2023-2024学年上海市格致中学高二（下）开学物理试卷（含解析）

2023-2024学年上海市格致中学高二（下）开学物理试卷
一、单选题：本大题共12小题，共36分。
1.下列关于动量、冲量说法正确的是( )
A. 物体动量变化，动能一定变化
B. 物体速度变化，动量一定变化
C. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
D. 跳高时，在落地处垫海绵是为了减小运动员的冲量
2.弹簧振子的振幅增大为原来的倍时，下列说法正确的是( )
A. 周期增大为原来的倍 B. 周期不变
C. 周期减小为原来的一半 D. 以上说法都不正确
3.关于简谐运动，下列说法正确的是( )
A. 位移的方向总是指向平衡位置
B. 速度的方向总是跟位移的方向相反
C. 加速度的方向总是跟位移的方向相同
D. 回复力的方向总是由振动物体所在位置指向平衡位置
4.如图所示是某弹簧振子的振动图像，对于该弹簧振子说法错误的是( )
A. 振子的振幅为
B. 振子的周期为
C. 第末振子的速度为负值，加速度为零
D. 第末振子的速度最大，加速度为零
5.下列关于碰撞说法正确的是( )
A. 通常碰撞时间很短，所以物体不会形变
B. 质量不等的物体碰撞，质量较大的物体动量变化量小
C. 物体碰撞前后，系统的机械能不会增加
D. 物体碰撞过程中，相互作用力做功代数和为零
6.如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，、摆的摆长相同且小于摆的摆长。当摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是摆稳定以后的振动图像，重力加速度为，不计空气阻力，则( )
A. 、摆的固有周期相等 B. 、摆振动达到稳定时，摆振幅较大
C. 、摆振动达到稳定时，摆振幅较大 D. 由图甲，乙可知，此时摆的周期小于
7.下列关于单摆说法错误的是( )
A. 伽利略发现了单摆的等时性，并推导出单摆的周期公式
B. 摆球在最低点受力沿轨迹的切线方向
C. 摆球所受回复力由合外力提供
D. 若单摆摆角小于，则摆球连续两次经过平衡位置的时间间隔与其质量无关
8.某同学对头盔检测，他在头盔中装入的物体，物体与头盔紧密接触，使其从高处自由落下，并与水平面碰撞，头盔被物块挤压时，物体的速度减为零，挤压过程中视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是( )
A. 物体落地前瞬间的速度为
B. 匀减速运动中头盔对物体的平均作用力大小为
C. 头盔在减速中动量变化量大小为
D. 物体在自由下落过程中重力的冲量大小为
9.如图，质量为的滑块可视为质点，以初速度滑上静置于光滑水平面上质量为的长木板，已知滑块与长木板间的动摩擦因数，且滑块恰好不离开长木板，重力加速度为，关于滑块的运动下列说法正确的是( )
A. 因存在摩擦力作用，滑块与长木板组成的系统动量不守恒
B. 滑块和长木板共同速度大小为
C. 长木板的长度为
D. 滑块与长木板相对运动的时间为
10.如图所示为某物体沿一直线做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是( )
A. 和，合外力做功不相同、合外力的冲量相同
B. 和，合外力做功不相同、合外力的冲量相同
C. 和，合外力做功相同、合外力的冲量也相同
D. 和，合外力做功相同、合外力的冲量不相同
11.如图甲为一单摆，小于，但大小未知。图乙为摆线拉力大小随时间变化的曲线。图乙中的数据、单摆的摆长、当地的重力加速度均已知。下列说法正确的是( )
A. 该单摆的周期为 B. 可求出摆球的质量
C. 不能求出摆球在时的速度大小 D. 时刻，摆球处于最高处
12.如图所示，质量均为的两物体、用劲度系数为的轻质弹簧拴接，物体叠放在物体上，系统处于静止状态。现将瞬间取走，物体恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中为弹簧的形变量，重力加速度为。以下说法正确的是( )
A. 物体的质量为
B. 物体运动到最高点时的加速度大小为
C. 物体的最大速度大小为
D. 物体上升的最大高度为
二、非选择题（共64分）二、多选题：本大题共2小题，共6分。
