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专题07 简谐运动的综合运用（含引力场、电磁场
中的运用）
题型01 弹簧振子
1． 【答案】B
【详解】A．由题图乙知，
时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为
，故A 错
误；
B．由题图乙知，
时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B 正确；
C．由题图乙知，从
至
，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，
动能减小，故C 错误；
D．由题图乙知，周期
，则角频率
则
随变化的关系式为
，故D 错误。
故选B。
2． 【答案】B
【详解】A．小球受力平衡时有
解得
设最大动能为
，则总能量为
弹簧处于原长时，小球的动能为最大动能的
，则有
解得
，故A 错误；
B．由
解得
，故B 正确；
C．根据牛顿第二定律有
解得
，故C 错误；
D．弹簧形变量最大为
最大弹性势能为
，故D 错误；
故选B。
3． 【答案】BCD
【详解】AB．据题意，两球振动的相位差为
，振动图像如图所示
在一个周期内，有两个位移相同的时刻（振动图像交点）；同时刻两球位移相同时，图像斜率不同，速度
方向不同，动量不同，故A 错误，B 正确；
C．由振动图像可知在一个周期内，有两个位移相同的时刻（振动图像交点），弹簧压缩或者伸长量相同，
两球位移相同，两球加速度相同；由机械能守恒可知，弹簧伸长量或者压缩量相同的地方，两球动能相同，
故C 正确；
D．如图中的
时刻，两球加速度等大反向时，速度大小相同，动能相同，故D 正确。
故选BCD。
4． 【答案】AD
【详解】AB．由题意可知，物块b 在PQ 之间做简谐运动，在P 点加速度大小为
由对称性可知，物块b 在Q 点的加速度大小也为
，根据牛顿第二定律有
解得
，故A 正确，B 错误；
C．物块由P 到Q 的过程，由机械能守恒可知重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，设PQ 的长度
为x，则
解得
所以弹性势能为
，故C 错误；
D．从P 点到PQ 中点，由能量守恒定律得
解得
，故D 正确。
故选AD。
题型02 单摆模型
5． 【答案】A
【详解】设细线长度为L，图2 斜面倾角为
，图3 中两线夹角为
，则图1、图2、图3 单摆周期分别为
，
，
综上可知
。
故选A。
6． 【答案】C
【详解】A．小球在圆柱面上的运动可等效为单摆运动，圆柱面的半径
相当于摆长，所以该单摆的周期
公式为
时刻，球1 由静止释放，因为
所以
时刻，球1 是到达与出发点对称的
，并非回到出发点，故A 错误；
B．由A 选项可知，球1 首次到达
的时间为
，由于相邻小球释放的时间间隔为
，故球5
比球1 晚释放的时间为
即球5 释放的时间为
，所以球1 首次到达
时，球5 刚被释放，并非位于最低点，故B 错误；
C．波的“波长”是指相邻两个同相位质点间的距离。由于小球释放的时间间隔为
所以相邻两个运动状态相同的小球间距为
，即该“波”的“波长”为
，故C 正确；
D．根据波速的公式可得该“波”的“波速”为
，故D 错误。
故选C。
7． 【答案】B
【详解】A．此杆线摆等效为在倾角为
的光滑斜面上的单摆，其周期为
，与钢球的质量无
关，故A 错误；
B．书本数
越少，倾角
越小；倾角
较小时，
正比于书本数
；
杆线摆的周期为
，所以
正比于
正比于
，故书本较少时，周期的平方与书的本
数成反比，故B 正确；
C．钢球受重力
、沿着绳方向的拉力
和沿着杆的弹力
平衡，三个力构成封闭三角形，其中绳拉力和
杆弹力夹角不变，利用动态平衡知识构建圆周角如图
减少书的本数，弹力方向向上摆动，所以杆对钢球的作用力变大，故C 错误；
