2025年高考物理压轴训练9

Page2025年高考物理压轴训练9一．选择题（共10小题）1．（2024•黑龙江模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为的足够长的木板，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块叠放在上，的质量为，弹簧的劲度系数。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力作用在上，已知、间动摩擦因数，弹簧振子的周期为，取，。则A．受到的摩擦力逐渐变大 B．向右运动的最大距离为 C．当的位移为时，的位移为 D．当的位移为时，弹簧对的冲量大小为2．（2024•福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管A．振幅为 B．振动频率为 C．在时速度为零 D．在时加速度方向竖直向下3．（2024•苏州三模）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以A．使斜面倾角变大 B．使单摆摆长变长 C．使摆球质量变大 D．使单摆振幅变大4．（2024•南京二模）如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于点，将小球拉开较小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列操作能使周期变小的是A．增大摆长 B．初始拉开的角度更小一点 C．在悬点处放置一个带正电的点电荷 D．在此空间加一竖直向下的匀强电场5．（2024•顺义区二模）如图甲所示，点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在点。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至点开始计时细线对摆球的拉力大小随时间变化的图像，重力加速度取。A．单摆的振动周期为 B．单摆的摆长为 C．摆球的质量为 D．摆球运动过程中的最大速度6．（2024•梅州二模）轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”振动的固有周期是，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图所示，已知相邻两条减速带间的距离为，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是A．当轿车以的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈 B．轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度也越小 C．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈 D．该轿车以任意速度通过减速带时，车身上下振动的频率都等于，与车速无关7．（2024•二模拟）如图所示，一个质量为的物块，左端与轻弹簧栓接，轻弹簧的另一端固定在墙上的点，物块和地面间的动摩擦因数为。现用手按住物块静止于点，让弹簧处于压缩状态。某时刻释放物块，物块向右运动，在点（图中未画出）获得最大速度，到最右端点（图中未画出）后，再向左运动，在点（图中未画出）获得向左运动的最大速度，点（图中未画出）时速度减为0并保持静止状态。物块向右运动的时间为，向左运动的时间为，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，则关于两个过程下列说法正确的是A．点和点在同一位置 B．两个阶段的时间满足 C．两个阶段最大速度满足 D．点在点左侧8．（2024•大兴区校级模拟）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至点，静止释放后，摆球在之间做简谐运动，摆角为。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为。下列选项正确的是A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．在图2的测量过程中，单摆次全振动的时间为 C．多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立 D．在图2的测量过程中，满足关系9．（2024•天心区校级模拟）如图所示，小球悬挂在箱子顶端的拉力传感器上，球心到悬挂点的距离为，当箱子沿竖直方向做变速运动时，传感器的示数会变大或者变小，当箱子的加速度向上为时，可认为重力加速度由变为，当箱子的加速度向下为时，可认为重力加速度由变为，小球好像处在一个重力加速度为的环境里，可把这个称为等效重力加速度。下列说法正确的是A．当箱子向上做减速运动时，等效重力加速度大于重力加速度 B．当箱子向上的加速度等于时，且小球做单摆运动（最大摆角小于，则小球的运动周期为 C．当箱子向上的加速度等于时，同时小球在箱子中做单摆运动（最大摆角小于，则运动过程小球的机械能守恒 D．拉力传感器的示数与小球的重力的合力与小球的质量之比等于等效重力加速度10．（2024•浙江模拟）如图甲，小球在光滑球面上的、之间来回运动。时刻将小球从点由静止释放，球面对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙，若弧长远小于半径，则A．小球运动的周期为 B．光滑球面的半径为 C．小球的质量为 D．小球的最大速度约为二．多选题（共5小题）11．（2024•潍坊二模）如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球的距离为。用手按住物体不动，把小球拉开很小的角度后释放，使小球做单摆运动，稳定后放开物体。当小球运动到最高点时，物体恰好不下滑，整个过程物体始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为。下列说法正确的是A．小球多次经过同一位置的动量可以不同 B．小球摆到最低点时，物体受到的摩擦力一定沿斜面向下 C．物体与斜面间的摩擦因数 D．物体受到的摩擦力变化的周期12．（2024•青羊区校级模拟）图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为，月球上的自由落体加速度为，下列说法正确的是A．甲、乙两个单摆的摆长之比为 B．甲摆在月球上做简谐运动的周期为 C．甲摆振动的振幅 D．甲单摆的摆长约为 E．乙单摆的位移随时间变化的关系式为13．（2024•乌鲁木齐二模）如图所示为钓鱼时圆柱形鱼漂静浮于水面的示意图。某次鱼咬钩时将鱼漂往下拉一小段距离后松口，鱼漂做上下振动，一定时间内鱼漂的运动可看作简谐运动。鱼漂运动过程中，露出水面的最大长度为，最小长度为，则A．鱼漂露出水面的长度为时速度最大 B．鱼漂露出水面的长度为时加速度方向竖直向下 C．鱼漂露出水面的长度为时的动能是露出水面的长度为时的2倍 D．鱼漂露出水面的长度为时的回复力是露出水面的长度为时的2倍14．