2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：机械振动（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：机械振动（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•东城区一模）平抛运动、简谐运动、匀速圆周运动是三种典型的质点运动模型，初速度和受力情况的不同决定了质点做何种运动。（1）平抛运动是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动。一质点以初速度v0在竖直面内做平抛运动，以抛出点为原点，以v0的方向为x轴的正方向，竖直向下为y轴的正方向建立坐标系。a.某时刻质点速度与水平方向的夹角为θ，质点相对于抛出点的位移与水平方向的夹角为α，请证明θ与α满足：tanθ＝2tanα；b.请写出质点的轨迹方程。（2）简谐运动的质点所受回复力F与位移x成正比，且方向总和位移相反，即F＝﹣kx，其中k为常数。如图所示，竖直平面内有一光滑的抛物线轨道，其轨迹方程与（1）问中求得的结果相同。现有一质量为m的小珠子套在轨道上，且可在轨道上自由滑动。若将小珠子从轨道上距轨道中心O点很近的地方由静止释放，小珠子将围绕O点做往复运动。请证明小珠子在轨道中心O点附近的往复运动是简谐运动（当θ很小时，sinθ≈tanθ）。（3）做匀速圆周运动的质点，其合力总指向圆心，大小等于质量乘以向心加速度。若第（2）问的抛物线轨道绕y轴转动，请讨论并说明当以不同角速度匀速转动时，小珠子能否相对轨道静止？若能，请说明相对静止的位置。2．（2024•泰州模拟）如图所示，一根粗细均匀的木筷下端绕有几圈铁丝，竖直浮在一个较大的盛水容器中，以木筷静止时下端所在位置为坐标原点O建立直线坐标系，把木筷往下压一段距离x＝10cm后放手，木筷就在水中上下振动。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水的阻力。（1）试证明木筷的振动是简谐运动；（2）观测发现筷子每10秒上下振动20次，从释放筷子开始计时，写出筷子振动过程位移随时间变化的关系式。3．（2024•昌平区二模）如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，固定在悬点O。将摆球向右拉至N点，由静止释放，摆球将在竖直面内来回摆动，其中P点为摆动过程中的最低位置。摆球运动到N点时，摆线与竖直方向的夹角为θ（约为5°），θ很小时可近似认为sinθ≈θ、PN=PN。重力加速度为（1）请证明摆球的运动为简谐运动。（2）如图2甲所示，若在O点正下方34l的O'处放置一细铁钉，当摆球摆至Pa.求摆球摆动一个周期的时间T；b.摆球向右运动到P点时，开始计时，设摆球相对于P点的水平位移为x，且向右为正方向。在图乙中定性画出摆球在开始一个周期内的x﹣t关系图线。4．（2024•重庆三模）如图1所示，劲度系数为k的水平轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一质量为m且可视为质点的物块甲，物块甲处于光滑水平面上，O点为弹簧的原长位置。将物块甲向左缓慢移动至与O点相距x0的P点，在O点放置一质量为m且可视为质点的物块乙，然后将物块甲从P点由静止开始无初速度释放，物块甲与物块乙碰撞后立即粘合在一起运动，碰撞时间极短可不计。已知质点振动时，如果使质点回到平衡位置的回复力满足F回复＝﹣kx（式中x为质点相对平衡位置的位移，k为比例系数），则质点做简谐运动，且周期T=2πmk；弹簧形变量为x时的弹性势能Ep（1）求物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小，以及碰撞后甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间；（2）如图2所示，移走物块乙，将物块甲置于粗糙水平面上，物块甲与粗糙水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他条件不变且x0=21μmg2k5．（2024•衡水三模）如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定，斜面下端有固定挡板，质量分别为mA＝2kg、mB＝5kg的滑块A、B用轻弹簧相连放置在斜面上处于静止状态，滑块A与挡板接触。现将质量为mC＝1kg的滑块C在斜面上与B相距d＝3m处由静止释放，C与B发生弹性碰撞，碰后立即将C取走，B在斜面上做简谐运动。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，弹簧的劲度系数为k＝100N/m且弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x（1）物块C与B碰后瞬间的速度分别为多大；（2）物块C与B碰后B做简谐运动的振幅；（3）若物块C从斜面上某处由静止释放后，C与B碰后粘在一起做简谐运动且A恰好未离开挡板，求：①A对挡板压力的最大值；②物块C从斜面上由静止释放时与B的距离。6．（2024•上海二模）摆钟是最早能够精确计时的一种工具，如图1所示。