13.如图所示，，两个物块放在水平面上，的质量大于的质量，用竖直向上的力和作用在和上。不计空气阻力，两物块在拉力作用下从静止开始向上运动。相同时间内，和的冲量大小分别为和，做功分别为和。若，则 ______；若，则 ______。均填“”“”或“”
14.静止在匀强磁场中的铀核分裂成一个钍核和氦核。已知钍核和氦核的质量之比为：，电荷量之比为：，两者的速度方向均与磁场方向垂直，则钍核和氦核在磁场中的速度之比为______；两者做圆周运动轨迹的半径之比为______。
15.一质点在点附近做简谐运动，它离开向点运动，末第一次到达点，又经过第二次到达点，再经过______它将第三次到达点。若该质点由出发在内走过的路程，该质点的振幅为______。
16.如图，点固定一个点电荷，绝缘细线将另一带电小球悬挂于点。将小球轻轻拉至点，由静止释放后，小球在、间做小幅摆动，不计空气阻力。当小球向左经过最低点时，迅速移走点电荷，则小球摆动周期______填增大，不变，减小，假如此时重力也突然消失，则细线上的张力______。填为零，不为零，但大小会变化，不为零，大小不变
17.质量都是的物体，中间用一轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上，现使物体靠在墙上，用力推物体压缩弹簧，如图所示，这个过程中外力做功为，待系统静止后突然撤去外力，从撤去外力到弹簧第一次恢复到原长时物体的动量为______，当，间距离最大时物体的速度大小为______．
18.某小组用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。若测出单摆次全振动的时间、摆线长、摆球直径，则当地的重力加速度 ______用测出的物理量表示。
某同学用一个铁锁代替小球做实验。只改变摆线的长度，测量了摆线长度不同时单摆的周期，该同学后续测量了多组实验数据做出了图像，该图像对应图中______。
该同学用图像法处理数据，若不考虑测量误准，计算均无误，算出重力加速度的测量值，与重力加速度真实值相比是______的选填“偏大”“偏小”或“相同”。
另外一个实验小组设计了如图所示的实验装置测速度并验证动量守恒定律。图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电门和光电门，它们与数字计时器相连，弹性滑块、质量分别为、，两遮光片沿运动方向的宽度均为，让保持静止，轻推，实验中为确保碰撞后滑块继续向前运动，则、应满足的关系是 ______填“大于”“等于”或“小于”。
实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块，测得通过光电门的遮光时间为，与相碰后，和先后经过光电门的遮光时间分别为和，在实验误差允许的范围内，若满足关系式______用字母、、、、表示，则可认为验证了动量守恒定律。
19.如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的倍，重力加速度为，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
两车碰后共同运动过程的最大速率；
人给第一辆车水平冲量的大小；
碰撞时系统损失的机械能与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功之比。
20.如图所示，质量的物体放置在质量的物体上，物体与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振幅，弹簧的劲度系数为，运动过程中物体对物体的摩擦力的最大值恰好为最大静摩擦力假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知劲度系数为的弹簧，形变量为时的弹性势能，取重力加速度大小。
求物体的下表面与的上表面间的动摩擦因数；
当弹簧的弹性势能与振子物体、整体的动能相等时，求此时振子的速度；
已知该简谐运动的周期，求振子从平衡位置到弹簧的弹性势能与振子的动能相等所需的最短时间。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：动量是矢量，动能是标量；动量的变化包括大小和方向的变化；物体的动量变化可能是动量的方向变化，而物体的速度大小不变，故动能不一定变化，故A错误；