（2024•雨花区校级模拟）如图所示，下端附有重物的粗细均匀木棒浮在水中，已知水的密度为，木棒的横截面积为，重力加速度大小为，将木棒向下按压一段距离后释放，木棒所受的浮力随时间周期性变化，如图所示，下列说法正确的是A．木棒做简谐运动，重力充当回复力 B．内木棒的加速度逐渐减小 C．木棒和重物的重力之和等于 D．木棒所受合外力与偏离初始位置的距离成正比15．（2024•河西区二模）如图所示是一种弹簧人公仔玩具，由头部、弹簧和身体三部分组成，头部的质量为，弹簧两端分别与公仔的头部和身体固连。先将公仔放置在水平桌面上，并让头部静止。然后用手竖直向下按压公仔的头部，使之缓慢下降距离，之后迅速放手。放手后，公仔的头部经过时间，沿竖直方向上升到最高点时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内、公仔的身体不离开桌面，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中A．水平桌面对公仔身体的支持力先减小后增大 B．弹簧对公仔头部弹力冲量的大小为 C．公仔头部的动能最大时，弹簧的弹性势能为零 D．向下按压时头部下降的距离小于，则放手后头部上升到最高点所需的时间仍为三．填空题（共5小题）16．（2024•永春县校级模拟）如图所示是共振原理演示仪。在同一铁支架上焊有固有频率依次为、、、的四个钢片、、、，将的下端与正在转动的电动机接触后，发现钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则电动机的转速约为，钢片的振动频率约为。17．（2024•成都模拟）如图（a），轻质弹簧下端挂一质量为的小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐振动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图（b）所示。及为已知条件。①小球简谐振动的周期；②内，小球通过的路程；③内，小球运动距离（选填“大于”、“小于”或“等于”。18．（2024•重庆模拟）有一单摆，其摆长，摆球的质量，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间，当地的重力加速度是（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应（填写“缩短”“增长”，改变量为。19．（2023•青羊区校级模拟）如图所示，把一个有孔的小球装在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在水平光滑杆上，以为平衡位置振动。另一小球在竖直平面内以为圆心、为角速度沿顺时针方向做半径为的匀速圆周运动与在同一竖直线上）。用竖直向下的平行光照射小球，可以观察到，小球在水平杆上的“影子”和小球在任何瞬间都重合。取水平向右为正方向，点为坐标原点，小球经最高点时为计时零点，那么小球的振动周期为，小球的位移与时间得关系为，小球的最大速度大小为。20．（2023•雅安模拟）如图（a）所示，在固定的水平滑槽中，有一平台可左右滑动。平台下方竖直悬挂轻弹簧，两小球、间用细线连接，弹簧下端与小球相连。现让平台与小球一起向右匀速运动，时剪断细线，小球在竖直方向上做简谐运动。用频率为的频闪照相机记录小球的位置，以剪断细线时小球的位置为坐标原点，小球的水平位移为横坐标，小球的竖直位移为纵坐标。运动一段时间后，用平滑的曲线连接小球的位置如图（b）所示。则平台向右运动的速度大小；时，小球的加速度方向为；时，小球的竖直位移大小为。四．解答题（共5小题）21．（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。．增加摆长．增加摆锤质量．缩短摆长．减小摆锤质量（2）如图2，一单摆的摆长为，摆球质量，用力将摆球从最低点在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角，到达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的时间为。（3）（计算）接上题，如摆球静止在点时，给摆球一个水平向左的冲量，使得摆球能够继续绕悬挂点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？22．（2024•重庆模拟）如图，光滑圆槽的半径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，开始时乙球的位置低于甲球位置，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置为圆槽的圆心，为圆槽最低点；重力加速度为。若甲、乙、丙三球不相碰，求：（1）求甲球运动到点速度大小；（2）通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过点所经历的时间。23．（2024•昌平区二模）如图所示，一单摆的摆长为，摆球质量为，固定在悬点。将摆球向右拉至点，由静止释放，摆球将在竖直面内来回摆动，其中点为摆动过程中的最低位置。摆球运动到点时，摆线与竖直方向的夹角为（约为，很小时可近似认为、。重力加速度为，空气阻力不计。（1）请证明摆球的运动为简谐运动。（2）如图2甲所示，若在点正下方的处放置一细铁钉，当摆球摆至点时，摆线会受到铁钉的阻挡，继续在竖直面内摆动。求摆球摆动一个周期的时间；摆球向右运动到点时，开始计时，设摆球相对于点的水平位移为，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关系图线。24．（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建立直线坐标系，把木筷往下压一段距离后放手，木筷就在水中上下振动。已知水的密度为，重力加速度为，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。25．（2024•重庆三模）如图1所示，劲度系数为的水平轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一质量为且可视为质点的物块甲，物块甲处于光滑水平面上，点为弹簧的原长位置。将物块甲向左缓慢移动至与点相距的点，在点放置一质量为且可视为质点的物块乙，然后将物块甲从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（式中为质点相对平衡位置的位移，为比例系数），则质点做简谐运动，且周期；弹簧形变量为时的弹性势能。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，不计空气阻力。（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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他条件不变且，求物块甲从点由静止释放后，最终停止运动的位置，以及整个运动过程中所经过的时间。