十七世纪意大利天文学家伽利略研究了教堂里吊灯的运动，发现单摆运动具有等时性，后人根据这一原理制成了摆钟，其诞生三百多年来，至今还有很多地方在使用。完成下列问题：（1）把摆钟的钟摆简化成一个单摆。如果一个摆钟，每小时走慢1分钟，可以通过调整钟摆来校准时间，则应该。A．增加摆长B．增加摆锤质量C．缩短摆长D．减小摆锤质量（2）如图2，一单摆的摆长为L，摆球质量m，用力将摆球从最低点A在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角θ（θ＜5°），到达B点后从静止开始释放。刚释放摆球的瞬间，摆球的回复力大小为。摆球从释放开始到达最低点A的时间为。（3）（计算）接上题，如摆球静止在A点时，给摆球一个水平向左的冲量I，使得摆球能够继续绕悬挂点O在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多少？7．（2024•重庆模拟）如图，光滑圆槽的半径L远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置B低于甲球位置A，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为θ，丙球释放位置C为圆槽的圆心，Q为圆槽最低点；重力加速度为g。若甲、乙、丙三球不相碰，求：（1）求甲球运动到O点速度大小；（2）通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达O点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过O点所经历的时间。8．（2023•鹰潭一模）一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。（1）该简谐运动的周期和振幅分别是多少；（2）求t＝0.25×10﹣2s时振子的位移；（3）从t＝0到t＝8.25×10﹣2s的时间内，振子的路程多大？9．（2023•镇江三模）如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，其振动周期为T=2πmk，振子经过O点的速度为v，在O点正上方有一质量为（1）求物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小；（2）以物体落在振子上为t＝0时刻，求振子到达最左端的时刻。10．（2023•黄山三模）如图所示，质量为M，倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）静止在粗糙的水平面上，斜面顶端与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。现按住物块使弹簧的长度为原长时，将物块由静止开始释放，在物块运动过程中，斜面体一直保持静止，重力加速度为g，忽略空气阻力的影响。则：（1）选物块的平衡位置O为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明小物块的运动是简谐运动；（2）求物块运动到最高点时，斜面体受到的静摩擦力。

2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：机械振动（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•东城区一模）平抛运动、简谐运动、匀速圆周运动是三种典型的质点运动模型，初速度和受力情况的不同决定了质点做何种运动。（1）平抛运动是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动。一质点以初速度v0在竖直面内做平抛运动，以抛出点为原点，以v0的方向为x轴的正方向，竖直向下为y轴的正方向建立坐标系。a.某时刻质点速度与水平方向的夹角为θ，质点相对于抛出点的位移与水平方向的夹角为α，请证明θ与α满足：tanθ＝2tanα；b.请写出质点的轨迹方程。（2）简谐运动的质点所受回复力F与位移x成正比，且方向总和位移相反，即F＝﹣kx，其中k为常数。如图所示，竖直平面内有一光滑的抛物线轨道，其轨迹方程与（1）问中求得的结果相同。现有一质量为m的小珠子套在轨道上，且可在轨道上自由滑动。若将小珠子从轨道上距轨道中心O点很近的地方由静止释放，小珠子将围绕O点做往复运动。请证明小珠子在轨道中心O点附近的往复运动是简谐运动（当θ很小时，sinθ≈tanθ）。（3）做匀速圆周运动的质点，其合力总指向圆心，大小等于质量乘以向心加速度。若第（2）问的抛物线轨道绕y轴转动，请讨论并说明当以不同角速度匀速转动时，小珠子能否相对轨道静止？若能，请说明相对静止的位置。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；信息的传递（初中）；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．【答案】（1）a.见解析；b.质点的轨迹方程为y=g（2）证明过程见解析；（3）：①若ω=gv②若ω＜gv0，小珠子不能相对轨道静止，一定会滑向O③若ω＞gv0【分析】（1）根据平抛运动规律分析解答；（2）根据简谐运动的回复力结合平抛运动规律解答；（3）根据牛顿第二定律结合平抛运动轨道方程分析解答。