第2章 机械振动 章末测试-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练习（人教版2019）

第二章 机 械 振 动 练 一、 选择题 （本题共 10 小题， 共 46 分。 第 1~7 小题只有一项符合题目要求， 每小 题 4 分。 第 8~10 小题有多项符合题目 要求 ， 每小题 6 分 ， 全部选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分） 1. 一根弹簧原长为 l 0 ， 挂一质量为 m 的物体 时伸长 x 。 当把这根弹簧与该物体套在一 光滑水平的杆上组成弹簧振子， 且其振幅 为 A 时 ， 物 体 振 动 的 最 大 加 速 度 为 （ ） A. Ag l 0 B. Ag x C. xg l 0 D. l 0 g A 2. 如图所示， 在 光滑水平面上 的弹簧振子， 弹 簧形变的最大限度为 20 cm ， 弹簧处于原 长时， 弹簧振子处于图示 P 位置， 若将质 量为 m 的振子向右拉动 5 cm 后由静止释 放， 经 0.5 s 振子第一次回到 P 位置， 关 于该弹簧振子， 下列说法正确的是 （ ） A. 该弹簧振子的振动频率为 1 Hz B. 若向右拉动 10 cm 后由静止释放， 经 过 1 s 振子第一次回到 P 位置 C. 若向左推动 8 cm 后由静止释放， 振子 连续两次经过 P 位置的时间间隔是 2 s D. 在 P 位置给振子任意一个向左或向右 的初速度， 只要最大位移不超过 20 cm ， 总是经 0.5 s 速度就降为 0 3. 如图所示为某物体 做 简 谐 运 动 的 图 像， 下列说法中正 确的是 （ ） A. 物体在 0.2 s 时 刻与 0.4 s 时刻的速度相同 B. 物体在 0.6 s 时刻与 0.4 s 时刻的动能 不同 C. 0.7～0.9 s 时间内物体的加速度在减小 D. 0.9～1.1 s 时间内物体的势能在增加 4. 如下图所示为同一实验室中两个单摆的振 动图像， 从图中可知， 两摆的 （ ） A. 摆长相等 B. 振幅相等 C. 摆球质量相等 D. 摆球同时改变速度方向 5. 心电图是现代医疗诊断的重要手段， 医生 心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔， 即为心跳周期， 由此可计算出 1 min 内心 脏跳动的次数 （即心率）。 甲、 乙两人在 章 末 测 试 （时间： 75 分钟 总分： 100 分） P m 第 2 题图 0.1 0.5 0.9 t/s x/cm 4 -4 O -2 2 第 3 题图 1 2 3 4 5 t/s x/cm -1 -2 2 1 O 第 4 题图 57 练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 同一台心电图机上作出的心电图分别如图 甲、 乙所示， 医生通过测量后记下甲的心 率是 60 次 / 分。 该心电图图纸的移动速度 和乙的心率分别为 （ ） A. 20 mm/s ， 60 次 / 分 B. 25 cm/s ， 60 次 / 分 C. 20 m/s ， 75 次 / 分 D. 25 mm/s ， 75 次 / 分 6. 如图所示为一列沿 x 轴负方向传播的简谐 波在某一时刻的图像， 下列说法中正确的 是 （ ） A. 该时刻 a 点和 d 点处的质点位移相同， 加速度方向相反 B. 该时刻 b 点和 c 点处的质点位移相同， 速度方向也相同 C. 质点 b 比质点 c 先回到平衡位置 D. 质点 a 比质点 d 先回到平衡位置 7. 