B.由可知，速度变化时动量一定发生变化，故B正确；
C.根据动量定理可知，物体所受合外力冲量越大，物体的动量变化量越大；由于物体的初始动量情况未知，无法判断最终的动量大小，故C错误；
D.根据运动学公式，物体落地式的速度
下落高度一定，着地速度一定，最终速度变为，因此物体的速度变化相同
取向下为正方向，根据动量定理
地面对运动员的冲力
可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量，故D错误。
故选：。
A.动量是矢量，动能是标量；动量的变化包括大小和方向的变化；
B.根据动量的定义式分析作答；
C.根据动量定理分析作答；
D.根据运动学公式和动量定理分析作答。
本题考查了动量和动能的标矢性、动量的定义和对动量定理的理解；知道可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量。
2.【答案】
【解析】解：根据弹簧振子的周期公式知简谐振动的振幅增大为原来的倍时其周期不变，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据弹簧振子的周期公式判断。
本题主要考查了弹簧振子的特点，解题关键是掌握弹簧振子的周期公式。
3.【答案】
【解析】解：简谐运动的位移方向是由平衡位置指向某点，所以位移的方向总是背离平衡位置的，故A错误；
B.简谐运动速度的方向是物体运动的方向，与位移的方向可能相同也可能相反，故B错误；
C.简谐运动的回复力，负号表示回复力的方向与位移方向相反；
根据牛顿第二定律，加速度，负号表示加速度的方向与位移方向相反，故C错误；
D.简谐运动的物体回复力的方向总是由振动物体所在位置指向平衡位置的，故D正确。
故选：。
A.简谐运动的位移是相对于平衡位置的位移；
B.简谐运动的速度方向与运动方向相同；
C.根据牛顿第二定律结合回复力公式分析作答；
D.根据简谐运动回复力的含义分析作答。
本题主要考查了简谐运动的相关知识，注意简谐运动的回复力总是相对于平衡位置而言的。
4.【答案】
【解析】解：、由题图可知：振幅，周期，故AB正确；
、时，振子处于最大位移处，速度为零，加速度最大；
时，振子处于平衡位置，速度最大，加速度为零，故C错误，D正确。
本题选错误的，
故选：。
由题图可知振子的振幅和周期；根据振子所处的位置分析速度和加速度。
本题的关键要会从图象和关系式分析弹簧振子的位移变化规律，根据的斜率判断速度情况，要注意图象不是振子的运动轨迹。
5.【答案】
【解析】解：通常碰撞时间很短，由于力的作用，物体依然会发生形变，故A错误；
B.物体碰撞过程中动量守恒，物体动量变化量大小相等，故B错误；
C.物体碰撞前后，没有外力做功，系统的机械能不会增加，故C正确；
D.系统内力是作用力和反作用力；但力做功取决于力与力的方向上的位移的乘积，故内力做功并不一定是正负相反且代数和为零，故D错误；
故选：。
在两球碰撞地整个过程中，相互作用力大小相等、方向相反，物体会发生形变，碰撞过程中动量守恒，根据机械能与力做功的关系分析判断。
解决本题的关键是掌握动量守恒的条件和机械能守恒的条件，知道两物体内力做功代数和不为零的情况。
6.【答案】
【解析】解：由单摆周期公式
因为
知固有周期关系为：
受迫振动当稳定时振动周期与驱动力周期相同，因此稳定时三个摆的周期均为，故A正确，D错误；
共振条件是驱动力周期等于振子的固有周期，因为，所以摆共振，达到稳定时，摆振幅较大，摆的振幅最小，故 C错误，B正确。
故选AB。
根据周期公式可知固有周期关系，共振条件是驱动力周期等于振子的固有周期，共振振幅最大，受迫振动的频率等于驱动力的频率。
本题主要考查共振条件，周期公式，解题关键是明确共振条件为驱动力周期等于振子的固有周期，受迫振动的频率等于驱动力的频率。
7.【答案】
【解析】解：、伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式，故A错误；
B、摆球在最低点，回复力为零，向心力最大，此时的合力沿绳子指向圆心，故B错误；
C、摆球的回复力是摆球重力与悬线拉力沿圆弧切线方向的合力，实质上就是重力沿圆弧方向上切向分力，故C错误；
D、若单摆摆角小于，摆球做简谐运动，其周期与摆球质量无关，摆球连续两次经过平衡位置的时间间隔为半个周期，故D正确。
本题选不正确的，
故选：。