D．静止时若突然剪断绳，剪断后瞬间杆的弹力会突变，钢球的加速度不会沿着剪断前绳收缩的方向，故
D 错误。
故选B。
8． 【答案】BD
【详解】AB．单摆小角度摆动时，重力势能和动能相互转化，机械能守恒。0 时刻摆球从最高点由静止释
放，此时重力势能最大，动能为0。摆球向最低点运动时，重力势能减小，动能增大；到达最低点时动能
最大，重力势能最小。所以
图像中实线表示的是动能的变化，虚线表示的是重力势能的变化，故A 错
误，B 正确；
C．由题图可以看出，
时间内摆球从最低点运动到了最高点，所用时间应该是单摆周期的
，即
所以单摆的周期为
，故C 错误；
D．由C 选项可知，
时间内摆球从最低点运动到了最高点，其位移增大，则由回复力与位移的关系
可知，此过程小球受到的回复力增大，故D 正确。
故选BD。
题型03 变型“弹簧振子”
9． 【答案】C
【详解】A．撤去恒力
前，由牛顿第二定律
可知木板做匀加速直线运动；撤去恒力
后，在木板
全部进入Ｏ点右侧前，设木板向右滑动的位移为x，则木板所受摩擦力为
可得加速度为
所以木板加速度增加，选项A 错误；
B．恒力F 做功
木板进入Ｏ点右侧过程中，摩擦力做功为
由动能定理可知木板全部进入Ｏ点右侧时，速度刚好减为0，选项B 错误；
C．木板匀加速过程加速度不变，减速过程加速度增大，故匀加速过程的平均速度小于减速过程的平均速
度，所以木板加速时间大于减速的时间，选项C 正确；
D．木板进入Ｏ点右侧的过程中，由于所受合外力为
所以木板运动恰好为
的简谐运动，若恒力F 大小变为
，则进入Ｏ点时的初速度减小，但仍为
的
简谐运动，运动时间不变，选项D 错误。
故选C。
10． 【答案】C
【详解】A．由图乙可知木筷运动周期为
，
和
时刻相差
，运动速度大小相同，但方向相反，故
A 错误；
B．由简谐运动可知，木筷静止时的位置为其做简谐运动的平衡位置，下端到水面的距离为
，振动到正
向最大位移处，到水面的距离最小，为
，可得振幅
，故B 错误；
C．木筷（含铁丝）静止在平衡位置时，所受重力与浮力相等，即
解得
，故C 正确。
D．木筷振动方程的一般形式为
其中
，
，
代入得
时，有
结合图乙可知，木筷在
时间内运动的路程为
故D 错误。
故选C。
11． 【答案】AC
【详解】A．以B 点为原点，向右为
轴正方向，向下为
轴正方向，对小球进行受力分析
在水平方向的受力为
竖直方向的受力为
两个力均满足简谐运动的表达式，水平简谐分运动的平衡位置在
处，竖直简谐分运动的平衡位置在
处，故A 正确；
B．由力的表达式可知两个方向的振动周期相等。若小球能够与B 处钉相碰，则在水平方向上，小球由最
大位移处C 点运动到B 点即平衡位置，历时
在竖直方向上，若小球能够与B 处钉相碰，历时
，水平方向和竖直方向不能同时到达B 点，故B 错误；
C．设水平方向的位移满足
水平方向的速度为对应位移的导数
初始时
，
，
代入位移表达式得到
代入速度表达式得到
由
可知
取
的整数倍，由于初始位置在平衡位置右方，与横坐标正方向相同，取
联立解得
同样的，设竖直方向的位移满足
竖直方向的速度为对应位移的导数
初始时
，
，
代入位移表达式得到
代入速度表达式得到
由
可知
取
的整数倍，由于初始位置在平衡位置上方，与纵坐标正方向相反，取
联立解得
因此小球的水平位置坐标可表示为
竖直位置坐标可表示为
运动轨迹所满足的方程为
是一次函数，图像为直线，故C 正确；
D．当小球第一次运动至B 处钉正下方时，历时
，此时小球在竖直方向上的分速度达到最大值，不可
能水平向左，故D 错误。
故选AC。
12． 【答案】AC
【详解】A．由于恰好悬停，所以秸秆对黄豆的弹力为0，则
得
，故 A 正确；
B．悬停时有
解得
，故B 错误；
C．对于质量为
的黄豆，有
对于质量为
的黄豆放在端口处有
两式联立解得
，方向竖直向上，由于冲力
随增大而线性减小，因此黄豆做简谐运动，由对称性可
知，在最高点
，方向竖直向下，所以在最高点气流速率
，即
则
，故C 正确；