一个单摆， 在第一个行星上的周期为 T 1 ， 在第二个行星上的周期为 T 2 ， 若这两个行 星的质量之比为 M 1 ∶ M 2 ＝4 ∶ 1 ， 半径之比 R 1 ∶R 2 ＝2 ∶ 1 ， 则 （ ） A. T 1 ∶ T 2 ＝1 ∶ 1 B. T 1 ∶ T 2 ＝4 ∶ 1 C. T 1 ∶ T 2 ＝2 ∶ 1 D. T 1 ∶ T 2 ＝1 ∶ 2 8. 做简谐运动的弹簧振子， 振子质量为 m ， 最大速度为 v ， 则下列说法正确的是 （ ） A. 从某时刻算起， 在半个周期的时间内， 回复力做的功一定为 0 B. 从某时刻算起， 在半个周期的时间内， 回复力做的功可能是 0~mv 2 之间的某 一个值 C. 从某一时刻算起， 在半个周期的时间 内， 速度变化量一定为 0 D. 从某一时刻算起， 在半个周期的时间 内， 速度变化量的大小可能是 0~2v 之 间的某一值 9. 如图所示为简谐运动的振动图像， 下列说 法正确的是 （ ） A. 振动图像上的 A 、 B 两点处， 物体的 速度相同 B. 在 t＝0.1 s 和 t＝0.3 s 时， 物体的加速度 大小相等， 方向相反 C. 振动图像上的 A 、 B 两点处， 物体的速 度大小相等， 方向相反 D. 物体在 t＝0.1 s 和 t＝0.3 s 时的回复力大 小相等， 方向相反 10. 如图甲所示是一个弹簧振子的示意图， O 是它的平衡位置， 在 B 、 C 之间做简谐运 动， 规定向右为正方向。 图乙是它的速 度 v 随时间 t 变化的图像。 下列说法中正 确的是 （ ） 第 5 题图 甲 乙 25 mm 25 mm 20 mm 20 mm 20 mm 1 2 3 4 t/ （ 10 -1 s ） x/cm O -1 1 A B 第 9 题图 1 2 3 x/m y/m O v a b c d 第 6 题图 58 第二章 机 械 振 动 练 A. t＝2 s 时刻， 振子的位置在 O 点左侧 4 cm 处 B. t＝3 s 时刻， 振子的速度方向向左 C. t＝4 s 时刻， 振子的加速度方向向右 且为最大值 D. 振子的周期为 8 s 二、 非选择题 （本题共 5 小题， 共 54 分） 11. （ 6 分） 某同学利用单摆测量重力加速度。 （ 1 ） 为了使测量误差尽量小， 下列说法 正确的是 。 A. 组装单摆须选用密度和直径都较 小的摆球 B. 组装单摆须选用轻且不易伸长的 细线 C. 实验时须使摆球在同一竖直面内 摆动 D. 摆长一定的情况下， 摆的振幅尽 量大 （ 2 ） 如图所示 ， 在物理 支架的竖直立柱上 固定有摆长约 1 m 的单摆。 实验时， 由 于仅有量程为 20 cm 、 精度为 1 mm 的钢 板刻度尺 ， 于是他 先使摆球自然下垂， 在竖直立柱上与摆球最下端处于同 一水平面的位置做一标记点， 测出 单摆的周期 T 1 ， 然后保持悬点位置 不变， 设法将摆长缩短一些， 再次 使摆球自然下垂， 用同样方法在竖 直立柱上做另一标记点， 并测出单 摆的周期 T 2 ； 最后用钢板刻度尺量 出竖直立柱上的两标记点之间的距 离 ΔL 。 用上述测量结果， 写出重力 加速度的表达式： g＝ 。 12. （ 10 分） 甲、 乙两个学习小组分别利用 单摆测量重力加速度。 （ 1 ） 甲组同学采用图甲所示的实验装置。 ① 为比较准确地测量出当地重力加 速度的数值， 除秒表外， 在下列器 材中， 还应该选用 ； （用 器材前的字母表示） a. 长度接近 1 m 的细绳 b. 长度为 30 cm 左右的细绳 c. 直径为 1.8 cm 的塑料球 d. 直径为 1.8 cm 的铁球 e. 最小刻度为 1 cm 的米尺 f. 最小刻度为 1 mm 的米尺 ② 该组同学先测出悬点到小球球心 的距离 L ， 然后用秒表测出单摆完 成 n 次全振动所用的时间 t 。 