单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力。对于单摆，在平衡位置，回复力为，合力不为，且垂直速度方向也存在向心加速度。
解决本题的关键掌握单摆做简谐运动的特点，注意在平衡位置，回复力为，但此时小球做圆周运动，存在向心加速度。
8.【答案】
【解析】解：、根据，其中，
代入数据解得，故A错误；
B、整个运动过程，根据动能定理可知，
，其中，，
代入数据解得，故B正确；
C、头盔做自由落体运动过程，根据动量变化量可知，由于不知道头盔的质量，因此无法确定头盔在减速中动量变化量大小，故C错误；
D、根据，重力的冲量大小，联立解得，因此重力的冲量大小为，故D错误；
故选：。
由自由落体运动规律以及动能定理即可分析选项；由于不知道头盔的质量，因此无法确定头盔在减速中动量变化量大小；最后根据重力的冲量大小进行求解。
该题考查了动能定理，动量变化量以及重力的冲量的应用，题目涉及的知识点为常考知识点，难度较小。
9.【答案】
【解析】解：、因水平面光滑，滑块与长木板组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，故A错误；
B、设滑块和长木板共同速度大小为，取向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故B错误；
C、设长木板的长度为，由能量守恒可得：，解得：，故C正确；
D、对木板，取向右为正方向，根据动量定理得：，解得滑块与长木板相对运动的时间为，故D错误。
故选：。
根据系统的合外力是否为零，来判断系统的动量是否守恒。滑块与长木板组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒，根据动量守恒定律求滑块和长木板共同速度大小。根据能量守恒定律求长木板的长度。对木板，利用动量定理求滑块与长木板相对运动的时间。
本题是板块模型，要掌握动量守恒的条件：系统合外力为零，判断出系统的动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律和动量定理进行解答。
10.【答案】
【解析】解：设最大速度大小为，则内动能的变化量为，在内动能变化量为，
根据动能定理可知这两段时间内合力做功不相同；
在内，动量的变化量为，在内，动量变化量为，根据动量定理知合力的冲量不相同，故A错误；
B.内动能变化量为
动量变化量为，结合上述和相比，合外力做功不相同、合外力的冲量相同，故B正确；
C.内动能变化量为
动量变化量为
结合上述和相比，合外力做功不相同、合外力的冲量相同，故C错误；
D.结合上述可知和内动能变化量均为，动量变化量均为，根据动能定理和动量定理得知合力的功和冲量都相同，故D错误。
故选：。
动能的变化等于末动能与初动能的差值，动量的变化等于末动量与初动量的矢量差；再根据动能定理和动量定理分析各时间段合外力做功与合外力的冲量。
本题主要考查了动能的变化、动量的变化以及动能定理、动量定理的理解和运用；注意动量是矢量，动能是标量。
11.【答案】
【解析】解：、小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，小球运动到最高点时，绳子的拉力最小，在一个周期内两次经过最低点，由乙图可知单摆的周期，在时刻摆线拉力最小，摆球在最高处，故A错误，D正确；
、在点拉力有最大值，根据牛顿第二定律有：
在、两点拉力有最小值：
由到机械能守恒可得：
由此可求得摆球的质量，质量求出后也可根据式求摆球在点的速度，故B正确，C错误；
故选：。
小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期，并确定摆球的位置；
小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量和最大速度。
解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿第二定律解题。
12.【答案】
【解析】解：物体叠加在物体上面静止时，根据平衡条件有
拿走物体后，物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度为，由胡克定律得
其振幅为