D．对高度为
的黄豆有
对高度为
的黄豆有：
则
，故D 错误。
故选AC。
13． 【答案】AD
【详解】A．设小球运动到任意点P 时，BP 与水平方向的夹角为θ，则橡皮筋竖直向上的分力
故小球受到的摩擦力为
由此可知，摩擦力与θ 无关，保持恒定，故A 正确；
B．设CP 的长度为x，则橡皮筋沿水平方向的分力
小球在水平方向受到的合外力
，
水平方向的合外力与位移x 呈线性关系，类似简谐运动，根据对称性，D 为CE 的中点，故小球在该位置
速度最大，故B 错误；
C．当
时，有
则CE 的长度为
小球在E 点，橡皮筋的水平拉力
因
，小球向左运动，设平衡位置距离C 点的距离为x0，则有
解得
此时
根据对称性小球向左运动的最大距离为
此时橡皮筋的水平拉力
因
，故小球恰好停在D 点，故C 错误；
D．从小球开始运动到小球停止，系统的发热量为
，故D 正确。
故选AD。
14． 【答案】D
【详解】A．根据题意分析知，小球在
两点间做简谐运动，根据对称性知，
点的加速度大小等于
点的加速度，
点小球所受合力等于重力，故加速度大小为
，故A 错误；
C．根据A 项分析知，小球在
两点间做简谐运动，根据运动的对称性知，小球从
运动到
的时间
等于从
运动到
的时间，故C 错误；
B．根据功能关系知小球减少的机械能等于弹力对小球做的负功，设小球在
点时伸长量为
，则小球在
段克服弹力做功
在
段克服弹力做功
联立知
故小球在
段减少的机械能不等于在
段减少的机械能，故B 错误；
D．小球从
过程，根据系统机械能守恒
若仅将小球质量变为
，则根据系统机械能守恒
联立解得小球到达
点时的速度为
故D 正确。
故选D。
题型04 简谐运动与万有引力的综合
15． 【答案】A
【详解】由题意可得，在地球表面有
体积为
设地球的平均密度为
，地球的质量
联立解得
小球在地球内部半径为
的隧道运动时由万有引力提供向心力
解得
其中
，
联立解得，小球在隧道中做匀速圆周运动的速度大小为
故选A。
16． 【答案】BD
【详解】AB．在海平面处的重力加速度满足
在下潜深度为的重力加速度满足
式中
表示下潜深度为以下的地球的质量，
表示下潜深度为处的重力加速度，而
，
解得
而单摆周期
所以若发现单摆摆动变慢，周期变大，重力加速度变小，说明“蛟龙号”深潜器正在下潜，故A 错误，B
正确；
CD．由以上分析可知，“蛟龙号”深潜器上升到海面时，重力加速度最大，所以单摆的周期最小，故C
错误，D 正确。
故选BD。
17． 【答案】CD
【详解】A．相对于地心，飞船甲的加速度总是指向地心，即总是竖直向下，可知，时间
内，飞船甲中
的人一直处于完全失重状态，故A 错误；
C．由于均匀球壳内部引力处处为0，则飞船甲在地心时所受引力为0，令飞船相对于地心的位移大小为
x，地球质量为M，则有
其中
解得
可知，引力大小与x 成正比，方向与位移x 方向相反，即飞船甲做简谐运动，其在平衡位置O 点的速度达
到最大值，由于引力与位移成线性关系，根据动能定理有
在地球表面有
解得
，故C 正确；
B．若
为甲的质量，结合上述可知，当甲到地心的距离为
时，其所受合力为
在地球表面有
解得
，故B 错误；
D．结合上述，对甲有
根据简谐运动的规律有
甲简谐运动的周期
解得
飞船乙从A 点沿近地轨道环绕地球运动，则有
解得
根据题意有
，
解得
，故D 正确。
故选CD。
18． 【答案】(1)
(2)a．见解析；b．
【详解】（1）设地球的质量为M，对卫星有
又因为近地卫星
解得
（2）a．物体在运动的某一瞬间，如图所示
设半径为r 的球体质量为
因为质量分布均匀的球壳对空腔内的物体的万有引力为零，所以质量为m 的物体在距离地心r 处受到的万
有引力大小为
故万有引力在AB 通道方向的分力大小为
该力与x 成正比，所以物体做简谐运动。
b．由之前的分析可知，物体做简谐运动，令
当
时有
根据万有引力与重力的关系有
解得
则物体从A 点运动到
B 点的时间为
题型05 电场中的简谐运动