2025年高考物理压轴训练9参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•黑龙江模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为的足够长的木板，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块叠放在上，的质量为，弹簧的劲度系数。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力作用在上，已知、间动摩擦因数，弹簧振子的周期为，取，。则A．受到的摩擦力逐渐变大 B．向右运动的最大距离为 C．当的位移为时，的位移为 D．当的位移为时，弹簧对的冲量大小为【答案】【考点】简谐运动的回复力；动量定理的内容和应用【专题】推理法；动量定理应用专题；定量思想；分析综合能力【分析】根据对物体的受力分析得出其受到的摩擦力的变化趋势；根据弹力与摸出来的等量关系，结合对称性分析出向右运动的最大距离；根据两个物块之间的速度关系分析出的位移；根据简谐振动的周期公式，结合动量定理完成分析。【解答】解：．的最大加速度为若拉力作用的瞬间、整体一起向右加速，加速度为：则，则一开始二者就发生相对运动，一直受滑动摩擦力保持不变，故错误；．间的滑动静摩擦力为当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，向右运动的距离为则做简谐运动的振幅，则向右运动的最大距离为，故正确；．设初始位置为0位置，以处为平衡位置做简谐振动，当的位移为时，即处于平衡位置时，运动的时间可能是，，1，2，或者，，1，2，由题可。对木板，加速度为则当的位移为时，即处于平衡位置时，运动的位移为或者但是的位移为时，的位移不一定为，故错误；．当的位移为时，结合选项分析可知，的速度变为0，由动量定理可知，的动量变化量为零，故弹簧对的冲量大小等于摩擦力对的冲量大小，即△；当的位移为时，运动的时间为，，1，2，则当的位移为时，弹簧对的冲量大小为△，，1，2，则当的位移为时，弹簧对的冲量大小不一定为，故错误。故选：。【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合动量定理和简谐振动的周期公式，同时利用胡克定律即可完成解答。2．（2024•福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管A．振幅为 B．振动频率为 C．在时速度为零 D．在时加速度方向竖直向下【答案】【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；推理论证能力【分析】根据简谐运动的图像判断振幅和周期，再计算频率；根据质点的运动位置判断速度大小；根据回复力公式结合牛顿第二定律分析加速度方向。【解答】解：从图像中可以直接读出振幅为，周期为，则频率，故错误，正确；时，质点处平衡位置，速度为最大，故错误；时，质点处于负相位移最大处，根据及牛顿第二定律，可知加速度方向与位移方向相反，为竖直向上，故错误。故选：。【点评】考查简谐运动的位移—时间图像的认识和理解，会根据题意判断速度和加速度、频率等问题。3．（2024•苏州三模）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以A．使斜面倾角变大 B．使单摆摆长变长 C．使摆球质量变大 D．使单摆振幅变大【答案】【考点】单摆及单摆的条件【专题】比较思想；模型法；简谐运动专题；理解能力【分析】简谐运动的周期与摆球质量、单摆振幅无关，写出周期公式再进行分析。【解答】解：、单摆在光滑斜面上做简谐运动的周期，若要使其做简谐运动的周期变大，可以让摆长变大或斜面倾角变小都可以，故错误，正确；、简谐运动的周期与摆球质量、单摆振幅无关，故错误。故选：。【点评】本题考查的是简谐振动的周期公式，根据周期公式找出使周期变大的方法，这是一道基础题。4．（2024•南京二模）如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于点，将小球拉开较小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列操作能使周期变小的是A．增大摆长 B．初始拉开的角度更小一点 C．在悬点处放置一个带正电的点电荷 D．在此空间加一竖直向下的匀强电场【答案】【考点】单摆及单摆的条件；库仑定律的表达式及其简单应用【专题】定性思想；方程法；单摆问题；理解能力【分析】单摆周期公式为，影响单摆周期大小的因素是摆长大小和重力加速度的大小。【解答】解：由单摆周期公式为可知，增大摆长，周期会变大，故错误；由单摆周期公式为可知，初始拉开的角度更小一点，不影响周期的大小，故错误；在悬点处放置一个带正电的点电荷，则带正电的小球受到的库仑力始终沿绳的方向，不影响回复力的大小，所以周期不变，故错误；在此空间加一竖直向下的匀强电场，则小球受到的电场力方向竖直向下，与重力方向相同，即等效重力加速度增大，由单摆周期公式为可知，周期会变小，故正确。故选：。【点评】本题考查了单摆的周期问题，知道单摆周期公式为，根据题意结合相关知识分析单摆周期的变化。5．（2024•顺义区二模）如图甲所示，点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在点。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至点开始计时细线对摆球的拉力大小随时间变化的图像，重力加速度取。A．单摆的振动周期为 B．单摆的摆长为 C．摆球的质量为 D．摆球运动过程中的最大速度【答案】【考点】单摆及单摆的条件【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力【分析】根据乙图可得单摆的周期；根据单摆的周期公式可以得到摆长；根据牛顿第二定律在最高点和最低点分别列方程，结合动能定理联立可解。【解答】解：．由乙图，结合单摆的对称性可知，单摆的周期为，故错误；．由单摆周期公式得代入数据得，故错误；．由乙图和牛顿运动定律得小球在最高点有在最低点有从最高点到最低点，由动能定理得代入数据联立解得，故正确，错误。故选：。【点评】知道在最高点时，摆球的速度为零，此时需要的向心力为零，绳上的拉力等于重力与绳方向的分力。6．（2024•梅州二模）轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”振动的固有周期是，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图所示，已知相邻两条减速带间的距离为，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是A．当轿车以的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈 B．轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度也越小 C．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈 D．该轿车以任意速度通过减速带时，车身上下振动的频率都等于，与车速无关【答案】【考点】阻尼振动和受迫振动；共振及其应用【专题】定性思想；定量思想；推理法；简谐运动专题；分析综合能力【分析】明确共振和受迫振动的概念及其特性。根据题目条件计算相关物理量（如时间间隔、速度等）。分析各选项与共振条件和受迫振动特性的关系。【解答】解：．