【解答】解：（1）a.由平抛运动的位移规律得，tanα=由平抛运动的速度规律得：tanθ=于是得到：tanθ＝2tanαb.由平抛运动的位移规律得x＝v0ty=y=gy=联立可知y=（2）设小珠子在某时刻的位置坐标为（x，y），此时速度方向（切线方向）与水平方向的夹角为θ，则质点所受指向平衡位置的力F＝﹣mgsinθ≈﹣mgtanθ（因距O点很近，所以θ很小）根据前面抛物线的规律可知：tanθ=2tanα=2代入得到：F=即物体做简谐运动。（3）假设小珠子相对轨道静止处的位置坐标为（x，y），根据牛顿第二定律：FNcosθ＝mgFNtanθ=ωFNsinθ＝mxω2由tanθ=2tanα=2得x由于轨道方程为y=g2v于是可得gω2y=v02gy2结论：①若ω=gv②若ω＜gv0，小珠子不能相对轨道静止，一定会滑向O③若ω＞gv0答：（1）a.见解析；b.质点的轨迹方程为y=g（2）证明过程见解析；（3）：①若ω=gv②若ω＜gv0，小珠子不能相对轨道静止，一定会滑向O③若ω＞gv0【点评】本题考查简谐运动的表达式，解题关键掌握平抛运动及圆周运动的特点，注意平抛运动的速度和位移与水平方向夹角的关系。2．（2024•泰州模拟）如图所示，一根粗细均匀的木筷下端绕有几圈铁丝，竖直浮在一个较大的盛水容器中，以木筷静止时下端所在位置为坐标原点O建立直线坐标系，把木筷往下压一段距离x＝10cm后放手，木筷就在水中上下振动。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水的阻力。（1）试证明木筷的振动是简谐运动；（2）观测发现筷子每10秒上下振动20次，从释放筷子开始计时，写出筷子振动过程位移随时间变化的关系式。【考点】简谐运动的回复力；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；简谐运动专题；推理能力．【答案】（1）证明见解答；（2）筷子振动过程位移随时间变化的关系式为x＝0.10cos（4πt）（m）。【分析】（1）对木筷进行受力分析，然后结合简谐振动的条件与公式分析即可；（2）根据其周期，结合振动方程的通式写出振动关系式。【解答】解：（1）如图所示取向下为正方向，将木筷往下按x之前mg＝F浮＝ρgsx0按下x后F浮＝ρgS（x0+x）回复力F回＝﹣F浮+mg＝﹣ρgSx令ρgS＝k则F回＝﹣kx所以，木筷在水中的运动为简谐运动。（2）由题意可知筷子的振幅A＝10cm＝0.10m；因为筷子每10秒上下振动20次，则筷子简谐运动的周期为T＝0.5s则筷子振动过程位移随时间变化的关系式x=Acos(2πTt)=0.10cos（2π0.5t）（m）＝0.10cos（4π答：（1）证明见解答；（2）筷子振动过程位移随时间变化的关系式为x＝0.10cos（4πt）（m）。【点评】该题中筷子做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解。3．（2024•昌平区二模）如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，固定在悬点O。将摆球向右拉至N点，由静止释放，摆球将在竖直面内来回摆动，其中P点为摆动过程中的最低位置。摆球运动到N点时，摆线与竖直方向的夹角为θ（约为5°），θ很小时可近似认为sinθ≈θ、PN=PN。重力加速度为（1）请证明摆球的运动为简谐运动。（2）如图2甲所示，若在O点正下方34l的O'处放置一细铁钉，当摆球摆至Pa.求摆球摆动一个周期的时间T；b.摆球向右运动到P点时，开始计时，设摆球相对于P点的水平位移为x，且向右为正方向。在图乙中定性画出摆球在开始一个周期内的x﹣t关系图线。【考点】单摆及单摆的条件．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理能力．【答案】（1）请明过程见解析；（2）a.摆球摆动一个周期的时间为32b.x﹣t关系图线见解析。【分析】（1）根据F回＝﹣kx判断摆球的运动是否为简谐运动；（2）a.；根据T＝2πlgb.根据简谐运动的特点分别画出x﹣t关系图线。【解答】解：（1）设摆球的回复力为F回，摆球的位移为x，则F回＝mgsinθ≈mgθ＝mgPNlF回的方向与方向时刻相反，F回=-满足F回＝﹣kx，故摆球的运动为简谐运动。（2）a.当x≥0时，摆长为1，周期为T1＝2πl当x＜0时，摆长为l′=14l，周期为T2＝T=12（T1+T解得T=b.x﹣t关系图线如图答：（1）请明过程见解析；（2）a.摆球摆动一个周期的时间为32b.x﹣t关系图线见解析。【点评】本题解题中要注意把握简谐运动的特点，注意单摆周期公式的应用。4．（2024•重庆三模）如图1所示，劲度系数为k的水平轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一质量为m且可视为质点的物块甲，物块甲处于光滑水平面上，O点为弹簧的原长位置。将物块甲向左缓慢移动至与O点相距x0的P点，在O点放置一质量为m且可视为质点的物块乙，然后将物块甲从P点由静止开始无初速度释放，物块甲与物块乙碰撞后立即粘合在一起运动，碰撞时间极短可不计。