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2025年菁优高考物理压轴训练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
13．（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
2B．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
3D． 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
4A．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
5C．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
6A．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
7B． 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 ；
8② 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 。
9四．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：
10（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
11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。
122025年菁优高考物理压轴训练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；
13． 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，
14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
15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
16【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
17D．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
18C．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
19A． 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。
208．（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；
21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
22A．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
23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
24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
25C．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
26A．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；
27．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；
28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：
29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
30【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 9 0 ，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
31（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。
3218．（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 9.7 9 （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 。
33【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 。
34【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。
35四．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。
36【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
37，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
38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。
39（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。
40（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。
41【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
42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
43（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
44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。
45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．
46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.6.5cm B.10m C.20m D.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．
472．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、2mg C、mg D、
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。
482.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。
49D、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F ＝ma ＝m 2r＝m ＝m 也是牛顿第二定律的变形，
n n
ω
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．
50（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W ，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（ ）
F
A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mgh
B、弹力做功﹣W ，弹性势能增加W
F F
C、重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D、重力势能增加mgh，弹性势能增加W ﹣mgh
F
51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
ΔE ＝﹣W ＝﹣（﹣mgh）＝mgh
P G
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 ＝W
F
+W
G
＝W
F
﹣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：E +E ＝E +E ，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
k1 P1 k2 P2
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：ΔE ＝﹣ΔE ，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。
k P
（3）转移式：ΔE ＝﹣ΔE ，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