请写 第 11 题图 第 12 题图 甲 乙 丙 BC O v 甲 2 4 6 8 t/s v/ （ m · s -1 ) 4 -4 O 乙 第 10 题图 速度传感器 O 10 0 -10 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 t/s v/ （ cm · s -1 ） 59 练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 出重力加速度的表达式 ： g= 。 （用所测物理量表示） ③ 在测量摆长后， 测量周期时， 摆 球振动过程中悬点 O 处摆线的固定 出现松动， 摆长略微变长， 这将会 导致所测重力加速度的数值 （填 “偏大” “偏小” 或 “不变”）。 （ 2 ） 乙组同学在图甲所示装置的基础上 再增加一个速度传感器， 如图乙所 示。 将摆球拉开一小角度使其做简 谐运动， 速度传感器记录了摆球振 动过程中速度随时间变化的关系， 如图丙所示的 v-t 图线。 ① 由图丙可知， 该单摆的周期 T= s ； ② 更换摆线长度后， 多次测量， 根 据实验数据， 利用计算机作出 T 2 -L （周期平方—摆长 ） 图线 ， 并根据 图线拟合得到方程 T 2 ＝4.04L＋0.035 。 由此可以得出当地重力加速度 g= m/s 2 。 （取 π 2 ＝9.86 ， 结果 保留三位有效数字） 13. （ 10 分） 一位游客在千岛湖边欲乘坐游 船， 当日风浪较大， 游船上下浮动。 可 把游船浮动简化成竖直方向的简谐运 动， 振幅为 20 cm ， 周期为 3.0 s 。 当船 上升到最高点时， 甲板刚好与码头地面 平齐。 地面与甲板的高度差不超过 10 cm 时， 游客能舒服地登船 。 在一个周期 内， 求游客能舒服登船的时间是多少。 14. （ 15 分） 如图所示， 将质量为 m＝0.5 kg 的物体放在质量为 M＝4.5 kg 的平台上， 随平台上下做简谐运动。 设在简谐运动 过程中， 二者始终保持相对静止。 已知 弹簧的劲度系数为 k＝400 N/m ， 振幅为 A＝0.1 m 。 g 取 10 m/s 2 ， 求： （ 1 ） 二者一起运动到最低点时， 物体对 平台的压力大小。 （ 2 ） 二者一起运动到最高点时， 物体对 平台的压力大小。 15. （ 13 分） 有人利用安装在气球载人舱内 的单摆来确定气球的高度。 已知该单摆 在海平面处的周期是 T ， 当气球停在某 一高度时， 测得该单摆周期为 T′ ， 求该 气球此时离海平面的高度 h 。 （把地球 看作质量均匀分布、 半径为 R 的球体） m M 第 14 题图 60 参考答案与解析 12. 先增大后减小 2 0.2 s 【解析】 振子的固有频 率为 2 Hz ， 凸轮的转动频率就是驱动力的频率， 即 f 驱 从 0 增大到 5 Hz 的过程中， 先接近固有频率， 达到相 等后又偏离固有频率， 故振幅先增大后减小。 当 f 驱 = f 固 =2 Hz ， 即 n=2 r/s 时， 振幅最大。 当 n=5 r/s ， 即 f 驱 = 5 Hz ， T 驱 =0.2 s ， 受迫振动的周期取决于驱动力的周期， 也为 0.2 s 。 13. 19.9 m/s 【解析 】 由题意可知弹簧在做受迫振 动， 要使振动最剧烈， 必然是弹簧发生共振， 此时必须满 足 f 驱 ＝f 固 （或 T 驱 ＝T 固 ）。 根据题意知， 防震弹簧的劲度 系数为 k＝ F x ＝ 10 4 0.02 N/m＝5×10 5 N/m 。 由于每根弹簧的实际 负荷为 m＝5000 kg ， 所以弹簧的固有周期为 T 固 ＝2π · m k 姨 ＝2π 5000 5×10 5 姨 s＝0.2π s 。 当振动最剧烈时有 T 驱 ＝ l v ＝T 固 。 故列车振动得最剧烈时火车的速度为 v＝ l T 固 ＝ 12.5 0.2×3.14 m/s≈19.9 m/s 。 