动，速度正在减小，故A正确，B错误；C．在时刻，质点c处于平衡位置，此时速度最大，故C正确；D．质点不随波的传播而发生迁移，故D错误。故选AC。【易错点提醒四】分析振动图像与波的图像综合问题出现错误【例4】.（2023全国乙卷）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.波速为B.波向左传播C.波的振幅是D.处的质点在时位于平衡位置E.质点P在0~7s时间内运动的路程为易错分析：．(1)不理解振动图像与波的图像的区别。(2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。(3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。(4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。【答案】ABE【解析】A．由图a可知波长为4m，由图b可知波的周期为2s，则波速为故A正确；B．由图乙可知t=0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；C．由图a可知波的振幅为5cm，故C错误；DE．根据图a可知t=0时x=3m处的质点位于波谷处，由于可知在t=7s时质点位于波峰处；质点P运动的路程为故D错误，E正确；故选ABE。【变式1-1】（2023海南卷）下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波的周期是5s B.该波的波速是3m/sC.4s时P质点向上振动 D.4s时Q质点向上振动【答案】C【解析】由振动图像可看出该波的周期是4s，A错误；由于Q、P两个质点振动反相，则可知两者间距离等于，n=0，1，2，…根据，n=0，1，2，…，可知B错误；由P质点的振动图像可看出，在4s时P质点在平衡位置向上振动，C正确；由Q质点的振动图像可看出，在4s时Q质点在平衡位置向下振动，D错误。【变式1-2】.如图（a）所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为时刻和时刻的波形图，其中，P、Q分别是平衡位置为和的两质点。图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（）A．可能等于B．时刻质点Q的加速度达到最大C．简谐横波沿x轴传播的速度大小为D．到时间内，质点P随波向右移动了E．到时间内，P运动的路程可能大于Q运动的路程【答案】ACE【详解】A．题中没有说明时刻是哪个时刻，假设，由图（b）可知，质点Q在时刻正在沿y轴正方向振动，则波向x轴正方向传播，可得假设，由图（b）可知，质点Q在时刻正在沿y轴负方向振动，则波向x轴负方向传播，可得代入数据可知，当时，，A正确；B．时刻质点Q在平衡位置，故此时质点Q的加速度最小，B错误；C．该波的波长为周期为故其传播速度为，C正确；D．到时间内，质点P只在y轴方向上下振动，x轴方向无位移，D错误；E．到时间内，Q运动的路程可能是或如果，在第一个时间内，P沿y轴负方向运动到与x轴对称的位置，路程大于振幅A，则质点P在到时间内的路程为；如果，在第一个时间内，P沿y轴负方向运动到波峰，又沿y轴负方向运动回原位置，路程小于振幅A，则质点P在到时间内的路程为；，E正确。故选ACE。【变式1-3】．战绳运动是健身房设计用来减脂的一项爆发性运动，人们在做战绳运动时，用手抓紧绳子，做出用绳子的动作，使得绳子呈波浪状向前推进，形成横波（可视为简谐横波）。时波形图如图1所示，图2是绳上某质点的振动图像，下列说法中正确的是（）A．该波的波速为 B．波源开始振动的方向向下C．该质点与波源的距离为 D．时间内该质点通过的路程为【答案】BD【详解】A．由图1可知该波的波长为，由图2可知该波的周期为故A错误；B．由质点开始振动的方向向下可知，波源开始振动的方向向下，故B正确；C．质点开始振动的时刻为，由可知质点与波源的距离为，故C错误；D．一个周期内质点通过的路程为，内该质点运动，故内质点通过的路程故D正确。故选BD。【易错点提醒五】不会分析波的干涉现象，不理解其中的加强与减弱的含意【例5】（2023浙江6月卷）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（）A.声波的波长 B.声波的波长C.两声波的振幅之比为 D.两声波的振幅之比为易错分析：波的干涉现象中加强是指两波的振幅相加，减弱是指振幅相减，而许多同学误认为加强是位移相加，减弱是位移相减。【答案】C【解析】CD．分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长后，两声波在点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则可得两声波的振幅之比故C正确，D错误；AB．根据振动减弱的条件可得解得故AB错误。故选C。【变式1-1】如图甲所示，、和是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波Ⅰ在介质中沿方向传播，与相距40cm，点的振动图像如图乙所示；沿竖直方向振动的横波Ⅱ在同一介质中沿方向传播，与相距50cm，点的振动图像如图丙所示。在时刻，两列波同时分别经过、两点，两列波的波速都为20cm/s，两列波在点相遇，则以下说法不正确的是（）A．两列波的波长均为20cmB．点是振幅是为10cmC．