A B
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
524.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h ，篮筐距地面高度为h ，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为
1 2
（ ）
A、W+mgh ﹣mgh
1 2
B、W+mgh ﹣mgh
2 1
C、mgh +mgh ﹣W
1 2
D、mgh ﹣mgh ﹣W
2 1
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．
53解答：篮球机械能守恒，有
mgh +E ＝mgh +E
1 k1 2 k2
解得
E ＝E +mgh 一mgh
k2 k 1 2
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（E +E ＝E +E 、△E ＝﹣△E 或△E ＝﹣△E ）进行求
k1 p1 k2 p2 k p A B
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。
54【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动有关系，应具体分析讨论．
【解题思路点拨】
动量的性质有：
（1）瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
（3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
8．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﹣mv ＝Ft．
0
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv ＝Ft，得到F＝ ＝ ＝ ＝ma，所以物
0
体动量的变化率等于它受到的力，即F＝ ，这是牛顿第二定律的动量表述．
55【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＝ ，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B正确；
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．
9．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
56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v ＝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
0
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
v ＝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 ＝
C
0.20，重力加速度g取10m/s2．求： μ
（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E ；
p
（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v 是多少？
m
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
mg＝ma
μv＝v
C
+at
57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v ，A、B与C分离时的速度为v ，由动量守恒定律
1 2
m v ＝（m +m ）v
A 0 A B 1
（m +m ）v ＝（m +m ）v +m v
A B 1 A B 2 C C
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
∴ +
代入数据可解得：E ＝1.0J
P
（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v ′，分离后A与B的速度为v ′，滑块C的速度为v ′，
1 2 c
根据动量守恒定律可得：
AB碰撞时：m v ＝（m +m ）v ′（1）
A m A B 1
弹簧伸开时：（m +m ）v ′＝m v ′+（m +m ）v ′（2）
A B 1 c C A B 2
在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
则 ＝ （3）
∵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_v ′2＝2（﹣a）L得v ′＝5m/s （4）
c C
代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得v ＝7.1m/s
m
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；
58（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．
10．简谐运动的定义、运动特点与判断
【知识点的认识】
一、机械振动
1.机械振动：物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运动，简称振动。
2.两个振动中的概念
（1）平衡位置：回复力为零的位置，也是振动物体在静止时所处的位置。
（2）回复力：振动物体偏离平衡位置后所受到的阻碍它离开平衡位置，使它回到平衡位置的力。
①与圆周运动中的向心力一样，回复力是振动问题中根据力的效果命名的一个效果力，它可由某一个力
充当、某几个力的合力充当或某一个力的分力来充当。
②与圆周运动中的向心力总是指向圆心类似，振动过程中的回复力的方向总是指向平衡位置。
二、弹簧振子
1.定义：小球与弹簧组成的系统，他是一个理想化模型。
2.弹簧振子示意图：
59三、简谐运动
1.概念：如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像（x﹣t图像）是一条正弦曲
线，这样的振动是一种简谐运动。
2.简谐运动是最基本的振动，弹簧振子中小球的运动就是简谐运动。
3.简谐运动是一种变加速运动。
四、简谐运动的特点
瞬时性、对称性和周期性。
【命题方向】
关于简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A、物体在一个位置附近的往复运动称为简谐运动
B、由于做简谐运动的物体受回复力作用，所以简谐运动一定是受迫振动
C、如果物体的位移与时间关系图像是一条余弦曲线，则物体做的是简谐运动
D、如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦曲线，则物体做的可能不是简谐运动
分析：根据简谐振动的特征F＝﹣kx判断；简谐振动不是受迫振动；根据位移与时间的关系判断。
解答：A、物体在一个位置附近的往复运动不一定是简谐运动，物体做简谐运动时，回复力与偏离平衡位
置位移的关系是F＝﹣kx，负号表示回复力的方向与偏离平衡位置位移的方向相反，故A错误；
B、系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动，受迫振动的周期由驱动力的周期决定；做简谐运动的周期
由自身结构决定，故B错误；
CD、根据简谐振动中位移随时间变化的特点，如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦或余弦曲线，
则物体做的是简谐运动，故C正确，D错误。
故选：C。
点评：该题考查对简谐振动以及简谐振动的特点的理解，解答本题关键是掌握简谐振动的特征。
【解题思路点拨】
1.实际物体看作弹簧振子的四个条件
（1）弹簧的质量比小球的质量小得多，可以认为质量集中于振子（小球）。
（2）构成弹簧振子的小球体积足够小，可以认为小球是一个质点。
60（3）忽略弹簧以及小球与水平杆之间的摩擦力。
（4）小球从平衡位置被拉开的位移在弹性限度内。
2.简谐运动的位移
位移的表示方法：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，则某时刻振子偏
离平衡位置的位移可用该时刻振子所在位置的坐标来表示。
3.简谐运动的速度
（1）物理含义：速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。在所建立的坐标轴（也称“一维坐
标系”）上，速度的正、负号表示振子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反。
（2）特点：如图所示为一简谐运动的模型，振子在O点速度最大，在A、B两点速度为零。
4.判断一个振动为简谐运动的方法：
（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。