情境题专项 1. B 【解析】 鱼漂在水中受到了浮力的作用， 由阿 基米德浮力定律可知， 浮力的大小与鱼漂进入水面的深 度成正比， 鱼漂所受的重力为恒力， 以静止时 O 点所处 位置为坐标原点， 则合力的大小与鱼漂的位移大小成正 比， 方向总是与位移方向相反， 所以鱼漂做简谐运动， 故 A 错误； 点 N 过水面时， 重力大于浮力， 且浮力达 到最小值， 此时回复力 F＝mg-F 浮 ＝ma ， 加速度最大， 方 向向下， 故 B 正确； 点 M 到达水面时， 鱼漂达到了向 下的最大位移， 故 C 错误； 由简谐运动的特点可知， 鱼 漂由下往上运动时， 速度越来越大， 达到最大后则开始 减小， 故 D 错误。 2. BD 【解析】 b 摆球垂直纸面向里拉开一微小角度 后释放， 使得其他四个摆球都做受迫振动， 受迫振动的 频率等于驱动力的频率， 所以 4 个单摆的频率相等； 当 驱动力的频率接近物体的固有频率时， 振幅最大， 即共 振。 由 T＝2π L g 姨 知， d 摆的摆长与 b 摆的摆长相等， 则驱动力的周期等于 d 摆的固有周期， d 摆发生共振， 振幅最大。 故 B 、 D 正确， A 、 C 错误。 3. AB 【解析】 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 C 、 D 错误， A 、 B 正确。 4. C 【解析】 根据共振的条件可知， 驱动力的频率 等于系统的固有频率时， 系统发生共振现象， 振幅最 大 ， 故 A 错误 ； 当 “落网 ” 昆虫翅膀振动的周期为 0.005 s 时， 由 f＝ 1 T 可得其频率 f＝200 Hz ， 与丝网的固 有频率相等， 所以丝网的振幅最大， 故 C 正确； 驱动力 的频率不等于固有频率时， 振幅较小， 但振动不会停 止， 故 B 错误； 受迫振动的频率等于驱动力的频率， 所 以昆虫 “落网” 时， 丝网振动的频率由 “落网” 昆虫翅 膀振动的频率决定， 故 D 错误。 5. B 【解析】 移开物体 B 后， 物块 A 开始做简谐运 动， 取沿斜面向上为正方向， 故 t＝0 时刻位移为负的最 大值； 木块 B 对木块 A 的压力大小等于其重力的下滑 分量， 即 m B gsin θ ， 而木块 A 受力平衡， 合力为 0 ； 撤 去木块 B 瞬间， 除 B 对 A 的压力外， 其余力不变， 故 木块 A 受到的合力变为 m B gsin θ ， 即回复力为 m B gsin θ ， 沿斜面向上， 与平衡位置间距为 A＝ m B gsin θ k 。 6. （ 1 ） -10 cm 0 （ 2 ） 4 cm （ 3 ） 0.1 sin 0.5πt+ # 3 2 2 π （ m ） 【解析】 （ 1 ） 由图 乙知刚开始计时时， 即 t＝0 时刻， 振子处在左边最大位 移的位置处， 位移为 -10 cm ； 周期为 T＝4 s ， 而 t＝17 s＝ 4 1 4 T ， 根据振子的周期性可知 t＝17 s 时振子经过平衡位 置， 相对平衡位置的位移是 0 。 （ 2 ） 振动图线上 1 、 3 两点时间间隔为半个周期 ， 即 t＝2 s ， 则振动图线上 1 、 3 两点间的距离为 s＝vt＝ 2 cm/s×2 s＝4 cm 。 （ 3 ） 弹簧振子的周期为 T＝4 s ， 则 ω＝ 2π T = 2π 4 = 0.5π rad/s ； 振幅为 A＝0.1 m ； 开始时振子处在左边最大位 移的位置处， 位移为 -10 cm ， 所以该振子简谐运动的表达 式为 x＝-Acos ωt＝-0.1sin 0.5πt＝0.1sin 0.5πt+ 3 2 2 & π （ m ）。 7. 2.5 0.6 【解析】 当圆盘以 0.4 Hz 的频率匀速转 动， 经过一段时间后， 小球振动达到稳定， 是受迫振 动， 振动频率等于驱动力的频率， 为 0.4 Hz ； 故有 T＝ 1 f = 1 0.4 =2.5 （ s ）； 一个单摆的摆动频率与球做阻尼振动 的频率相同， 故为 0.6 Hz 。 