热点24 简谐运动和单摆 --高考物理50热点冲刺精练（名师解析）

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2024高考物理50热点冲刺训练
热点24 简谐运动和单摆
1. （2024河南焦作一模）在野钓时，如图所示的圆柱形浮漂只在重力和浮力的作用下沿竖直方向一上一下地振动，忽略钓鱼绳拉力的作用，可将这种振动视为简谐振动，其回复力为。已知河水的密度为，浮漂的横截面积为S，重力加速度为，则比例系数为（　　）
A. B.
C. D.
【参考答案】B
【名师解析】设圆柱形浮漂与液面交点为O，浸在水中的体积为V0，根据平衡条件得
振动视为简谐振动，振动过程中任意时刻，O点偏离液面的位移为x，回复力的大小为
已知回复力大小为
联立解得
故选B。
2．（2024河北强基联盟联考）如图甲所示，质量为m的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接，现使物体A在竖直平面内运动，当物体A刚好运动到最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物体A的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．的时间内，物体A的速度与加速度方向相反
B．物体A在任意一个1.25s内通过的路程均为50cm
C．物体A的振动方程为
D．物体B对水平面的最大压力大小为6mg
【参考答案】D
【名师解析】：的时间内，物体A由负的最大位移向平衡位置运动，回复力指向平衡位置，即物体A的速度与加速度方向均沿y轴正方向，故A错误；物体A由特殊位置(平衡位置或最大位移处)开始计时，在任意一个内，质点通过的路程等于振幅的5倍，除此外在1.25s的时间内通过的路程不等于振幅的5倍，故B错误；由题图乙可知振幅为A=10cm，周期为T=1.0s，角速度为，规定向上为正方向，t=0时刻位移为0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m处开始运动，所以初相为，则振子的振动方程为，单位错误，故C错误；由物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F=mg，对于物体A有2mg+F=2ma，解得a=1.5g，当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿第二定律得，解得，由物体B的受力可知，物体B对水平面的最大压力为，故D正确。
3. （2024湖南永州重点高中质检）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。当振子位于A点时弹簧处于原长状态。取竖直向上为正方向，振子的质量为m，重力加速度大小为g。振子的位移x随时间t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A. 振子的振动方程为x=12sin1.6t（cm）
B. t=0.6s和t=1.0s时，振子的速度相同
C. t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度相同
D. t=1.4s时，振子位于O点下方6cm处
【参考答案】B
【名师解析】
振子振动的圆频率为
振子的振动方程为 x=12sin1.25πt（cm）,故A错误；
由图乙可知，由x－t图像斜率表示速度可知，和时，振子的速度相等，故B正确；
和时，振子的加速度大小相等，方向相反，故C错误；
由于从到平衡位置，振子的速度不断增大，则从到时间内的位移小于振幅的一半，所以时，振子位于O点下方大于处，故D错误。
4．（2024辽宁朝阳质检）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时，振子在O点左侧6cm处
B．和时，振子的速度相同
C．从到，系统的势能逐渐增加
D．和时，振子的加速度相同
【参考答案】．C
【名师解析】由图可知，从到，振子从O向B运动，时，振子在O点右侧，A错误；和时，振子的速度大小不相等，B错误；从到，系统的势能逐渐增加，C正确；从到，振子从B向O运动，和时，振子的加速度大小不相等，D错误。
5. （2024湖北重点高中3月联考）如图甲所示，质量相等的小球和点光源分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一高度，静止时间距为，竖直放置的光屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在光屏上可观测到小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图乙所示，则（　　）
A. 时刻小球处于平衡位置
B. 时刻光源的加速度方向向上
C. 时刻小球与影子相位差为0
D. 时刻影子的位移为
【参考答案】C
【名师解析】
由图乙可知，时刻小球处于正向位移最大处，故A错误；
由图乙可知，时刻光源位于平衡位置，加速度为零，故B错误；
由图乙可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，可知影子与小球的振动步调总是相同，故时刻小球与影子相位差为0，故C正确；
由图乙可知，时光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影子的位置也处于最高点，即影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有
解得时刻影子的位移为
故D错误。
6. （2024全国名校联盟大联考）如图甲所示，物块A、B相互紧靠着放置在光滑水平面上，劲度系数为k的轻质弹簧左、右端分别与墙壁和物块A连接，用外力向左缓慢推动物块B运动一段距离，使弹簧处于压缩状态。时撤去外力，A向右运动过程中，速度v随时间t变化的规律如图乙所示，已知时刻A的速度大小均为，时刻A的速度达到最大值v，时刻A的速度减为0，则（　　）