当轿车以的速度通过减速带时，车身因过减速带而产生的受迫振动的周期为与“车身—悬挂系统”振动的固有周期相等，故此时车身会产生共振现象，颠簸得最剧烈，故正确；．由于车辆驶过减速带时，引发的车身上下振动频率若趋近于车身系统本身的固有频率，将会导致振动幅度显著增大，使颠簸感更为强烈。因此，当轿车减缓通过减速带的速度时，车身上下的振动幅度并非必然减小；同理，增大速度也并不必然意味着车身上下会更加剧烈地颠簸，这与速度的单一增减无直接线性关系，错误；．受迫振动的物体其振动频率严格等于驱动力的频率。对于该轿车而言，其通过减速带时车身上下的振动频率并非固定为，而是会根据车速的不同而有所变化，故错误。故选：。【点评】本题主要考查共振现象以及受迫振动的频率特性。解题的关键在于理解共振的条件以及受迫振动中物体振动频率与驱动力频率的关系。7．（2024•二模拟）如图所示，一个质量为的物块，左端与轻弹簧栓接，轻弹簧的另一端固定在墙上的点，物块和地面间的动摩擦因数为。现用手按住物块静止于点，让弹簧处于压缩状态。某时刻释放物块，物块向右运动，在点（图中未画出）获得最大速度，到最右端点（图中未画出）后，再向左运动，在点（图中未画出）获得向左运动的最大速度，点（图中未画出）时速度减为0并保持静止状态。物块向右运动的时间为，向左运动的时间为，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，则关于两个过程下列说法正确的是A．点和点在同一位置 B．两个阶段的时间满足 C．两个阶段最大速度满足 D．点在点左侧【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化；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；推理论证能力【分析】根据平衡条件分析；根据能量守恒分析；根据物块的受力分析；根据简谐运动的周期特点分析。【解答】解：、点和点都处于各个阶段速度最大的位置，说明在这两个位置受力平衡，受力分析如图所示因此这两个点一个在弹簧压缩位置，一个在弹簧拉伸位置，则这两个点不可能在同一位置，故错误；、在从点到点的过程中，弹性势能没有发生变化，但由于摩擦消耗了机械能，根据能量守恒可知动能减小，故速度，故错误；、物块运动到点后，保持静止，说明位置向右的弹力小于最大静摩擦力，则位置应该在点的右侧，故错误；、两个阶段均受到大小恒定的滑动摩擦力的作用，可类比竖直方向上的弹簧振子，将滑动摩擦力看作重力，因此向右和向左的运动可分别看作简谐运动，简谐运动的周期没有发生变化，因此，故正确。故选：。【点评】知道当物体受力平衡时，速度最大，同时能够正确分析物体在运动过程中的受力特点是解题的基础。8．（2024•大兴区校级模拟）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至点，静止释放后，摆球在之间做简谐运动，摆角为。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为。下列选项正确的是A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．在图2的测量过程中，单摆次全振动的时间为 C．多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立 D．在图2的测量过程中，满足关系【答案】【考点】单摆及单摆的条件【专题】信息给予题；定量思想；推理法；单摆问题；理解能力【分析】根据题意求出等效重力加速度。根据图2求周期，根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；根据单摆周期公式分析作答；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在、位置，求拉力与的关系；在最低处点，根据向心力公式求速度；小球从到，根据动能定理求速度，然后联立求解作答。【解答】解：平板倾角为时，重力加速度沿平板方向方向分加速度是等效重力加速度，则单摆周期公式中的等效重力加速度，与摆角的大小无关，故错误；根据图2可知，单摆的周期，根据单摆周期和全振动时间的关系可知单摆次全振动的时间为，故错误；根据单摆周期公式因此实验只要得出，就可以验证该结论成立，故正确；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力在、位置，拉力为，小球速度为0，则在最低处点，根据向心力公式代入数据化简得小球从到，根据动能定理化简得代入数据联立解得，故错误。故选：。【点评】理解实验原理是解题的前提与关键，能够根据平衡条件求解等效重力，熟练掌握圆周运动向心力公式、动能定理和单摆周期公式。9．（2024•天心区校级模拟）如图所示，小球悬挂在箱子顶端的拉力传感器上，球心到悬挂点的距离为，当箱子沿竖直方向做变速运动时，传感器的示数会变大或者变小，当箱子的加速度向上为时，可认为重力加速度由变为，当箱子的加速度向下为时，可认为重力加速度由变为，小球好像处在一个重力加速度为的环境里，可把这个称为等效重力加速度。下列说法正确的是A．当箱子向上做减速运动时，等效重力加速度大于重力加速度 B．当箱子向上的加速度等于时，且小球做单摆运动（最大摆角小于，则小球的运动周期为 C．当箱子向上的加速度等于时，同时小球在箱子中做单摆运动（最大摆角小于，则运动过程小球的机械能守恒 D．拉力传感器的示数与小球的重力的合力与小球的质量之比等于等效重力加速度【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；机械能守恒定律的简单应用；单摆及单摆的条件【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力【分析】当小球向上做减速运动时，加速度向下，从而分析等效重力加速度的大小；根据加速度的矢量合成解得等效加速度，结合单摆周期公式分析，根据机械能守恒的条件分析，根据牛顿第二定律分析。【解答】解：、当小球向上做减速运动时，加速度向下，等效重力加速度小于重力加速度，故错误；、当小球向上的加速度等于时，由运动的矢量合成可知，解得根单摆的周期公式有，故正确；、除重力外，其他力做正功，则小球的机械能一直在增加，故错误；、由牛顿第二定律可知或即或则拉力传感器的示数与小球的质量之比等于等效重力加速度，故错误。故选：。【点评】本题考查了机械能守恒定律，注意等效加速度的理解，会计算单摆周期公式。10．（2024•浙江模拟）如图甲，小球在光滑球面上的、之间来回运动。时刻将小球从点由静止释放，球面对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙，若弧长远小于半径，则A．小球运动的周期为 B．光滑球面的半径为 C．小球的质量为 D．小球的最大速度约为【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；单摆及单摆的条件【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力【分析】弧长远小于半径时，小球的回复力由重力沿小球运动轨迹切向的分力提供；根据图图像判断得到周期，根据单摆的周期公式计算出光滑球面的半径，根据牛顿第二定律和向心力公式以及机械能守恒计算出小球的质量与最大速度。