章 末 测 试 1. B 【解析】 振子的最大加速度 a= kA m ， 而 mg=kx ， 解得 a= Ag x ， B 正确。 21 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 2. D 【解析】 由题意知， 该弹簧振子振动周期为 T= 0.5×4 s=2 s ， 振动频率为 0.5 Hz ， A 错误； 弹簧振子的 周期由振动系统本身决定， 与振幅无关， 故只要振子的 最大位移不超过 20 cm ， 即弹簧形变在最大限度内， 则 振子的振动周期仍为 2 s ； 由此可知， 若向右拉动 10 cm 后由静止释放， 经过 1 4 T=0.5 s 振子第一次回到 P 位置； 若向左推动 8 cm 后由静止释放， 振子连续两次经过 P 位置的时间间隔是 T 2 =1 s ； 在 P 位置给振子任意一个向 左或向右的初速度， 只要最大位移不超过 20 cm ， 总是 经 T 4 =0.5 s 到达最大位移处， 即速度降为 0 ； B 、 C 错 误， D 正确。 3. A 【解析】 由图知物体在 0.2 s 与 0.4 s 时刻图线 的切线斜率相等， 说明这两个时间的速度相同， 故 A 正 确； 物体在 0.6 s 时刻与 0.4 s 时刻的位移相同， 物体经 过同一位置， 动能相同， 故 B 错误； 0.7～0.9 s 时间内物 体的位移增大， 由 a=- kx m ， 可知物体的加速度在增大， 故 C 错误； 0.9～1.1 s 时间内物体的位移减小， 物体靠近 平衡位置， 则势能在减小， D 错误。 4. A 【解析】 由图像可知， 两摆的振幅不同。 周期 相同， 说明摆长相同， 速度方向不是同时改变， A 正确， B 、 D 错误； 据图中信息无法判断摆球质量关系， C 错误。 5. D 【解析】 该心电图机图纸的移动速度为 v = s t = 25 1 mm/s=25 mm/s 。 心动周期为 T= λ v = 20 25 s=0.8 s ， 所以心率即为 1 T ×60 次 / 分 =75 次 / 分， 即 75 次 / 分， D 正确。 6. D 【解析】 题图时刻 a ， d 两点位移相同， 加速度 相同， A 错误； 据 “上坡下， 下坡上” 可以判断 a 、 b 两 点沿 y 轴正方向运动， c 、 d 两点沿 y 轴负方向运动， 所 以 c 比 b 先回到平衡位置， a 比 d 先回到平衡位置， C 错误， D 正确。 7. A 【解析】 单摆的周期公式为 T=2π l g 姨 ， 同一 单摆即有 T∝ l g 姨 ， 又据万有引力定律 mg=G Mm R 2 ， 有 g=G M R 2 ， 因此 T∝ R 2 M 姨 ， 故 T 1 ∶T 2 = R 2 1 · M 2 M 1 · R 2 2 姨 = 4×1 4×1 姨 =1 ∶ 1 。 8. AD 【解析】 振子在半个周期内刚好到达与初位 置关于平衡位置对称的位置， 两位置速度大小相等， 故 由动能定理知， 回复力做的功一定为 0 ， A 正确， B 错 误； 但由于速度反向 （初位置在最大位移处时速度均为 0 ）， 所以在半个周期内速度变化量的大小为初速度大小 的两倍， 因此在半个周期内速度变化量大小应为 0~2v 之间的某个值， 则 C 错误， D 正确。 9. BCD 【解析】 A 、 B 两处位移相同， 速度大小相 等， 但方向相反， A 项错误， C 正确； 在 t=0.1 s 和 t= 0.3 s 时物体离开平衡位置的位移最大， 方向相反， 由 F= -kx ， a=- kx m 可知 B 、 D 正确。 10. BCD 【解析 】 根据题图和正方向的规定可知 ， t=2 s 时刻， 速度最大， 振子处于平衡位置， A 错误； t= 3 s 时刻， 振子的速度方向向左， B 正确； t=4 s 时刻， 速度为 0 ， 振子在左边最大位移处， 加速度方向向右且 为最大值， C 正确； 从题图乙可知， 振子的周期为 8 s ， D 正确。 