A. B.
C. D.
【参考答案】AD
【名师解析】．AB整体从速度为0运动到速度为v，此过程为简谐振动，速度随时间的变化为
当 时，此刻时间
当 时，此刻的时间
所以 ,故A正确；
当AB分开时，只有A连接弹簧，从也属于简谐运动，速度随时间的变化为
由于质量发生了改变，根据弹簧振子周期公式
周期T也发生了改变，则
故B错误；
C．由于不知道A、B质量的关系，故不知道两个周期的关系，故C错误；
D．根据图像
则 ,, 故D正确。
7. （2024山东济宁一中2月质检）一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点O，简谐运动的振幅为。时刻振子的位移为，时刻振子的位移为，则振子做简谐运动的周期可能为（ ）
A. B. C. D.
【参考答案】B
【名师解析】
由题意可知时刻振子位于负向最大位移处，时刻振子位于平衡位置处，设振子做简谐运动的周期为，则有
（，，）
可得
（，，）
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
故选B。
8．(2024江西赣州质检)动量p随位移x变化的图像称作相轨，它在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图甲所示，光滑水平面上有一弹簧振子。现以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，取向右为正方向，建立坐标系。当物块偏离O点的位移为x时，弹簧振子的弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数。当弹簧振子的机械能为E时，该弹簧振子的部分图像如图乙中曲线c所示，M和N分别为曲线c与p轴和x轴的交点。下列说法正确的是（　　）
A．曲线c是抛物线的一部分
B．曲线c对应物块从右侧最远处向O点运动的过程
C．该弹簧振子的振幅为
D．当物块运动到振幅一半处时，其动量大小为其动量最大值的
【参考答案】CD
【名师解析】对弹簧和振子组成的系统机械能守恒，设振子速度为，则满足整理可得若将视为因变量，视为自变量，该表达式符合抛物线要求，但式子中为变量，故图象不是抛物线，故A错误；．图中曲线动量为正，则振子速度方向为正方向，向右运动，速度由最大变为零，可知曲线c对应物块从O点向右侧最远处运动的过程，故B错误；C．振子在最大振幅处时，速度为零，根据可得即振幅为，故C正确；．当振幅为一半时当动量最大时，即振子速度最大时，振幅为零，有联立可得故D正确。故选CD。
9．(2024海南高考模拟6)如图所示，半径的光滑圆弧轨道的点固定有一竖直挡板，一质量为的小物块（可视为质点）从轨道上的点由静止释放，到达最低点时与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，可忽略不计。已知，重力加速度为，则小物块从开始释放到第二次与竖直挡板发生碰撞经历的时间约为（ ）
A． B． C． D．
【参考答案】C
【名师解析】由于，则小物块的运动可视为单摆模型，周期，小物块从点由静止释放，运动到最低点时发生弹性碰撞，返回时，小物块的速度大小不变，运动周期不变，故小物块从开始释放到第二次与竖直挡板发生碰撞经历的时间，C正确。
10. （2024江苏扬州期末）某同学将手机用长约1m的充电线悬挂于固定点，拉开小角度释放，手机在竖直面内摆动，手机传感器记录角速度随时间变化的关系，如图所示，则手机（　　）
A. 在A→B过程中，速度增大
B. 在A、C两点时，速度方向相反
C. 在C点时，线中的拉力最小
D. 在B、D两点时，线中拉力方向相同
【参考答案】B
【名师解析】
根据可知，在A→B过程中，角速度减小，速度减小，故A错误；
A、C两点刚好相差半周期，单摆的速度最大，即在最低点，则速度方向相反，故B正确；
在C点时，单摆速度最大，在最低点，根据牛顿第二定律
可知，线中的拉力最大，故C错误；
B、D两点相差半个周期，速度为0，可知单摆在对称的两侧最高点，线中拉力方向不相同，故D错误；
11．(2024江西赣州质检)在用单摆测重力加速度的实验中，同学们改变摆长L，多次测量，用多组实验数据作出T2－L图像，利用图像求出当地重力加速度g。4个组同学做的图像分别如图中的a、b、c、d所示，其中a和c、d平行，b和c都过原点，图线c对应的g值最接近当地重力加速度的值。则下列分析正确的是（　　）