已知质点振动时，如果使质点回到平衡位置的回复力满足F回复＝﹣kx（式中x为质点相对平衡位置的位移，k为比例系数），则质点做简谐运动，且周期T=2πmk；弹簧形变量为x时的弹性势能Ep（1）求物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小，以及碰撞后甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间；（2）如图2所示，移走物块乙，将物块甲置于粗糙水平面上，物块甲与粗糙水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他条件不变且x0=21μmg2k【考点】简谐运动的回复力；常见力做功与相应的能量转化；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】（1）物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小v甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间t=π（2）最终停止运动的位置得Δx=整个运动过程中所经过的时间t【分析】（1）甲、乙碰撞时完全非弹性碰撞，根据动量守恒，可求出碰撞后的速度；甲、乙粘合在一起后做简谐运动，根据简谐运动的周期公式可以求出运动时间。（2）甲振动过程中受摩擦力，运动过程中摩擦力方向发生变化，平衡位置发生变化，振幅发生变化，根据振幅变化确定最终停止的位置，再根据振子周期公式求出运动的时间。【解答】解：（1）设物块甲与物块乙碰撞前瞬时，物块甲的速度大小为v1由能量守恒定律可得：1设物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小为v2设定向右为正方向碰撞过程中，由动量守恒定律可得：2mv2＝mv1解得：v由题知，碰撞后，甲、乙将一起做简谐运动，周期T=2π因此，碰撞后甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间t=解得：t=π（2）由分析知，物块甲从P点由静止释放后，先向右做简谐运动，其平衡位置位于O点左侧设该平衡位置到O点的距离为Δx，则有：kΔx＝μmg，解得：Δx=物块甲第1次向右做简谐运动的振幅A1＝x0﹣Δx，解得A1＝9.5Δx物块甲第1次向右运动至速度减为零后，又向左做简谐运动，其平衡位置位于O点右侧由分析可知，该平衡位置到O点的距离仍为Δx物块甲第1次向左做简谐运动的振幅A2＝A1﹣2Δx＝x0﹣3Δx，解得：A2＝7.5Δx同理分析可知：物块甲第2次向右做简谐运动的振幅A3＝A2﹣2Δx＝5.5Δx物块甲第2次向左做简谐运动的振幅A4＝A3﹣2Δx＝3.5Δx物块甲第3次向右做简谐运动的振幅A5＝A4﹣2Δx＝1.5Δx由k（A5﹣Δx）＝0.5μmg＜μmg可知，物块甲第3次向右运动至速度减为零后，将停止运动即物块甲最终停在O点右侧，到O点的距离为Δx由题知，物块甲做简谐运动的周期恒为T因此，整个运动过程中所经过的时间t解得：t答：（1）物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小v甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间t=π（2）最终停止运动的位置Δx整个运动过程中所经过的时间t【点评】本题考查简谐与动量守恒定律的综合应用。解题的关键是搞清楚物体的运动状态。5．（2024•衡水三模）如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定，斜面下端有固定挡板，质量分别为mA＝2kg、mB＝5kg的滑块A、B用轻弹簧相连放置在斜面上处于静止状态，滑块A与挡板接触。现将质量为mC＝1kg的滑块C在斜面上与B相距d＝3m处由静止释放，C与B发生弹性碰撞，碰后立即将C取走，B在斜面上做简谐运动。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，弹簧的劲度系数为k＝100N/m且弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x（1）物块C与B碰后瞬间的速度分别为多大；（2）物块C与B碰后B做简谐运动的振幅；（3）若物块C从斜面上某处由静止释放后，C与B碰后粘在一起做简谐运动且A恰好未离开挡板，求：①A对挡板压力的最大值；②物块C从斜面上由静止释放时与B的距离。【考点】简谐运动的回复力；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）物块C与B碰后瞬间的速度大小分别为4m/s，2m/s；（2）物块C与B碰后B做简谐运动的振幅为55（3）①A对挡板压力的最大值为96N；②物块C从斜面上由静止释放时与B的距离为11.34m。【分析】（1）根据机械能守恒定律求得物块C与B碰前瞬间的速度大小，物块C与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解物块C与B碰后瞬间的各自的速度大小；（2）碰撞后B在斜面上做简谐运动，由平衡条件求得B在平衡位置时弹簧的压缩量。根据机械能守恒定律求解振幅；（3）①碰撞后B、C结合体在斜面上做简谐运动，由平衡条件求得BC在平衡位置时弹簧的压缩量，再求得物体A恰好不能离开挡板时弹簧的伸长量，进而可得BC做简谐运动的振幅。