【解答】解：、小球在一个周期内两次经过最低点，由图可知周期，故错误；、当弧长远小于半径时，小球的运动类似于单摆，由单摆的周期公式，则光滑球面的半径，故错误；、小球的回复力由重力沿小球运动轨迹切向的分力提供，是小球所受的轨道的支持力与重力的合力沿切线方向的分力。在最高点有在最低点时，有从到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得其中是与竖直方向之间的夹角，是运动过程中的最大速度；联立解得：，，故正确，错误；故选：。【点评】本题主要考查了单摆的相关应用，根据图像分析出周期，利用单摆的周期公式计算出摆长，分析过程中结合了机械能守恒和牛顿第二定律，综合性较强，难度中等偏上。二．多选题（共5小题）11．（2024•潍坊二模）如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球的距离为。用手按住物体不动，把小球拉开很小的角度后释放，使小球做单摆运动，稳定后放开物体。当小球运动到最高点时，物体恰好不下滑，整个过程物体始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为。下列说法正确的是A．小球多次经过同一位置的动量可以不同 B．小球摆到最低点时，物体受到的摩擦力一定沿斜面向下 C．物体与斜面间的摩擦因数 D．物体受到的摩擦力变化的周期【答案】【考点】作用力与反作用力；动量的定义、单位及性质；单摆及单摆的条件【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力【分析】动量是矢量，动量相等要求大小相等和方向相同；小球摆到最低点时，绳子的拉力最大，由于物体开始时摩擦力的方向未知，则物体受到的摩擦力不一定沿斜面向下，由平衡条件可知物体与斜面间的摩擦因数，由受到的摩擦力周期与单摆周期的关系可求摩擦力变化的周期。【解答】解：、小球多次经过同一位置的速度方向可以不同，所以动量可以不同，故正确；、小球在任意位置受到重力和拉力，重力的垂直于绳的分力提供了回复力，沿绳方向有：，当摆角最大时，拉力最小，此时受到的摩擦力方向沿斜面向上，小球摆到最低点时，拉力增大，此时受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，摩擦力大小会减小，故错误；、因为当小球运动到最高点时，物体恰好不下滑，则有：，所以有：，解得：，故错误；、物体受到的摩擦力变化的周期是单摆的周期的一半，即有：，故正确。故选：。【点评】本题考查的是斜面上物体受力平衡和单摆的问题，解题的关键是要对物体的受力分析，注意静摩擦力的方向。12．（2024•青羊区校级模拟）图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为，月球上的自由落体加速度为，下列说法正确的是A．甲、乙两个单摆的摆长之比为 B．甲摆在月球上做简谐运动的周期为 C．甲摆振动的振幅 D．甲单摆的摆长约为 E．乙单摆的位移随时间变化的关系式为【答案】【考点】单摆及单摆的条件；单摆的振动图像和表达式【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力【分析】根据图像得出单摆的周期之比，结合单摆的周期公式得出摆长之比；根据单摆的周期公式结合的比值关系得出对应的周期；根据图像得到甲摆振幅大小；根据图像的特点分析出乙的振幅，然后结合振动方程的通式写出乙单摆的位移随时间变化的关系式。【解答】解：．由图，在地球上甲单摆的周期为，乙单摆的周期为，甲、乙两单摆的周期比为，根据单摆的周期公式可得则甲、乙两单摆的摆长比为，故错误；．在地球上甲单摆的周期为，根据单摆的周期公式可知可得，故正确；．振幅为偏离平衡位置的最大距离，如图可知甲摆振动的振幅为，故正确；．甲单摆的周期为，根据单摆的周期公式可得摆长为，故错误；．由图可知乙单摆的振幅为，周期为，可得时，位移为正向最大，所以初相位为根据简谐运动位移随时间变化的关系可得，乙单摆位移随时间变化的关系式为，故正确。故选：。【点评】本题主要考查了单摆的相关应用，理解图像的物理意义，结合单摆的振动特点和单摆的周期公式即可完成分析。13．（2024•乌鲁木齐二模）如图所示为钓鱼时圆柱形鱼漂静浮于水面的示意图。某次鱼咬钩时将鱼漂往下拉一小段距离后松口，鱼漂做上下振动，一定时间内鱼漂的运动可看作简谐运动。鱼漂运动过程中，露出水面的最大长度为，最小长度为，则A．鱼漂露出水面的长度为时速度最大 B．鱼漂露出水面的长度为时加速度方向竖直向下 C．鱼漂露出水面的长度为时的动能是露出水面的长度为时的2倍 D．鱼漂露出水面的长度为时的回复力是露出水面的长度为时的2倍【答案】【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力【专题】定量思想；归纳法；简谐运动专题；推理论证能力【分析】先判断出平衡位置时露出的长度，进而可得波峰和波谷位置；根据位移方向判断加速度方向；只能计算鱼鳔的加速度与位移成正比，动能大小与位移大小也不成正比；根据判断回复力关系。【解答】解：露出最长为波峰，最短为波谷，故平衡位置是露出。露出时，位于波峰，速度最小，加速度最大，故错误；露出时位于平衡位置上方，回复力竖直向下，加速度竖直向下，故正确；由于加速度大小时刻在改变，速度大小与位移不成正比，动能大小与位移大小也不成正比，所以露出长度为的速度不是露出长度为时的2倍，露出长度为的动能也不是露出长度为时的2倍，故错误；由回复力的公式可知，露出时位于波谷，位移是露出时的2倍，露出的回复力是露出时的2倍，故正确。故选：。【点评】根据得到鱼鳔的平衡位置是解题的关键，还要知道加速度与位移大小成正比，而速度和动能与位移大小都不成正比关系。14．（2024•雨花区校级模拟）如图所示，下端附有重物的粗细均匀木棒浮在水中，已知水的密度为，木棒的横截面积为，重力加速度大小为，将木棒向下按压一段距离后释放，木棒所受的浮力随时间周期性变化，如图所示，下列说法正确的是A．木棒做简谐运动，重力充当回复力 B．内木棒的加速度逐渐减小 C．木棒和重物的重力之和等于 D．木棒所受合外力与偏离初始位置的距离成正比【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；简谐运动的回复力【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理能力【分析】根据木棒在竖直方向受力情况，确定做简谐运动的回复力；木棒达到平衡位置时的速度最大，浮力最大时木棒处于最低点、浮力最小时处于最高点，由此写出最大受力与最小浮力的表达式，再针对相关情况分析解答。【解答】解：．木棒在竖直方向受到重力和水的浮力，木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故错误；．由图乙可知在内木棒的浮力从最大开始减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其加速度逐渐减小，故正确；．根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的位置加速度大小相等，故在最低点有：在最高点有：联立可得：故错误；．设向下为正，则在初始位置时，由平衡条件可得：在偏离平衡位置位置时，木棒所受合外力为：则木棒所受合外力大小与偏离初始位置的距离成正比，且比值为，故正确。