A．若不测量摆球直径，则无法利用图线求出重力加速度g
B．出现图线b的原因是误将N次全振动记作N-1次全振动
C．出现图线d的原因是测摆长时直接将摆线的长度作为摆长L
D．出现图线a的原因是将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长L
【参考答案】B
【名师解析】．根据解得若不测量摆球直径，仍可根据图像的斜率求出重力加速度g，选项A错误；B．若误将N次全振动记作N-1次全振动，则周期测量值偏大，即与c比较，相同的L值时T值偏大，即会出现图线b，选项B正确；C．出现图线d的原因是测摆长时将摆线长与摆球的直径之和作为摆长L，选项C错误；D．出现图线a的原因是直接将摆线的长度作为摆长，忘记加了小球的半径，选项D错误。故选B。
12．(2024江西赣州质检)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，是圆弧的最低点。两个不相同的小球从圆弧左侧的不同位置同时释放，它们从释放至达点过程中都经过图中的点。则下列判断正确的是（　　）
A．M比N后到达点
B．M、N通过点时所受的回复力相同
C．M有可能在点追上N并与之相碰
D．M和N一定在点相碰
【参考答案】D
【名师解析】根据两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误，D正确；B．M、N通过P点时所受的回复力均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，两小球不同，回复力不同，故B错误；C．M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误。故选D。
13．(2024江西赣州质检)如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度由静止释放注射器，同时垂直于摆动方向以速度匀速拖动木板，木板上的墨汁痕迹如图乙所示。若测得长度为，单摆的等效摆长为，则当地的重力加速度为（　　）
A． B． C． D．
【参考答案】A
【名师解析】由图乙可知，该单摆恰好摆动2个周期，故满足单摆周期公式为则当地的重力加速度为故选A。
14．(2024江西赣州质检)如图，单摆在AB之间做简谐运动，A、B为运动最高点，O为平衡位置。下列关于单摆说法正确的是（　　）
A．经过O点时，向心力和回复力均不为零
B．经过A点时，向心力和回复力均为零
C．在半个周期内，合外力的冲量一定为零
D．在半个周期内，合外力做的功一定为零
【参考答案】D
【名师解析】．经过O点时，摆球具有一定速度，由可知向心力不为零。摆球在O点时的位移为零，根据可知回复力为零。故A错误；B．同理可得，经过A点时，摆球速度为零，则向心力为零，摆球位移不为零，则回复力不为零。故B错误；CD．根据单摆的振动对称性可知，在任意半个周期内，速度大小不变，除最大位移处，速度方向一定改变，由动量定理可知合外力的冲量可能为零，也可能不为零。摆球的动能不变，根据可知合外力做的功一定为零。故C错误；D正确。故选D。
15. （2024山东青岛期末）同一地点有甲、乙两个单摆，摆球质量之比，甲摆动5次时，乙恰好摆动3次，它们都在作简谐运动。可以判断这两个单摆摆长之比为（ ）
A. 9∶25 B. 25∶9 C. 3∶5 D. 5∶3
【参考答案】A
【名师解析】
相同时间内，甲摆动5次，乙摆动3次，说明甲乙摆动周期之比为
根据单摆周期公式可知
可得这两个单摆摆长之比
故选A。
16. .（2024江苏南京期末）如图所示，点为单摆的固定悬点，测得摆球的质量为，摆长为。现将摆球拉到A点，小于，释放摆球，摆球将在竖直平面内的之间来回摆动，到达最低点时摆线所受的拉力大小为，不计一切阻力。重力加速度大小为，以处为零势面。求摆球
（1）第一次从A运动到的时间；
（2）具有的重力势能的最大值。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）根据单摆的振动周期公式
摆球第一次从A运动到B的时间为
解得
（2）在B点对摆球由牛顿第二定律得
由机械能守恒定律得
解得
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