当BC运动到最低点时，A对挡板的压力最大，确定此时弹簧的压缩量，根据胡克定律与牛顿第三定律求解A对挡板的压力最大值；②根据机械能守恒定律求得B、C碰后粘在一起的初速度大小，根据动量守恒定律求得物块C与B碰撞前瞬间的速度大小，对物块C下滑过程，根据机械能守恒定律求解物块C静止释放时与B的距离。【解答】解：（1）物块C与B碰前瞬间的速度大小为v0，根据机械能守恒定律得：mCgdsinθ=12m物块C与B发生弹性碰撞，设碰后瞬间的速度分别为vC、vB，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：mCv0＝mBvB+mCvC12联立解得：vC＝﹣4m/s，vB＝2m/s（2）碰撞后B在斜面上做简谐运动，B初始静止时所处的位置为平衡位置。由平衡条件：kx0＝mBgsinθ，可得B在平衡位置时弹簧的压缩量为：x0＝0.3mC与B碰撞后，B获得初速度vB＝2m/s，开始做简谐运动，设其振幅为A，当它运动到最低位置时，根据机械能守恒定律得：12解得：A=（3）①碰撞后B、C结合体在斜面上做简谐运动，设B、C结合体在处于平衡位置时，弹簧弹簧的压缩量为x0'。由平衡条件：kx0'＝（mB+mC）gsinθ解得：x0'＝0.36m设物体A恰好不能离开挡板时弹簧的伸长量为x，此时对A则有：mAgsinθ＝kx，解得：x＝0.12m可得BC做简谐运动的振幅为：A'＝x+x0'＝0.36m+0.12m＝0.48m当BC运动到最低点时，A对挡板的压力最大，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为：Δx＝A'+x0'＝0.48m+0.36m＝0.84m此时弹簧的弹力为：F＝kΔx＝100×0.84N＝84N根据牛顿第三定律可知，A对挡板的压力的最大值为：F′＝F+mAgsinθ解得：F′＝96N②设B、C碰后粘在一起的初速度大小为vBC，从碰后到运动到最低点的过程由机械能守恒定律得：12解得：vBC2=11.34设物块C与B碰撞前瞬间的速度为v0'，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：mCv0'＝（mB+mC）vBC，解得：v0'＝6vBC物块C从斜面上由静止释放时与B的距离为L，对物块C下滑过程，由机械能守恒定律得：mC联立解得：L＝11.34m答：（1）物块C与B碰后瞬间的速度大小分别为4m/s，2m/s；（2）物块C与B碰后B做简谐运动的振幅为55（3）①A对挡板压力的最大值为96N；②物块C从斜面上由静止释放时与B的距离为11.34m。【点评】本题为简谐运动与碰撞模型的综合。考查了求解简谐运动的平衡位置和振幅，动量守恒定律与机械能守恒定律的应用。对于存在弹簧的系统，解答时要注意分析弹簧的初末状态是压缩的还是伸长的，通过弹簧形变量的变化确定所研究过程的初末位置及位移。6．（2024•上海二模）摆钟是最早能够精确计时的一种工具，如图1所示。十七世纪意大利天文学家伽利略研究了教堂里吊灯的运动，发现单摆运动具有等时性，后人根据这一原理制成了摆钟，其诞生三百多年来，至今还有很多地方在使用。完成下列问题：（1）把摆钟的钟摆简化成一个单摆。如果一个摆钟，每小时走慢1分钟，可以通过调整钟摆来校准时间，则应该C。A．增加摆长B．增加摆锤质量C．缩短摆长D．减小摆锤质量（2）如图2，一单摆的摆长为L，摆球质量m，用力将摆球从最低点A在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角θ（θ＜5°），到达B点后从静止开始释放。刚释放摆球的瞬间，摆球的回复力大小为mgsinθ。摆球从释放开始到达最低点A的时间为π2Lg（2n﹣1）（其中n＝1、2、（3）（计算）接上题，如摆球静止在A点时，给摆球一个水平向左的冲量I，使得摆球能够继续绕悬挂点O在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多少？【考点】单摆及单摆的条件；单摆的回复力；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力．【答案】（1）C；（2）mgsinθ；π2Lg（2n﹣1）（其中n＝1、2、3……）；（3）需要的最小冲量为【分析】（1）根据单摆周期公式，结合题干中钟摆走的慢，分析周期可得出正确选项；（2）对单摆受力分析可求出回复力大小，根据周期公式，可求出回到A点的时间；（3）对小球分析，利用重力提供向心力、机械能守恒以及动量定理可求出动量大小。【解答】解：（1）根据单摆的周期公式T＝2πLg，每小时走慢一分钟说明钟摆的周期比准确的钟摆周期而言要大，所以应当缩短摆长，故C正确，ABD故选：C。（2）单摆的回复力大小即为重力沿单摆切线的分力F＝mgsinθ根据单摆周期公式T＝2πLg，可知从最高点释放后，第一次到达A点为14T，第二次到达A点的时间为34T，第三次到达A点的时间为t=π2Lg（2n﹣1）（其中n＝1、故答案为：mgsinθ；π2Lg（2n﹣1）（其中n＝1、2（3）小球能通过最高点，速度为v1，重力提供向心力mg＝mvA点到最高点，机械能守恒，取A点为零势能点mg•2L+12mv根据动量定理，I＝mvA﹣0联立解得I＝m5gL故答案为：（1）C；（2）mgsinθ；π2Lg（2n﹣1）（其中n＝1、2、3……）；（3）需要的最小冲量为【点评】学生在解答本题时，应注意对于单摆有比较系统的了解，尤其是单摆的周期公式，以及要注意到单摆的运动是周期性的往复运动。