11. （ 1 ） BC （ 2 ） 4π 2 ΔL T 2 1 -T 2 2 【解析】 （ 1 ） 为了减小 实验误差， 应选用密度大、 体积小的摆球， A 错误； 摆 线应选用不易伸缩的轻线， B 正确； 实验时摆球应在同 一竖直面内摆动， 而不能做成圆锥摆， C 正确； 摆长一 定的情况下， 摆角不能超过 5° ， 因此摆的振幅不能过 大， D 错误。 （ 2 ） 由单摆周期公式得 T 1 =2π L g 姨 ， T 2 =2π L-ΔL g 姨 ， 解得 g= 4π 2 ΔL T 2 1 -T 2 2 。 12. （ 1 ） ①adf ② 4π 2 n 2 L t 2 ③ 偏小 （ 2 ） ①2.0 ②9.76 【解析】 （ 1 ） ① 除秒表外， 在下列器材中， 还应 该选用： a. 长度接近 1 m 的细绳； d. 直径为 1.8 cm 的 铁球； f. 最小刻度为 1 mm 的米尺； ② 单摆的周期为 T= t n ， 根据 T=2π L g 姨 可知 g= 4π 2 L T 2 = 4π 2 n 2 L t 2 ； ③ 如果摆 球振动过程中悬点 O 处摆线的固定处出现松动， 摆长略 微变长， 则测得的周期变大， 由 g= 4π 2 L T 2 可知测得的重 力加速度偏小。 （ 2 ） ① 从 v-t 图线中读出， 单摆的振动 周期为 T=2.0 s ； ② 因为 T 2 = 4π 2 g L ， 由 T 2 =4.04L+0.035 可知 4π 2 g =4.04 ， 解得 g= 4π 2 4.04 =9.76 （ m/s 2 ）。 13. 1.0 s 【解析】 从船上升到最高点时计时， 游船的 振动方程为 y=Acos 2π T t ， 代入数据得 y=20cos 2π 3 t cm ， 在前半个周期内， 当 y=10 cm 时， 可得 t=0.5 s ， 故在一 个周期内， 游客能舒服地登船的时间是 2t=1.0 s 。 22 参考答案与解析 14. （ 1 ） 9 N （ 2 ） 1 N 【解析】 （ 1 ） 在平衡位置， 设弹簧压缩量为 x ， 有（ M+m ） g=kx ， 解得 x=0.125 m 。 在最低点， 设物体对平台压力大小为 F 1 ， 由牛顿第 三定律可知， 平台对物体的支持力大小也为 F 1 。 对整体： k （ x+A ） - （ M+m ） g= （ M+m ） a 1 。 对 m ： F 1 -mg=ma 1 ， 解得 a 1 =8 m/s 2 ， F 1 =9 N 。 （ 2 ） 在最高点， 设物体对平台的压力大小为 F 2 ， 对整体： （ M+m ） g-k （ x-A ） = （ M+m ） a 2 ， 对 m ： mg-F 2 =ma 2 ， 解得 a 2 =8 m/s 2 ， F 2 =1 N 。 15. T′ T - - " 1 R 【解析】 设摆长为 l ， 海平面处和离海 平面的高度为 h 处的重力加速度分别是 g 和 g′ 。 根据单摆周期公式得 T=2π l g 姨 ， T′=2π l g′ 姨 ， 故 g g′ = T′ 2 T 2 根据万有引力公式有 G Mm R 2 =mg ， 得 g=G M R 2 ， 同理 g′=G M （ R+h ） 2 ， 得 g g′ = （ R+h ） 2 R 2 。 由以上结论可得 T′ 2 T 2 = （ R+h ） 2 R 2 ， 则 h= T′ T - - " 1 R 。 