4.5s时点在平衡位置且向下振动D．波遇到20cm的障碍物将发生明显衍射现象【答案】B【详解】A．由图知，两列波的周期都是由得波长故A正确；B．因为而时刻两波的振动方向相反，则是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为，故B错误；C．波从传到的时间为波从传到的时间为在时刻，横波Ⅱ与横波Ⅰ两波叠加，质点经过平衡向下运动，在时刻，经过了两个周期，质点经过平衡向下运动，故C正确；D．依据明显衍射条件，因遇到的障碍物，将发生明显的衍射现象，故D正确。本题选择不正确的，故选B。【变式1-2】如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-2m和x=12m处，两列波的传播周期均为1s，两波源的振幅均为A=4cm。图示为t=0时刻两列波的图像，此时刻平衡位置处于x=2m和x=8m的两质点P、Q刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=5m处。下列说法正确的是（）

A．t=0.75s时刻，两列波刚好在M点相遇B．t=0.75s时刻，质点P运动的路程12cmC．质点P、Q的起振方向相反D．t=1s时刻，质点Q加速度最大E．t=1s时刻，质点M的位移为-8cm【答案】ABE【详解】A．由图可知，两列波的波长均为所以波的传播速度大小为，t=0.75s时刻，两列波各自向传播的距离均为即两列波在此时刻恰好都传播到点，可知两列波刚好相遇，故A正确；B．由于0.75s等于四分之三个周期，所以质点P运动的路程为故B正确；C．根据同侧法可知，两波源开始时刻都向y轴负方向振动，因此在两列波传播的过程中，所有质点开始起振的方向都和波源相同，即向y轴负方向振动，因此质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向，故C错误；D．t=1s时刻，沿x轴正方向传播的简谐波还没有到达Q处，而沿x轴负方向传播的简谐波，此刻质点Q正位于平衡位置，且向y轴负方向振动，此时速度最大，加速度为零，故D错误；E．由以上分析可知0.75s时，两列波刚好传播到点，且两列波起振方向均沿y轴负方向，因此再过0.25s，即1s时质点恰好到达波谷，两列波在点振动加强，因此质点M的位移为故E正确。故选ABE。1．（2023年天津卷高考真题）一列机械波的波源是坐标轴原点，从时波源开始振动，时波形如图，则下列说法正确的有（）

A．在这种介质中波速B．处质点在时位于波谷C．波源振动方程D．处质点半个周期内向左位移半个波长【答案】BC【详解】A．由图中可知时，波传播的距离为x=2.5m，故波的速度为故A错误；B．由图可知该波的波长为，所以波的周期为波传播到需要的时间由图可知该波的起振方向向下，该波振动了0.1s，即，所以位于波谷，故B正确；C．根据图像可知该波的振动方程为故C正确；D．质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。故选BC。2.（2022·山东卷·T9）一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当时，简谐波的波动图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为则解得在t=7s时刻因则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。故选AC。3.（2022·浙江6月卷·T16）位于的波源P从时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在时波源停止振动，时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置，质点b的平衡位置。下列说法正确的是（）A.沿x轴正负方向传播的波发生干涉B.时，波源的位移为正C.时，质点a沿y轴负方向振动D.在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m【答案】BD【解析】A．波从波源发出后，向轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A错误；B．由图可知，波的波长由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得解得根据同侧法可知，波源的振动方向向上，即时，波源向上振动，位移为正，故B正确；C．波的波速波源停止振动，到质点停止振动的时间即质点还在继续振动，到经过时间即，结合图象可知质点a位移为正且向轴正方向运动，故C错误；D．波传到点所需的时间在0到2s内，质点振动的时间为质点b运动总路程故D正确。故选BD。4．（2023·江苏·模拟预测）劲度系数相同的两根弹簧分别与甲、乙两个小钢球组成弹簧振子，让两弹簧振子各自在水平面内做简谐运动，某时刻开始计时，两者的振动图像如图所示。已知弹簧振子的振动周期，其中m为振子质量、k为弹簧劲度系数，下列说法正确的是（