7．（2024•重庆模拟）如图，光滑圆槽的半径L远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置B低于甲球位置A，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为θ，丙球释放位置C为圆槽的圆心，Q为圆槽最低点；重力加速度为g。若甲、乙、丙三球不相碰，求：（1）求甲球运动到O点速度大小；（2）通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达O点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过O点所经历的时间。【考点】单摆及单摆的条件；自由落体运动的规律及应用；机械能守恒定律的简单应用．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；自由落体运动专题；单摆问题；推理能力．【答案】（1）甲球运动到O点速度大小为2gL(1-（2）丙球先第一次到达O点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过O点所经历的时间是292【分析】（1）由机械能守恒定律求出A到达O点的速度；（2）光滑圆槽的半径R远大于甲、乙球运动的弧长，两球的摆动近似为简谐运动，等效为摆长R的单摆，根据单摆运动的周期公式求出甲、乙运动到C点的时间。丙球做自由落体运动，由R=12gt2，可求出丙球从C点运动到（3）第15次经过O点所经历的时间为714【解答】解：（1）设甲球质量为m，根据题意可知甲球静止释放，运动到O点过程中只有重力做功，由机械能守恒定律mg(L解得甲球运动到O点速度大小为v=（2）对于丙球，根据自由落体运动规律有L=解得t对于甲乙两球可看成类似单摆的简谐运动，其运动周期为T=2π甲乙两球第一次到达点O时运动14T丙球最先到达，甲乙同时到达。（3）根据题意可知甲球做简谐运动，运动一个周期经过两次O点，第15次经过O点所经历的时间为t=7T+已知周期T=2π解得t=答：（1）甲球运动到O点速度大小为2gL(1-（2）丙球先第一次到达O点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过O点所经历的时间是292【点评】本题考查单摆的周期公式和自由落体运动的基本公式，关键要知道甲球的运动可看作简谐运动，等效为摆长R的单摆。8．（2023•鹰潭一模）一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。（1）该简谐运动的周期和振幅分别是多少；（2）求t＝0.25×10﹣2s时振子的位移；（3）从t＝0到t＝8.25×10﹣2s的时间内，振子的路程多大？【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由图知，简谐振动的周期和振幅；（2）该简谐运动的表达式为x＝Asin（ωt+φ），解得角频率与初相位可解得；将t＝0.25×10﹣2s代入简谐运动的表达式可解得位移；（3）一个周期振子的路程为4A。【解答】解：（1）由图知T＝2×10﹣2s，A＝2cm（2）根据公式有ω=振子的振动方程为x=2sin(100πt+当t＝0.25×10﹣2s时，位移为x=2sin(100π×（3）从t＝0到t＝8.25×10﹣2s，因8.25×10﹣2s＝4T+T8，故弹簧振子先做了4次全振动，后在T8时间内由负向位移最大处振动18周期，即由x＝﹣2cm运动到所以在这段时间内振子的路程为s＝（4×4A+2-2）cm＝（34-2答：（1）该简谐运动的周期和振幅分别是2×10﹣2s；2cm；（2）t＝0.25×10﹣2s时振子的位移为-2cm（3）t＝0到t＝8.25×10﹣2s的时间内，振子的路程为（34-2）cm【点评】本题考查简谐运动的振动周期，解题关键掌握根据图像可知图像的周期和振幅，注意该简谐运动的表达式。9．（2023•镇江三模）如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，其振动周期为T=2πmk，振子经过O点的速度为v，在O点正上方有一质量为（1）求物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小；（2）以物体落在振子上为t＝0时刻，求振子到达最左端的时刻。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小12（2）以物体落在振子上为t＝0时刻，振子到达最左端的时刻为(1+4n)π22mk，（n＝0，1，2，3……）或(3+4n)π22mk，（n＝0，【分析】（1）振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解；（2）根据弹簧振子周期公式，找到振子第一次到达最左端的时刻，再根据运动的周期性求解其它时刻。