19． 【答案】A
【详解】设正电荷Q 与负电荷q 的连线与y 轴的夹角为
，则负电荷q 受到的电场力大小为
由几何关系得
联立得
又L>>d，则
又
提供负电荷q 做简谐振动的回复力，根据
则
因为
所以
故选A。
20． 【答案】A
【详解】AB．如图所示
设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A 处产生的场强的方向与竖直方向的夹角为θ（0＜θ≤
），由点电
荷的场强公式可知，P1处的点电荷在A 处产生的电场强度大小
根据对称性及场强的叠加原理可知，A 点的合场强大小为E=2E1cosθ
可得
由数学导数知识可知，当
时，E 有最大值，且最大值为
此时A、O 之间的距离为
故A 错误，B 正确；
C．在M 点放入一电子，从静止释放，电子将受向上的电场力从而向上运动，由于r＞h，则电子向上运动
的过程中所在位置的电场强度一直变小，所受的电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C 正确；
D．以O 点为坐标原点，以沿P1P2连线向右为正方向建立x 轴，当电子在坐标x'处时，电子受到的电场力
为
当x'≪r 时，有
F 与x'的方向相反，大小成正比，又O、N 之间的距离x≪r，所以在N 点放入一电子，从静止释放，电子
的运动可视为简谐运动，O 点为平衡位置，所受电场力充当回复力，故D 正确。
此题选择不正确的，故选A。
21． 【答案】D
【详解】感生电场的表达式为
，则小球受到的电场力为
设小球所在位置到圆心O 的连线与
的夹角为
，则由几何关系可得电场力沿细管方向的分力大小为
又因为
代入上式解得
所以小球做简谐运动的回复力为
其中负号表示回复力与位移方向相反。已知简谐运动回复力的表达式为
又因为简谐运动的位移表达式为
其中
为简谐运动的振幅。所以小球以
为平衡位置做简谐运动时，其比例系数
满足
根据几何关系有
联立解得
所以
联立解得
故选D。
22． 【答案】A
【详解】A．由动能定理
得
又
得
故A 正确；
B．因为
，且
M 点和N 点一定不关于O 点对称，故B 错误；
C．设带正电的粒子距
、
距离分别为
、
，设
、
两电荷间距离为
。
得
该带正电的粒子所受的合力大小
不满足回复力大小与位移成正比的条件，故带电粒子在MN 间不做简谐运动，故C 错误；
D．粒子在运动过程中，有静电力做功，机械能不守恒，故D 错误。
故选A。
23． 【答案】BD
【详解】A．小球静止在O 点时弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即
所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A 错误；
B．小球从M 点到N 点的过程，电场力始终竖直向上，所以电场力对小球做正功，故B 正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定。小球从M 点到N 点的过程中，弹
簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C 错误；
D．小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置
为O 点，根据简谐运动的对称性可知，O 点为M、N 的中点，则有
所以小球从M 到N 的竖直位移为
则电场力做的功为
电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M 点到N 点的过程，小
球的电势能减少了
，故D 正确。
故选BD。
24． 【答案】(1)距A 的距离为
，距B 的距离为
处
(2)见解析
(3)
【详解】（1）设小环C 带电量为
，根据电性可知C 放在平衡位置处距A 的距离为
，距B 的距离为
，平衡时合力为零，得
解得
则C 的平衡位置在距A 为