）A．甲球质量小于乙球质量B．甲球的加速度始终大于乙球的加速度C．时，甲弹簧对小球的作用力大于乙弹簧对小球的作用力D．若用两根相同的无弹性细长绳分别系住两个小球制成单摆，甲球做成的单摆周期大于乙球做成的单摆【答案】C【详解】A．由图知，甲、乙周期相同，均为0.4s，由知，两个小球质量相同，A错误；B．甲、乙都做简谐振动，由图像可知，甲、乙的振动不是同步的，因此甲球的加速度不可能始终大于乙球的加速度，B错误；C．对甲有对乙有时，则有；弹簧劲度系数相同，由可知，甲弹簧对小球的作用力大于乙弹簧对小球的作用力，C正确；D．单摆周期公式与小球质量无关，甲球做成的单摆周期等于乙球做成的单摆周期，D错误。故选C。5．（2023·河北·校联考模拟预测）游客在海边欲乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动，游船浮动可简化为竖直方向的简谐运动，振幅为，周期为，当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过时，游客能舒服地登船。假设风浪较小时，游船振幅为，游船上升到最高点时依然刚好与码头地面平齐，舒服登船的高度不变，振动周期不变，则在一个周期内，风浪较小时舒服地登船时间比风浪大时增加（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】风浪很大时，游船的振动方程为当y=15cm时，可解得；游客可舒服登船的时间为风浪较小时，游客在一个周期内，有半个周期能舒服登船，故故风浪较小时舒服地登船时间增加了故选C。6．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（）A．0时刻弹簧弹力大小为B．弹簧劲度系数为C．时间段，回复力冲量为0D．时间段，小球动能与重力势能之和减小【答案】ACD【详解】B．小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，有可得劲度系数为故B错误；A．0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为故A正确；C．时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前时间沿正方向，在后时间沿负方向，两段时间的回复力平均值大小相等，则由可知回复力冲量为0，故C正确；D．时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D正确。故选ACD。7．（2022·湖南·统考高考真题）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．和时，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为【答案】ABD【详解】A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；B．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时可解得，，D正确；E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。故选ABD。8.（2023·广东惠州三模）一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，下列说法正确的是（）A.此列波的波长为2.5mB.此列波波速为5m/sC.此列波的频率为2HzD.此时质点N正沿x轴正方向运动【答案】B【解析】A．相邻两个波峰或者波谷之间的距离就是一个波长，所以b和c之间的距离就是一个波长，即A错误；BCD．质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，说明波是向轴正方向传播的，质点N正沿轴负方向运动，b和a之间的距离是半个波长，故此列波的频率为此列波的波速为B正确，CD错误。故选B。9.（2023·广东惠州一模）（多选）图甲为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.该简谐横波的波长为4mB.图乙可能是图甲中质点M的振动图像C.从此刻起，质点Q比P先回到平衡位置D.t=0~1s，质点P运动路程为0.8cm【答案】AD【解析】A．从图甲中可以知道，该简谐横波的波长为4m，故A正确；B．图乙中0时刻质点正从平衡位置向负方向振动，根据同侧法，波向x轴正方向传播，图甲中0时刻质点M正从平衡位置向正方向振动，图乙不可能是图甲中质点M的振动图像，故B错误；C．根据同侧法，0时刻质点Q正向正方向振动，到最大位移处再回到平衡位置，而P已经在最大位移处了，故P质点先回到平衡位置，故C错误；D．从图乙中可以知道，该波的周期为1s，t=0~1s，质点P运动的路程为0.8cm，故D正确。故选AD。10.（2023·福建福州2月检测）（多选）某介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1＝-3cm和x2＝9cm处，t＝0时刻两振源同时开始振动，t＝3s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。则下列说法正确的是（）A.振源Q的这列波波长为3cmB.振源P起振方向沿y轴正方向C.振源为Q的振动方程为y＝-2sin（πt）cmD.两列波在x＝3cm处相遇后，该质点的振动始终加强【答案】BC【解析】A．由图可知振源Q的这列波波长为2cm，选项A错误；B．因振源P产生的波在t＝3s时刻传到x=0的位置，则振源P起振方向沿y轴正方向，选项B正确；C．波速周期由图可知，振源Q起振方向沿y轴负方向，则振源为Q的振动方程为y＝-2sin（πt）cm选项C正确；