当物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体恰好不离开地面，根据平衡条件有
所以由振幅相等
解得物体的质量为
，故A正确；
B.物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体恰好不离开地面，由平衡条件得
物体在最高点的加速度为，由牛顿第二定律可得
，故B错误；
物体上升的最大高度为
当物体经过平衡位置的时候其速度最大，设物体的最大速度大小为，则物体从最高点回落到平衡位置的过程中，对物体与弹簧组成的系统根据机械能守恒定律得
解得
，故CD正确。
故选：。
：开始静止时根据平衡条件列式，拿走之后做简谐运动，根据平衡位置的定义列式，根据距离关系列出振幅与弹性形变量的关系式，上升到最高点时对列平衡式，联立求解的质量；
：根据牛顿第二定律求解物体运动到最高点时的加速度大小；
：当物体经过平衡位置的时候其速度最大，物体从最高点回落到平衡位置的过程中，根据系统机械能守恒定律求解物体的最大速度大小；根据的振幅求解物体上升的最大高度。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
13.【答案】
【解析】解：若，由冲量表达式可知，当时间相同时，有
又由牛顿第二定律可知，因为
所以
由匀变速直线运动速度位移公式可得
又由功的计算公式可得
功和冲量之间的关系可以推导如下
若，由可得
故答案为：；。
若冲量相等，在时间相等的前提下，先根据冲量表达式求出力的大小关系，再由牛顿第二定律求出加速度的大小关系，进而得出位移的大小关系，最后根据功的计算式即可比较功的大小；先推导出功与冲量的关系式，再根据质量的大小关系推出冲量的大小。
本题考查功与冲量，要熟练掌握基本公式，并能够进行灵活变化，再结合控制变量的方法求出所要比较的物理量的大小。
14.【答案】
【解析】解：设钍核的质量为，电荷量为，氦核的质量为，电荷量为，静止在匀强磁场中的铀核分裂成一个钍核和氦核，以钍核的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
；
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
，
解得
，
故两者做圆周运动轨迹的半径之比为
。
故答案为：；。
根据动量守恒定律求解钍核和氦核在磁场中的速度之比；根据牛顿第二定律求解钍核和氦核在磁场中运动的轨道半径，再结合质量、电荷量和速度关系求解两者做圆周运动轨迹的半径之比。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15.【答案】
【解析】解：振子做简谐运动的示意图如图所示：
振子第三次经过点需要时间为
质点的振动周期为，所以经过了半个周期，其路程与振幅的关系为
解得。
故答案为：；。
作出质点做简谐运动的示意图，根据简谐运动的周期性求时间；质点做简谐运动时，一个周期内通过的路程为个振幅，据此求解作答。
本题考查了简谐运动的对称性，作出振子做简谐运动的示意图是解题的关键；知道质点做简谐运动时，一个周期内通过的路程为个振幅。
16.【答案】
【解析】解：因为小球在、间受到的库仑力沿细线方向，则单摆周期公式，其中的值不变，故摆动周期不变。
在点，由拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得，可知重力突然消失，但瞬间点速度大小不变，所以拉力大小不能为且要变化，但方向不变。
故答案为：；。
根据单摆的周期公式得出摆动周期的变化；根据牛顿第二定律分析细线上的张力变化。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据单摆的周期公式和牛顿第二定律即可完成分析，难度不大。
17.【答案】
【解析】解：由题意知，根据能量守恒定律可知外力对做的功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去外力后，组成的系统机械能守恒，所以当弹簧第一次恢复原长时，弹性势能完全转化为的动能，故此时有：
获得的速度为：
因为在墙壁间，故当弹簧第一次恢复原长时，物体的速度为，动量为；
撤去外力后，组成的系统动量守恒，在弹力作用下做减速运动，做加速运动，当速度相等时相距最远，
根据动量守恒定律有：
此时共同速度为：
故答案为：，．