，距B 的距离
处。
（2）若小环带电量为
，将小环拉离平衡位置左侧一小距离
后，小环C 合力为
其中
，
根据近似关系，当
时，
证明小环C 受到的电场力与距离成正比。
（3）设小环的最大速率为
，取一小段位移
，对应的电场力为
，小环运动过程中受到的电场力与位
移成正比，可得
根据动能定理可得
解得
题型06 电磁感应中的简谐运动
25． 【答案】CD
【详解】A．金属棒刚滑上导轨时，自感电动势最大，回路电流强度为零，故A 错误；
B．金属棒速度为零时，回路电流最大，自感电动势为零，故B 错误；
C．由自感电动势与动生电动势等大反向可知
，
在
时间内
，
线框所受安培力为
，
设金属棒向右最大位移为S，则有：
，
得
，故C 正确；
D．线框所受安培力为
，
故线框所受合外力与位移x 成正比，且方向与位移方向相反，则线框做简谐运动，
由简谐运动周期公式可得
，故D 正确
故选CD。
26． 【答案】BD
【详解】AB．由于电路中只有电感
且无电阻，导体棒切割磁感线的电动势等于自感线圈的自感电动势，
即
对等式两边同时乘
并求和，得
，可得
解得
对导体棒由牛顿第二定律，重力向下、安培力向上，得
将
代入，得
F 与相对平衡位置的位移成正比、方向相反，说明导体棒做简谐运动，因此在导轨上做往复运动，而非匀
速下滑，故A 错误，B 正确；
C．当
时，导体棒处在平衡位置，则有
解得
导体棒做简谐运动的周期为
其中
，解得
则圆频率
简谐运动的最大速度出现在平衡位置，最大速度
其中振幅
代入得
最大动能
，故C 错误；
D．由
可知，
取最大值时
最大，
最大值为
代入得最大电流
，故D 正确。
故选BD。
27． 【答案】(1)电流的方向从b 到a，
(2)
(3)
（或
）
【详解】（1）由题可知，ab 棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则判断，电流
的方向从b 到a，对棒ab，由牛顿第二定律
解得
（2）ab 棒由静止运动到
处，ab 棒受安培力随位移线性变化，所以
对棒ab，从开始到
过程，由动能定理
得
（3）在
区域中，棒受到的合力为
由简谐振动的性质可知棒ab 以
处为平衡位置作简谐振动，
周期为
则在
区域中的运动时间为
在棒ab 穿过左侧匀强磁场
过程中
由动量定理
代入
解得
得
则全程总时间
28． 【答案】(1)
(2)
【详解】（1）磁感应强度随
的变化关系为：
线框沿
方向长度为
，当线框运动到
边位于
处时，
边位于
处，则
动生电动势：
边电动势
边电动势
两个电动势同向叠加，总电动势：
线框匀速运动，动能不变，外力做功全部转化为焦耳热。线框运动
的总时间
，正好等于电动势的
一个周期，正弦交流电一个周期的焦耳热为：
（2）磁感应强度随时间和位置的关系为：
（沿
负方向相位依次滞后）
线框的总磁通量为：
由法拉第电磁感应定律，感应电动势
感应电流
线框受到的沿
方向安培力：
代入
化简得：
线框静止，安培力的恒定分量平衡重物重力，即：
解得：
（交变分量作为驱动力使重物做简谐运动，符合题意）
1． 【答案】A
【详解】根据题干的要求，用余弦函数来描述这个简谐运动时，振动方程为
其中
所以振动方程为
当
时，
当
时，
对比四个图像，只有A 图符合。
故选A。
2． 【答案】C
【详解】滑动摩擦力
。
A．缓慢移动过程中，根据功能关系，外力
做的功等于弹性势能增加量与克服摩擦力做功之和，即
，故 A 错误。
B．撤去外力后，物块向右运动，设向右运动到最远点距离原点
，根据能量守恒定律有
解得
则向右运动的最大距离为
，故B 错误。
C．简谐运动周期
物块从释放，第一次向右运动到
处速度减为零，历时
此时弹簧弹力
物块将向左运动。根据能量守恒定律有
解得
此时弹簧弹力
物块静止。历时
总时间
，故 C 正确。
D．全过程产生的热量等于克服摩擦力做的总功，总路程
产热
，故 D 错误。
故选C。
3． 【答案】AC