【解答】解：（1）振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒，以振子的速度方向为正方向，则有：mv＝2mv共解得物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小为：v共（2）物体落在振子后弹簧振子周期为：T=2π若t＝0时刻振子向右运动，则到达最左端的时刻为：t1=nT+14T=(1+4n)π22mk，（n若t＝0时刻振子向左运动，则到达最左端的时刻为：t2=nT+34T=(3+4n)π22mk，（n答：（1）物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小12（2）以物体落在振子上为t＝0时刻，振子到达最左端的时刻为(1+4n)π22mk，（n＝0，1，2，3……）或(3+4n)π22mk，（n＝0，【点评】本题考查了动量守恒和弹簧振子周期，关键要根据运动的周期性求解振子到达最左端的时刻，有一定的难度。10．（2023•黄山三模）如图所示，质量为M，倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）静止在粗糙的水平面上，斜面顶端与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。现按住物块使弹簧的长度为原长时，将物块由静止开始释放，在物块运动过程中，斜面体一直保持静止，重力加速度为g，忽略空气阻力的影响。则：（1）选物块的平衡位置O为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明小物块的运动是简谐运动；（2）求物块运动到最高点时，斜面体受到的静摩擦力。【考点】简谐运动的回复力．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；分析综合能力．【答案】（1）见解析；（2）物块运动到最高点时，斜面体受到的静摩擦力大小为：mgsinαcosα，方向水平向左。【分析】（1）对物块受力分析后，求出物块所受合力，若合力满足F合＝﹣kx则物块的运动为简谐运动；（2）在最高点时，先由牛顿第二定律求出物块的加速度，再对整体由牛顿第二定律求出斜面体受到的静摩擦力。【解答】解：（1）设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为Δl，由共点力平衡条件得：mgsinα﹣kΔl＝0解得：Δl=当物块的位移为x时，弹簧的伸长量为x+ΔL，沿斜面向下为正方向，物块所受合力为：F合＝mgsinα﹣k（x+Δl）联立以上各式可得：F合＝﹣kx物块受到的回复力大小与位移大小成正比，且总是指向平衡位置，可知物块做简谐运动。（2）物块在最高点时，由牛顿第二定律得：ma＝mgsinα对整体由牛顿第二定律得：f＝macosα联立解得：f＝mgsinαcosα，方向水平向左答：（1）见解析；（2）物块运动到最高点时，斜面体受到的静摩擦力大小为：mgsinαcosα，方向水平向左。【点评】本题关键是对滑块和斜面体进行受力分析，结合牛顿第二定律、共点力平衡条件列式分析。在求解斜面体受到的静摩擦力时，也可用隔离法利用斜面体受力平衡分析。

考点卡片1．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g=故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．2．平抛运动速度的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。3．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。4．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。5．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．6．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用【知识点的认识】1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。【命题方向】如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，（i）整个系统损失的机械能；（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。分析：（i）A压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此时B与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能．（ii）系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．解答：（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为△E．