根据能量守恒定律可知中，外力做功转化为弹簧的弹性势能，撤去外力后，弹簧第一次恢复原长时，弹簧的弹簧的弹性势能转化为的动能，由此求得的速度，此后组成的系统水平方向动量守恒，当两间距离最大时，速度相等，根据动量守恒求得此时速度的大小．
本题考查了与弹簧有关的动量、能量问题，有一定综合性，注意撤去外力后系统机械能守恒，当弹簧恢复原长后系统动量守恒．
18.【答案】 相同 大于
【解析】解：摆长为：，周期为：，根据单摆的周期公式，可得当地的重力加速度；
将周期公式，变形可得：
设铁锁的重心与摆线底端的距离为，则有：
可知图像为倾斜的直线，且纵截距为正值，故B正确，ACD错误。
图像的斜率与图像的斜率相同均为，故用图像法处理数据，算出重力加速度的测量值，与重力加速度真实值相比是相同的。
为防止碰撞后入射滑块反弹，入射滑块的质量应大于被碰滑块的质量，故为确保碰撞后滑块继续向前运动，需满足。
根据光电门的测速原理，可知碰撞前的速度为，与相碰后的速度为，的速度为
以碰撞前运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
整理可得满足的关系式为：
故答案为：；；相同；大于；
根据单摆的周期公式推导重力加速度的表达式；根据单摆的周期公式得到图像函数表达式进行判断；
根据实验原理分析出两个滑块质量需要满足的关系；根据光电门的测速原理得出滑块速度的表达式；根据动量守恒定律得出需要验证的表达式。
本题主要考查了用单摆测定重力加速度的实验与验证动量守恒定律的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据单摆的周期公式，动量守恒定律即可完成解答。
19.【答案】解：根据牛顿第二定律有：
根据速度位移公式有：
联立解得：
两辆车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞前第一辆车的速度大小为，以碰撞前第一辆车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
对第一辆车，根据位移时间关系有：
由动量定理得：
解得该同学对第一辆车的冲量大小：
设两辆车碰撞过程损失的机械能为，由能量守恒定律得：
解得：
对两辆车在整个运动过程，由能量守恒定律得：
根据功能关系有：
根据动量定理有：
解得
答：两车碰后共同运动过程的最大速率为；
人给第一辆车水平冲量的大小为；
碰撞时系统损失的机械能与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功之比为。
【解析】两车碰撞后做匀减速直线运动，应用位移时间关系可以求出碰撞后瞬间两车的速度。
两车碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞前第一辆车的速度，对第一辆车应用动量定理求出该同学给第一辆车的冲量。
应用能量守恒定律求出整个过程中两辆车克服阻力所做的功和机械能的损失量。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚手推车的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。
20.【答案】解：物体对物体的摩擦力恰好为最大静摩擦力时，对整体根据牛顿第二定律有
对物体根据牛顿第二定律有
又
代入数据解得
当弹簧的弹性势能与振子的动能相等时
在简谐运动过程中机械能守恒，则
代入数据解得
根据题意有
设向右为正方向，振子从平衡位置向右运动时开始计时，该振子的振动方程为
根据题意有
解得
答：物体的下表面与的上表面间的动摩擦因数是；
当弹簧的弹性势能与振子的动能相等时，此时振子的速度是；
振子从平衡位置到弹簧的弹性势能与振子的动能相等所需的最短时间是。
【解析】与一起在光滑水平面上做简谐运动，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再以为研究对象，求出所受静摩擦力，最后根据求出动摩擦因数；
在简谐运动过程中机械能守恒，由此求出弹性势能与振子的动能相等时振子的速度；
已知该简谐运动的周期，由振动方程求出振子从平衡位置到弹簧的弹性势能与振子的动能相等所需的最短时间。
本题中两物体一起做简谐运动，都满足简谐运动的特征：，回复力做功可根据力与位移方向间的关系判断做什么功。
第1页，共1页