故选：。【点评】浮力越大，物体浸没的深度越大。简谐运动的物体在位移最大处，加速度大小相等，在平衡位置，合外力为零。15．（2024•河西区二模）如图所示是一种弹簧人公仔玩具，由头部、弹簧和身体三部分组成，头部的质量为，弹簧两端分别与公仔的头部和身体固连。先将公仔放置在水平桌面上，并让头部静止。然后用手竖直向下按压公仔的头部，使之缓慢下降距离，之后迅速放手。放手后，公仔的头部经过时间，沿竖直方向上升到最高点时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内、公仔的身体不离开桌面，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中A．水平桌面对公仔身体的支持力先减小后增大 B．弹簧对公仔头部弹力冲量的大小为 C．公仔头部的动能最大时，弹簧的弹性势能为零 D．向下按压时头部下降的距离小于，则放手后头部上升到最高点所需的时间仍为【答案】【考点】常见力做功与相应的能量转化；动量定理的内容和应用；简谐运动的定义、运动特点与判断【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理能力【分析】根据加速度变化分析支持力变化，根据动量定理分析，公仔头部的动能最大时，弹簧弹力与头部重力相等，公仔头部做简谐振动，周期与振幅无关。【解答】解：、一开始弹簧弹力大于重力，加速度向上，随着弹力逐渐减小，加速度向上在减小，当弹簧弹力等于重力时加速度减小到0，以后加速度方向下在增大，对公仔可知支持力一直减小，故错误；、公仔头部上升的全过程中，设弹簧弹力冲量的大小为，冲量方向向上为正，根据动量定理得：，即弹簧弹力冲量的大小为，故正确；、公仔头部的动能最大时，弹簧弹力与头部重力相等，弹簧的弹性势能不为零，故错误；、公仔头部做简谐振动，周期与振幅无关，故正确；故选：。【点评】本题考查动量定理与简谐运动的特点，解题关键掌握动量定理的应用，注意公仔头部做简谐振动，周期与振幅无关。三．填空题（共5小题）16．（2024•永春县校级模拟）如图所示是共振原理演示仪。在同一铁支架上焊有固有频率依次为、、、的四个钢片、、、，将的下端与正在转动的电动机接触后，发现钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则电动机的转速约为90，钢片的振动频率约为。【答案】90；90【考点】共振及其应用【专题】推理法；理解能力；定量思想；简谐运动专题【分析】振幅最大说明发生共振现象，系统的驱动力频率等于钢片的固有频率。【解答】解：钢片振幅最大，与系统产生共振，故电动机的频率等于其固有频率，电动机的转速和频率相同，故答案为：90；90。【点评】明确物体做受迫振动，振幅最大，产生共振现象。17．（2024•成都模拟）如图（a），轻质弹簧下端挂一质量为的小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐振动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图（b）所示。及为已知条件。①小球简谐振动的周期；②内，小球通过的路程；③内，小球运动距离（选填“大于”、“小于”或“等于”。【答案】①；②；③小于。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力【专题】推理能力；推理法；定量思想；简谐运动专题【分析】①开始时小球的位置在负的最大位移处，拉力为正向最大；经过半个周期后，弹簧的弹力负方向最大，由此判断周期；②每一个周期内，小球的路程等于4倍振幅，由此计算；③根据小球的速度与位移的关系，结合运动的时间段，判断小球在内的路程。【解答】解①小球从最低点运动至平衡位置的时间为，小球简谐振动的周期②内，小球振动了，小球通过的路程为③内，小球从最低点向平衡位置运动，运动距离为，结合简谐振动的特点可知，在内小球的平均速度小于内小球的平均速度，则内，小球运动距离小于。故答案为：①；②；③小于。【点评】本题主要是考查简谐运动的图像，解答本题的关键是能够由弹簧的弹力变化的特点，得出简谐振动的周期。18．（2024•重庆模拟）有一单摆，其摆长，摆球的质量，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间，当地的重力加速度是9.79（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应（填写“缩短”“增长”，改变量为。【考点】单摆的周期【专题】单摆问题；计算题；定量思想；分析综合能力；方程法【分析】根据单摆的周期公式得；周期缩短，根据可知摆长应缩短；【解答】解：该单摆的周期根据单摆的周期公式得秒摆的周期为，如果将这个摆改为秒摆，则周期缩短，根据可知，摆长应缩短；秒摆的摆长，故缩短量为；故答案为：缩短0.02【点评】熟练掌握单摆的周期公式及变形，知道秒表的周期是。19．（2023•青羊区校级模拟）如图所示，把一个有孔的小球装在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在水平光滑杆上，以为平衡位置振动。另一小球在竖直平面内以为圆心、为角速度沿顺时针方向做半径为的匀速圆周运动与在同一竖直线上）。用竖直向下的平行光照射小球，可以观察到，小球在水平杆上的“影子”和小球在任何瞬间都重合。取水平向右为正方向，点为坐标原点，小球经最高点时为计时零点，那么小球的振动周期为，小球的位移与时间得关系为，小球的最大速度大小为。【答案】，，。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【专题】理解能力；模型法；简谐运动专题；比较思想【分析】小球的振动周期与小球的转动周期相同，由求解。小球经最高点时为计时零点，按正弦规律振动，应用数学知识写出小球的位移与时间的关系式。小球的最大速度与小球的最大水平分速度相等，当小球运动至最高点（最低点）时水平速度最大，由公式求解。【解答】解：小球在水平杆上的“影子”和小球在任何瞬间都重合，则小球的振动周期与小球的转动周期相同，即小球经最高点时为计时零点，按正弦规律振动，小球的位移与时间的函数关系为小球的最大速度与小球的最大水平分速度相等，当小球运动至最高点（最低点）时水平速度最大，即故答案为：，，。【点评】解答本题的关键要抓住小球和运动的同时性，两者周期相同，运用数学知识帮助解答。20．（2023•雅安模拟）如图（a）所示，在固定的水平滑槽中，有一平台可左右滑动。平台下方竖直悬挂轻弹簧，两小球、间用细线连接，弹簧下端与小球相连。现让平台与小球一起向右匀速运动，时剪断细线，小球在竖直方向上做简谐运动。用频率为的频闪照相机记录小球的位置，以剪断细线时小球的位置为坐标原点，小球的水平位移为横坐标，小球的竖直位移为纵坐标。运动一段时间后，用平滑的曲线连接小球的位置如图（b）所示。则平台向右运动的速度大小2；时，小球的加速度方向为；时，小球的竖直位移大小为。【答案】2；竖直向下；【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【专题】分析综合能力；振动图象与波动图象专题【分析】小球的运动与平台的运动对应起来求解平台的速度；小球的振动图像斜率的正负号表示振动速度的方向，可以直接从某一时刻图像的斜率来判断该时刻的振动方向；简谐运动的振动图像是正弦或余弦图像，根据计时开始的位置确定初相位，列出振动方程代入数据即可求出某时刻的位移。