（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝
﹣kx 进行判断。
（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a＝﹣ x是进行判断。
11．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（ t+ ）．
（3）简谐运动的图象 ω φ
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＝Asin t，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．
ω
61【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4Hz
B．在10s要内质点经过的路程是20cm
C．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 Hz＝0.25Hz，故A错误；
B、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
周期，振子具有正方向最大的加速度，那么选项所示的振动图线中，能正确反应振子的振动情况是
（以向右为正方向）（ ）
62A． B．
C． D．
分析：根据某一时刻作计时起点（t＝0），经 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 周期，振子具有正方向最大加速度，由a＝﹣ 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＝0，在 周期内位移向负方
向最大变化．
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 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， 内通过的路程才等于一倍振幅。
（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。
12．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。
632.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，m ＝0.1kg，m ＝0.5kg，弹簧伸长15cm，若剪断
A B
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受到的合力大小等于B的重力，由此求出加速
度；
由简谐振动的对称性，小球A在等高点的加速度与小球A在最低点的加速度大小相等，由此求出弹簧对
A的作用力的大小和方向。
解答：（1）由两球静止时的力平衡条件，得弹簧的劲度系数为：
由kx＝（m +m ）g；
A B
k＝ ＝40N/m
剪断A、B间细线后，A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为x ＝ ＝0.025m；
A
弹簧伸长量为0.025m时下端的位置就是A球振动中的平衡位置。
悬挂B球后又剪断细线，相当于用手把A球下拉后又突然释放，刚剪断细线时弹簧比静止悬挂 A球多伸
长的长度就是振幅，即A＝x﹣x ＝15cm﹣2.5cm＝12.5cm；
A
（2）振动过程中物块A最大加速度为：a ＝ ＝50m/s2
m
物块A在最高点时具有最大加速度，加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，由牛顿第
64二定律得：
F+m g＝m a
A A m
代入数据得：F＝4N，方向竖直向下；
答：（1）物块A做简谐运动的振幅是12.5cm；
（2）物块A在最高点时弹簧的弹力大小为4N，方向竖直向下。
点评：解决简谐运动的题目应注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能确定振幅及最大加速度。
【解题思路点拨】
1.回复力的来源
（1）回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。
（2）回复力可以由某一个力提供，如水平弹簧振子的回复力即为弹簧的弹力；也可能是几个力的合力，
如竖直悬挂的弹簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合力；还可能是某一力的分力。归纳起来，回复力
一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。分析物体的受力时不能再加上回复力。
2.关于k值：公式F＝﹣kx中的k指的是回复力与位移的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k
由振动系统自身决定。
3.加速度的特点：根据牛顿第二定律得a＝ ＝﹣ ，表明弹篮振子做简谐运动时，振子的加速度大小
与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反。
4.回复力的规律：因x＝Asin （ t+ ），故回复力F＝﹣kx＝﹣kAsin （ t+ ），可见回复力随时间按
正弦规律变化。 ω φ ω φ
5.判断一个振动为简谐运动的方法：
（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。
（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝
﹣kx 进行判断。
（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a＝﹣ x是进行判断。
13．单摆及单摆的条件
【知识点的认识】
1．定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球
的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。
652．视为简谐运动的条件：摆角小于5°。
【命题方向】
在如图所示的装置中，可视为单摆的是（ ）
分析：单摆是由质量可以忽略的不可伸长的细绳，体积小而密度大的小球组成，单摆上端要固定，单摆
摆动过程摆长不能发生变化。
解答：可视为单摆的装置，要求要用没有弹性的细线，摆动过程中摆线的长度不能发生变化，
A、摆线用细线，摆动过程中长度不发生变化，是可以视为单摆的，故A正确
B、摆线用的是细橡皮筋，摆动过程中长度会发生变化，不能视为单摆，故B错误
C、摆线用的是粗麻绳，粗麻绳的质量不能忽略，单摆的重心不在摆球的球心上，不能视为单摆，故 C错
误
D、由于细线跨在了一个轮子上，小球在摆动过程中，摆长会发生变化，不能视为单摆，故D错误
故选：A。
点评：本题考查了单摆的构成，掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用基础知识即可解题；平时要
注意基础知识的学习与积累。
【解题思路点拨】
1.对单摆的装置要求
（1 ）对摆线：一是要求无弹性；二是要求轻质细线，其质量相对小球可忽略不计；三是其长度远大于
小球的半径。
（2）对小球：一是要求质量大；二是体积小，即小球要求是密度大的实心球。
2.单摆做简谐运动的条件：
（1）最大摆角很小；
66（2）空气阻力可以忽略不计。
3.弹簧振子与单摆
弹簧振子（水平） 单摆
模型示意图
条件 忽略弹簧质量、无摩擦等阻力 细线不可伸长、质量忽略、无空气等阻力、摆角很小
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点
回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直（即切向）方向的分力
周期公式
T＝2 （不作要求） T＝2
能量转化 弹性势能与动π能的相互转化，机械能守 重力势能与动能的π相互转化，机械能
恒 守恒
14．单摆的回复力
【知识点的认识】
1.来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
2.特点：在偏角很小时，摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即 F＝﹣
。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
3.单摆做简谐运动的推证
如图为一个单摆的运动：
在偏角很小时，sin ≈ ，又回复力F＝mgsin ，所以单摆的回复力为F＝﹣ x（式中x表示摆球偏离
平衡位置的位移，lθ表示单摆的摆长，负号表示θ回复力F与位移x 的方向相反），由此知回复力符合F＝
﹣kx，单摆做简谐运动。
【命题方向】
对于单摆的振动，以下说法中正确的是（ ）
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
67B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
分析：单摆振动时，径向的合力提供向心力，回复力等于重力沿圆弧切线方向的分力，通过平衡位置时
回复力为零，合力不为零。