对B、C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+联立①②③式得：整个系统损失的机械能为△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12联立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整个系统损失的机械能是116（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是1348点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，知道弹簧被压缩到最短时三个物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究．【解题思路点拨】当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近，此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度相等。7．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．8．简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【知识点的认识】简谐运动的描述（1）描述简谐运动的物理量①位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量．②振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱．③周期T和频率f：物体完成一次全振动所需的时间叫周期，而频率则等于单位时间内完成全振动的次数，它们是表示震动快慢的物理量．二者互为倒数关系．（2）简谐运动的表达式x＝Asin（ωt+φ）．（3）简谐运动的图象①物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或余弦）曲线．②从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图1所示．从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图象如图2所示．【命题方向】常考题型是考查简谐运动的图象的应用：（1）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点运动频率是4HzB．在10s要内质点经过的路程是20cmC．第4s末质点的速度是零D．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度．解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为14Hz＝0.25Hz，故AB、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.5×4×2cm＝20cm，故B正确；C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；故选：B．点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用．（2）一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图所示，以某一时刻t＝0为计时起点，经14A．B．C．D．分析：根据某一时刻作计时起点（t＝0），经14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0时刻质点的位置和速度方向，确定位移的图象解：由题，某一时刻作计时起点（t＝0），经14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此时位移为负方向最大，即在A点，说明t＝0时刻质点经过平衡位置向左，则x＝故选：D．点评：本题在选择图象时，关键研究t＝0时刻质点的位移和位移如何变化．属于基础题．【解题方法点拨】振动物体路程的计算方法（1）求振动物体在一段时间内通过路程的依据：①振动物体在一个周期内通过的路程一定为四个振幅，在n个周期内通过的路程必为n•4A；②振动物体在半个周期内通过的路程一定为两倍振幅；③振动物体在T4内通过的路程可能等于一倍振幅，还可能大于或小于一倍振幅，只有当初始时刻在平衡位置或最大位移处时，T（2）计算路程的方法是：先判断所求时间内有几个周期，再依据上述规律求路程。9．简谐运动的回复力【知识点的认识】1.回复力定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。用数学式表达即为F＝﹣kx。2.加速度：a=3.运动性质：变速度运动【命题方向】如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物块，mA＝0.1kg，mB＝0.5kg，弹簧伸长15cm，若剪断A、B间的细绳，A做简谐振动，g取10m/s2，求：（1）物块A做简谐运动的振幅是多少；（2）物块A在最高点时弹簧的弹力。分析：（1）先研究AB两球，由平衡关系要得出劲度系数；刚剪断细线时小球的加速度最大，此处相当于是小球到达简谐运动的振幅处。（2）剪断绳子是瞬间，小球A的加速度最大，此时小球A受