【详解】A．0.75s 时，点光源向上减速，加速度向下，属于失重，A 正确；
B．光斑边缘即光刚好发生全反射的位置，当点光源在最低点时，光斑边缘距离最远，当点光源在最高点
时，光斑边缘距离最近，故光斑边缘的振动周期与光源的振动周期相同，由图乙可知光源振动周期为2s，
故光斑边缘的振动周期也为2s，故B 错误；
C．设光从水中射出空气发生全反射的临界角为C，根据全反射临界角公式
，光源在最低点时，
光斑的面积最大，此时
，由几何关系
,光斑的最大面积为
，C
正确；
D．根据几何关系可得光斑振幅满足
，光斑边缘上某点振动的振幅为
，故D 错误。
故选AC。
4． 【答案】D
【详解】A．当火车完全运动到斜面上时速度刚好减为0，根据动能定理，有
解得火车的初速度
，故A 错误；
BC．根据题意可知，火车在斜面上的质量为
斜面上的火车其重心位置为
此刻火车具有的重力势能为
而根据动能定理有
联立解得
，故BC 错误；
D．取沿斜面向上为正方向，当列车冲上斜坡的长度为
时，列车所受合外力
由此可知，列车做的是简谐振动，其周期为
可知火车上升过程的总时间为
，故D 正确。
故选D。
5． 【答案】B
【详解】A．根据两等量负点电荷连线和中垂线电场分布特点可知，中垂线上场强方向由M 点指向O 点，
连线上场强方向由O 点指向N 点，根据沿电场方向电势降低可知，M 点电势高于O 点电势，O 点电势高于
N 点电势，则M 点的电势高于N 点的电势，根据
电子带负电，在M 点的电势能小于在N 点的电势能，故A 错误；
B．在N 点静止释放的电子，根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O 点为平衡位置，
可知当发生位移x 时，粒子受到的电场力为
由于
，原式整理可得
在N 点静止释放的电子，其运动可视为简谐运动，故B 正确；
C．在M 点静止释放的电子，可知当发生位移x 时，粒子受到的电场力为
显然，当x 较小时，不满足简谐振动回复力F=-kx，故C 错误；
D．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A 处产生的场强与竖直向下的夹角为
，则根据场强的叠加原理
可知，A 点的合场强为
由数学导数知识可知，当
时，电场强度的最大值为
，故D 错误。
故选B。
6． 【答案】CD
【详解】A．由题意可知三小球构成等边三角形，弹簧处于压缩状态，故球1 和3 之间一定是斥力，故球3
带正电，A 错误；
BC．球3 运动至a 点时，弹簧的伸长量等于
，由对称性可知，球2 对3 的库仑力做功为0，弹簧弹力做
功为0，据动能定理有
解得
球3 在a 点速度不为零，可见不可能在a、b 间做简谐运动，B 错误、C 正确；
D．设球3 的电荷量为q，在b 点有
设弹簧的弹力为F，沿斜面方向有
解得
球3 运动至a 点时，弹簧的弹力等大反向，则有
解得
而球3 运动至ab 中点时，弹簧弹力为0，在沿斜面方向有
解得
，D 正确。
故选CD。
7． 【答案】BC
【详解】导体棒运动时，感应电动势
自感电动势
电路总电阻极小，故
即
积分得
，即
（以平衡位置为原点，位移为
）。
导体棒受力：
代入
，平衡位置处
，得
即平衡位置位移
以平衡位置为新原点，位移为
，则
，代入得：
即简谐运动回复力
角频率
A．导体棒从静止释放，初始位置为最大位移处，振幅
，A 错误。
B．简谐运动最大速度
代入
、
得
，B 正确。
C．根据前面分析，可知最大电流
代入
，得
，C 正确。
D．简谐运动周期
，D 错误。
故选BC。
8． 【答案】BD
【详解】A．若蹲下、站起的节奏太快或太慢都会导致秋千越来越低，表明只有当人蹲下、站起的周期与
无人时秋千单摆固有周期
之比为一定值时，秋千才会越荡越高，即这一荡秋千的原理类似共振，由于人
在秋千到达最低点时完全蹲下，达到最高点时完全站起来，而人从最低点开始站起，再蹲下到最低点的运
动周期为
，则有
解得
，故A 错误；