【解答】解：小球相邻位置的时间间隔为平台向右运动的速度大小为由图（b）可知，小球的振动周期为时，小球处在平衡位置上方且向上振动，可知小球的加速度方向竖直向下设为原点，由图可知，振幅为，则振动方程为时，得此时，小球的竖直位移大小为故答案为：2；竖直向下；【点评】本题的难点是列出振动方程，从图像获取信息是解决图像问题的关键。四．解答题（共5小题）21．（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。．增加摆长．增加摆锤质量．缩短摆长．减小摆锤质量（2）如图2，一单摆的摆长为，摆球质量，用力将摆球从最低点在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角，到达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的时间为。（3）（计算）接上题，如摆球静止在点时，给摆球一个水平向左的冲量，使得摆球能够继续绕悬挂点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？【答案】（1）；（2）；（其中、2、；（3）需要的最小冲量为。【考点】机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用；单摆及单摆的条件；单摆的回复力【专题】定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力【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，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，故正确，错误。故选：。（2）单摆的回复力大小即为重力沿单摆切线的分力根据单摆周期公式，可知从最高点释放后，第一次到达点为，第二次到达点的时间为，第三次到达点的时间为，以此类推得到（其中、2、故答案为：；（其中、2、。（3）小球能通过最高点，速度为，重力提供向心力点到最高点，机械能守恒，取点为零势能点根据动量定理，联立解得故答案为：（1）；（2）；（其中、2、；（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。22．（2024•重庆模拟）如图，光滑圆槽的半径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，开始时乙球的位置低于甲球位置，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置为圆槽的圆心，为圆槽最低点；重力加速度为。若甲、乙、丙三球不相碰，求：（1）求甲球运动到点速度大小；（2）通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过点所经历的时间。【答案】（1）甲球运动到点速度大小为；（2）丙球先第一次到达点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过点所经历的时间是。【考点】自由落体运动的规律及应用；机械能守恒定律的简单应用；单摆及单摆的条件【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；推理论证能力【分析】（1）由机械能守恒定律求出到达点的速度；（2）光滑圆槽的半径远大于甲、乙球运动的弧长，两球的摆动近似为简谐运动，等效为摆长的单摆，根据单摆运动的周期公式求出甲、乙运动到点的时间。丙球做自由落体运动，由，可求出丙球从点运动到点的时间；（3）第15次经过点所经历的时间为个周期，结合周期公式即可求出。【解答】解：（1）设甲球质量为，根据题意可知甲球静止释放，运动到点过程中只有重力做功，由机械能守恒定律解得甲球运动到点速度大小为（2）对于丙球，根据自由落体运动规律有解得对于甲、乙两球可看成类似单摆的简谐运动，其运动周期为甲、乙两球第一次到达点时运动周期，则丙球最先到达，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点，第15次经过点所经历的时间为已知周期解得答：（1）甲球运动到点速度大小为；（2）丙球先第一次到达点；（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过点所经历的时间是。【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，等效为摆长的单摆。23．（2024•昌平区二模）如图所示，一单摆的摆长为，摆球质量为，固定在悬点。将摆球向右拉至点，由静止释放，摆球将在竖直面内来回摆动，其中点为摆动过程中的最低位置。摆球运动到点时，摆线与竖直方向的夹角为（约为，很小时可近似认为、。重力加速度为，空气阻力不计。（1）请证明摆球的运动为简谐运动。（2）如图2甲所示，若在点正下方的处放置一细铁钉，当摆球摆至点时，摆线会受到铁钉的阻挡，继续在竖直面内摆动。求摆球摆动一个周期的时间；摆球向右运动到点时，开始计时，设摆球相对于点的水平位移为，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关系图线。【答案】（1）请明过程见解析；（2）摆球摆动一个周期的时间为；关系图线见解析。【考点】单摆及单摆的条件【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力【分析】（1）根据判断摆球的运动是否为简谐运动；（2）；根据判断周期；根据简谐运动的特点分别画出关系图线。【解答】解：（1）设摆球的回复力为，摆球的位移为，则的方向与方向时刻相反，满足，故摆球的运动为简谐运动。（2）当时，摆长为1，周期为当时，摆长为，周期为解得关系图线如图答：（1）请明过程见解析；（2）摆球摆动一个周期的时间为；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。24．（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建立直线坐标系，把木筷往下压一段距离后放手，木筷就在水中上下振动。已知水的密度为，重力加速度为，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。【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。【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力【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【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，将木筷往下按之前按下后回复力令则所以，木筷在水中的运动为简谐运动。（2）由题意可知筷子的振幅；因为筷子每10秒上下振动20次，则筷子简谐运动的周期为则筷子振动过程位移随时间变化的关系式答：（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。