解：A、单摆振动时，速度大小在变化，根据 知，向心力大小在变化。故A错误。
B、单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力。故B错误。
C、摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故C正确。
D、摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故D错误。
故选：C。
点评：解决本题的关键知道单摆做简谐运动的回复力的来源，知道经过平衡位置时，回复力为零，合力
不为零。
【解题方法点拨】
关于单摆的回复力的三点提醒
（1）单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程中，
有向心力，这是与弹簧振子的不同之处。
（2）在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力。
（3）在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零。
15．单摆的振动图像和表达式
【知识点的认识】
本知识点以单摆为模型考查简谐运动的图像和表达式问题。解决方案与简谐运动一致。
【命题方向】
如图甲所示，一个单摆做小角度摆动．从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的
位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g＝10m/s2，取 2＝10．对于这个单摆的振动过
程，单摆的位移x随时间t变化的关系式为 cm，单摆的摆长为 πm，从t＝2.5s到t＝3.0s的过程
中，摆球所受回复力逐渐 （填“增大”或“减小”）．
68分析：由振动图象读出周期T和振幅A，由 ＝ 求出角频率 ，单摆位移x的表达式x＝Asin t．由
ω ω ω
公式T＝ 求出摆长L．从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，
位移减小，回复力减小．
解答：由振动图象读出周期T＝2s，振幅A＝8cm，由 ＝ 得到角频率 ＝ rad/s，则单摆的位移x随
时间t变化的关系式为Asin t＝8sin（ t）； ω ω π
ω π
由公式T＝ ，代入得到L＝1m；从t＝2.5s到t＝3.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小．
故答案为：x＝8sin（ t），1，减小
点评：本题是振动图π象问题，考查基本的读图能力．根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变
化是基本功．
【解题思路点拨】
简谐运动的图象的应用
1．图象特征
（1）简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置．
（2）图象反映的是位移随时间的变化规律，并非质点运动的轨迹．
（3）任一时刻图线上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小．正负表示速度的方向，正时沿
x正方向，负时沿x负方向．
2．图象信息
（1）由图象可以看出振幅、周期．
（2）可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．
（3）可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向．
①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．
②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断，下一时刻位移如增加，振动质点的速
69度方向就是远离t轴，下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．
16．阻尼振动和受迫振动
【知识点的认识】
一、自由振动和受迫振动
1．自由振动（无阻尼振动）：系统不受外力，也不受任何阻力，只在自身回复力作用下的振动。自由振
动的频率，叫做系统的固有频率。
2．受迫振动
（1）概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动。
（2）特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关。
（3）规律：①物体做受迫振动时，振动稳定后的频率等于驱动力的频率，跟物体的固有频率无关；
②物体做受迫振动的振幅由驱动力频率和物体的固有频率共同决定：两者越接近，受迫振动的振幅越大，
两者相差越大受迫振动的振幅越小。
3．共振
（1）现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。
（2）条件：驱动力的频率等于固有频率。
（3）共振曲线：
①当f驱 ＝f固 时，A＝A
m
，A
m
的大小取决于驱动力的幅度
②f驱 与f固 越接近，受迫振动的振幅越大，f驱 与f固 相差越远，受迫振动的振幅越小
③发生共振时，一个周期内，外界提供的能量等于系统克服阻力做功而消耗的能量。
4．自由振动、受迫振动和共振的关系比较
振动 自由振动 受迫振动 共振
项目
受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用
振动周期或频 由系统本身性质决定，即固有周 由驱动力的周期或频率决定，即 T驱 ＝T
0
率 期T
0
或固有频率f
0
T＝T驱 或f＝f驱
或f驱 ＝f
0
振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最
大
常见例子 弹簧振子或单摆（ ≤5°） 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
【命题方向】 θ
（1）常考题型是考查对自由振动和受迫振动的理解：
如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有频
率为72Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动
情况是（ ）
A．甲的振幅较大，且振动频率为8Hz
70B．甲的振幅较大，且振动频率为9Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72Hz
分析：物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关。当驱动力的频率接近于物体的固有
频率时，物体发生共振，振幅最大。
解答：支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，甲乙两个弹簧振子都做受迫振
动，它们振动的频率都等于驱动力的频率9Hz，由于甲的频率接近于驱动力的频率，所以甲的振幅较大。
故B正确，A、C、D错误。
故选B。
点评：解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力频率，并要知道在什么条件下可以发生共振。
（2）某振动系统的固有频率为f ，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，若驱动力的
0
振幅保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．当f＜f 时，该振动系统的振幅随f的增大而减小
0
B．当f＞f 时，该振动系统的振幅随f的减小而增大
0
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振
幅达最大。
解：A、当f＝f 时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f 时，随f的增大，振幅振大，故A错误；
0 0
B、当f＞f 时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；
0
C、该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率，故C错误；
D、系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确；
故选：BD。
点评：本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体
的振动最强烈。
【解题思路点拨】
（l）对阻尼振动的理解：
①由于阻力做功，振动系统的机械能逐渐减小，振幅逐渐变小；
②周期和频率由振动系统本身决定，阻尼振动中周期和频率不变。
（2）对受迫振动的理解：
①受迫振动的频率等于驱动力的频率；
②驱动力频率越接近固有频率，振幅越大。
7117．共振及其应用
【知识点的认识】
1．共振
（1）现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．
（2）条件：驱动力的频率等于固有频率．
（3）共振曲线：
①当f驱 ＝f固 时，A＝A
m
，A
m