B．不考虑人身高的影响，推出瞬间，对人进行分析有
解得F=605N，故B 正确；
C．秋千和绳质量不计，令秋千第一次到达最高点时，人的重心上升的高度为h，则有
解得h=1.25cm
由于在上述过程中，人由蹲下到站立，人重心上升的高度大于秋千板上升的高度，即秋千第一次到达最高
点时比推出时上升的高度小于1.25cm，故C 错误；
D．根据单摆周期公式有
由于
解得
，故D 正确。
故选BD。
9． 【答案】BD
【详解】A．小球从
点运动到
点的过程中，电场力做负功，小球的机械能减小，故A 错误；
C．小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动能定理，有
解得
，故C 错误；
B．因为
，根据题意可知小球将在A 点与B 点之间做简谐运动，所以小球运动到B 点时速度为零，
而加速度不为零，故B 正确；
D．小球的等效重力加速度为
小球运动的周期为
，故D 正确。
故选BD。
10． 【答案】AC
【详解】A．单摆的周期是拉力大小变化周期的
倍，即周期为
，根据周期公式有
解得
，故A 正确；
B．设小球摆动到最高点时绳子与竖直方向的夹角为
，则在最高点
在最低点
由机械能守恒有
联立可得
代入
得
，故B 错误；
C．地球表面物体所受重力等于万有引力，则有
可得
代入
得
，故C 正确；
D．第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，由万有引力提供向心力有
可得
代入
得
，故D 错误。
故选AC。
11． 【答案】BD
【详解】A．对小球
受力分析可知，小球
仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球
有沿斜
面向上的弹力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为
，由
沿斜面方向受力平衡可得
解得
，故A 错误；
B．以
、
整体为研究对象，会做简谐运动，则在
最高点和最低点时刻，
、
整体合外力大小相等
方向相反，设此时弹簧弹力大小为
，有
解得
而此时为
球恰好不离开挡板，对
受力分析沿斜面方向有
解得
，故B 正确；
C．
在最高点时
在最低点，设弹簧伸长量为
，则
解得
即
沿斜面下滑的最大位移大小为
，故C 错误；
D．Q 沿斜面上滑具有最大动能时，
、
整体合外力为
，设弹簧伸长量为
，则有
解得
此时弹簧伸长量和最开始压缩量一样，故弹性势能一样。设此时速度为，对
、
系统由机械能守恒可
得
解得
则
沿斜面上滑时的最大动能为
，故D 正确。
故选BD。
12． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）如下图所示，由圆心射入的激光，在玻璃砖中的折射角
根据折射定律
解得
（2）激光在玻璃砖中的传播速度
射入的激光在玻璃砖中的传播时间
解得
（3）如图所示，激光恰好都能从圆弧面射出，玻璃砖恰好发生全反射的光路如图所示
由几何关系可得
根据
在
中，根据正弦定理
在
中，根据正弦定理
得
故弹簧振子的振幅为
根据
可得
弹簧振子的振动方程
13． 【答案】(1)
(2)22V
(3)
(4)
【详解】（1）货物匀速上升，对货物与“H”字形，有
解得
（2）货物脱钩，货物到最高点时间
对导体棒动量定理有
解得
向右未碰到弹簧时有
解得
（3）导体棒碰到弹簧后所受合力与位移关系如图所示
设弹簧最大压缩量为
。根据动能定理
解得
从
点开始，“H”字形与弹簧组成系统在水平面内做简谐运动，其平衡位置在
点左侧，设弹簧最大形变
量为
，有
解得
因此，振幅
根据周期公式
解得周期
“H”字形从接触弹簧到离开弹簧
流过导体棒的电荷量
（4）第一次到P 点前，导体棒焦耳热
与弹簧接触期间，导体棒焦耳热
第二次经过P 点到第三次经过P 点，由动量定理可知
解得
导体棒焦耳热
货物与“H”字形总机械能的变化量
总能量
解得