【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。25．（2024•重庆三模）如图1所示，劲度系数为的水平轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一质量为且可视为质点的物块甲，物块甲处于光滑水平面上，点为弹簧的原长位置。将物块甲向左缓慢移动至与点相距的点，在点放置一质量为且可视为质点的物块乙，然后将物块甲从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（式中为质点相对平衡位置的位移，为比例系数），则质点做简谐运动，且周期；弹簧形变量为时的弹性势能。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，不计空气阻力。（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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他条件不变且，求物块甲从点由静止释放后，最终停止运动的位置，以及整个运动过程中所经过的时间。【答案】（1）物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小甲、乙一起第一次回到点所经过的时间（2）最终停止运动的位置得整个运动过程中所经过的时间【考点】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；简谐运动的回复力【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【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由能量守恒定律可得：设物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小为设定向右为正方向碰撞过程中，由动量守恒定律可得：解得：由题知，碰撞后，甲、乙将一起做简谐运动，周期因此，碰撞后甲、乙一起第一次回到点所经过的时间解得：（2）由分析知，物块甲从点由静止释放后，先向右做简谐运动，其平衡位置位于点左侧设该平衡位置到点的距离为△，则有：△，解得：物块甲第1次向右做简谐运动的振幅△，解得△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，其平衡位置位于点右侧由分析可知，该平衡位置到点的距离仍为△物块甲第1次向左做简谐运动的振幅△△，解得：△同理分析可知：物块甲第2次向右做简谐运动的振幅△△物块甲第2次向左做简谐运动的振幅△△物块甲第3次向右做简谐运动的振幅△△由△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点右侧，到点的距离为由题知，物块甲做简谐运动的周期恒为因此，整个运动过程中所经过的时间解得：答：（1）物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小甲、乙一起第一次回到点所经过的时间（2）最终停止运动的位置整个运动过程中所经过的时间【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。

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＝gt2；v2＝2gh．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s，则小石子出发点离A点约为（）A.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s，所以AB段的平均速度的大小为v＝＝＝20m/s，由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h＝＝＝20m，所以C正确．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．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（）A、B、2mgC、mgD、分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma＝mg根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．作用力与反作用力【知识点的认识】1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。2.性质：3.特征【命题方向】下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力才可以求它们的合力，故D选项错误。故选：B。点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．【解题思路点拨】明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。4．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝m＝m也是牛顿第二定律的变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．5．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。6．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。7．动量的定义、单位及性质【知识点的认识】1.动量的定义：质量和速度的乘积。用符号p表示。2.公式：p＝mv。3.单位：千克米每秒，符号：kg•m/s。4.标矢性：动量是矢量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。【命题方向】物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（）A、物体速度的大小一定随时间变化B、物体速度的方向一定随时间变化C、物体动能一定随时间变化D、物体动量一定随时间变化分析：加速度不为零，物体受到的合力不为零，根据合力方向与速度方向间的关系分析判断物体速度大小、方向如何变化，动能是否变化，由动量定理分析答题．解答：物体在运动过程中加速度不为零，物体受到的合力不为零；A、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，则物体的速度大小不变，速度方向时刻变化，故A错误；B、如果物体做直线运动，物体所受合力不为零，则物体的速度方向不变，速度大小不断变化，故B错误；C、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，物体动能不变，故C错误；D、物体所受合力不为零，则物体所受的冲量不为零，由动量定理可知，物体的动量一定随时间变化，故D正确；故选：D。点评：物体所受合力不为零，物体做变速运动，物体的动量一定变化，物体的速度大小、速度方向、物体动能是否变化与物体做什么运