的大小取决于驱动力的幅度
②f驱 与f固 越接近，受迫振动的振幅越大，f驱 与f固 相差越远，受迫振动的振幅越小
③发生共振时，一个周期内，外界提供的能量等于系统克服阻力做功而消耗的能量．
2．自由振动、受迫振动和共振的关系比较
振动 自由振动 受迫振动 共振
项目
受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用
振动周期或频 由系统本身性质决定，即固有周 由驱动力的周期或频率决定， T 驱
率 期T 0 或固有频率f 0 即T＝T驱 或f＝f驱 ＝T 0
或f驱 ＝f
0
振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最
大
常见例子 弹簧振子或单摆（ ≤5°） 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
【命题方向】 θ
72（1）常考题型是考查产生共振的条件及其应用：
在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉
害．后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机
翼前装置配重杆的目的主要是（ ）
A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率
分析：飞机上天后，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害，是因为驱动力的频率接近
机翼的固有频率发生共振，解决的方法就是使驱动力的频率远离飞机的固有频率．
解：飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，在飞机
机翼前装置配重杆，是为了改变机翼的固有频率，使驱动力的频率远离固有频率．故A、B、C错误，D
正确．
故选D．
点评：解决本题的关键知道共振的条件；当驱动力的频率接物体的固有频率，会发生共振．以及解决共
振的方法，使驱动力的频率远离固有频率．
（2）如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其
余各摆也摆动起来，可以发现（ ）
A．各摆摆动的周期均与A摆相同
B．B摆振动的周期最短
C．摆振动的周期最长
D．D摆的振幅最大
分析：5个单摆中，由A摆摆动从而带动其它4个单摆做受迫振动，则受迫振动的频率等于A摆摆动频率，
当受迫振动的中固有频率等于受迫振动频率时，出现共振现象，振幅达到最大．
解答：A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A摆的摆动频率，
而由于A、D摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则D摆出现共振现象．
故选：AD点评：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现
共振现象．
【解题方法点拨】
对共振的理解
（1）共振曲线：
如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A．它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动
振幅的影响，由图可知，f与f 越接近，振幅A越大；当f＝f 时，振幅A最大．
0 0
（2）受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．
7318．库仑定律的表达式及其简单应用
【知识点的认识】
1．内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方
成反比，作用力的方向在它们的连线上．
2．表达式：F＝k ，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109N•m2/C2．
3．适用条件：真空中的静止点电荷．
【命题方向】
题型一：对库仑定律的理解
例1：真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，
而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（ ）
A.3F B. C. D.9F
分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．
解：距离改变之前： ①
当电荷量都变为原来的3倍时： ②
联立①②可得：F ＝9F，故ABC错误，D正确．
1
故选：D．
74点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行
类比学习．
题型二：库仑定律与力学的综合问题
例2：在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A，A又通过一长为10cm的绝缘细绳连着另一个带负
电的小球B，B的质量为0.1kg，电荷量为 ×10﹣6C，如图所示，将小球B缓缓拉离竖直位置，当绳与竖
直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张紧，
但无张力．g取10m/s2．求
（1）小球A的带电荷量；
（2）释放瞬间小球B的加速度大小；
（3）小球B运动到最低点时绳的拉力．
分析：（1）释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球A的电荷
量．
（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度．
（3）由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．
解：（1）小球B刚释放瞬间，速度为零，
沿绳子方向上，小球受到的合力为零，
则mgcos60°＝k ，
代入数值，求得q ＝5×10﹣6C；
A
（2）小球所受合力方向与绳子垂直，
由牛顿第二定律得：mgsin ＝ma， ；
（3）释放后小球B做圆周θ运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，
从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcos60°）＝ mv2﹣0，
小球在最低点，由牛顿第二定律得：F +k ﹣mg＝ ，
T
解得：F ＝ mg＝1.5N；
T
答：（1）小球A的带电荷量为5×10﹣6C；
75（2）释放瞬间小球B的加速度大小为5 m/s2；
（3）小球B运动到最低点时绳的拉力为1.5N．
点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的方向．
【解题方法点拨】
1．库仑定律适用条件
（1）库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用
也可以应用库仑定律．
（2）当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推论：
当r→0时，F→∞．其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了．
（3）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离．
（4）对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．
2．应用库仑定律需要注意的几个问题
（1）库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远大
于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．
（2）库仑定律的应用方法：
库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库仑
力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电荷
相吸来判断作用力F是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断作
用力是引力还是斥力．
（3）三个点电荷的平衡问题：
要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反，也
可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零．
3．分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：
（1）确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；
（2）对研究对象进行受力分析，多了个电场力（F＝k ）．
（3）列平衡方程（F合 ＝0或F
x
＝0，F
y
＝0）或牛顿第二定律方程．
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