感 知 高 考 1. BC 【解析】 当 A 、 B 两点在平衡位置的同侧时有 1 2 A=Asin φ a ， 3 姨 2 A=Asin φ b ， 可得 φ a ＝ π 6 ， φ b ＝ π 3 或 者 φ b ＝ 2π 3 ， 因此可知第二次经过 B 点时 φ b ＝ 2π 3 ， 故 2 3 π- π 6 2π T=t ， 解得 T＝4t ， 此时位移关系为 3 姨 2 A- 1 2 A＝ L ， 解得 A＝ 2L 3 姨 -1 ， 故 A 错误， B 正确； 当 A 、 B 两 点在平衡位置两侧时有 - 1 2 A＝Asin φ a ， 3 姨 2 A＝Asin φ b ， 解得 φ a ＝- π 6 或者 φ a ＝- 5π 6 （由图中运动方向舍去）， φ b ＝ π 3 或者 φ b ＝ 2π 3 。 当第二次经过 B 点时 φ b ＝ 2π 3 ， 则 2π 3 - - π 6 " 2π T=t ， 解得 T＝ 12 5 t ， 此时位移关系为 3 姨 2 A+ 1 2 A＝L ， 解得 A= 2L 3 姨 +1 ， 故 C 正确 ， D 错误 。 故 选 BC 。 2. B 【解析】 物体做简谐运动的条件是在运动过程 中所受回复力与位移成正比， 且方向始终指向平衡位 置， 可知小球在杆中点到接触弹簧的过程中， 所受合力 为 0 ， 故小球不是做简谐运动， 故 A 错误； 假设杆中点 为 O ， 小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为 A ， 小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为 B ， 可知小 球做周期为 T 的往复运动， 运动过程为 O→A→O→B→ O ， 根据对称性可知小球从 O→A→O 与 O→B→O ， 这两 个过程的动能变化完全一致， 两根弹簧的总弹性势能的 变化完全一致， 故小球动能的变化周期为 T 2 ， 两根弹簧 的总弹性势能的变化周期为 T 2 ， 故 B 正确， C 错误； 小 球的初速度为 v 2 时， 可知小球在匀速阶段的时间变为原 来的 2 倍， 根据弹簧振子的周期公式 T 0 =2π m k 姨 可知， 接触弹簧过程中所用时间与速度无关， 因此总的运动周 期小于 2T ， 故 D 错误， 故选 B 。 3. B 【解析】 O 点为平衡位置 ， 沿斜面向上拉动 15 cm 后， 小球受到的合力为 F 合 ＝kx OP ＝3 N ， 则小球在 P 点的回复力为 －3 N ， 故 A 错误； 由简谐运动的对称性 可知， 小球在 P′ 点的回复力为 3 N ， 有 kΔx－mgsin 30°＝ 3 N ， 解得 Δx＝25 cm ， 故 B 正确 ； 小球经平衡位置 O 时， 速度最大， 从 N 点向上运动， 前 1 4 周期内运动的路 程要大于 15 cm ， 后 1 2 周期内运动的路程为 30 cm ， 总 路程大于 45 cm ， 故 C 错误； 根据简谐运动的对称性可 知， 小球在 M 、 N 两点的速度大小相等， 由系统机械能 守恒可知， 小球在 N 点时弹簧的弹性势能大于小球在 M 点时弹簧的弹性势能， 故 D 错误。 4. ABD 【解析】 由简谐运动的对称性可知， 0.1 m 、 0.3 m 、 0.5 m 时木棒处于平衡位置， 则 x 从 0.05 m 到 0.15 m 的过程中， 木棒从平衡位置下方向上移动， 经平 衡位置后到达平衡位置上方， 速度先增大后减小， 所以 动能先增大后减小， A 正确； x 从 0.21 m 到 0.25 m 的过 程中， 木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动 ( 未到平衡位置 ) ， 加速度方向竖直向下， 大小逐渐变小， B 正确； x＝0.35 m 和 x＝0.45 m 时， 由图像的对称性知浮 力大小相等， 说明木棒在同一竖直高度， 竖直方向速度 大小相等， 方向相反， 而这两个时刻木棒水平方向速度 相同， 所以合速度大小相等， 方向不是相反， C 错误； 木棒底端处于水面下最大位移时， F 1 ＝ρgSh 1 ， 木棒底端 处于水面下最小位移时， F 2 ＝ρgSh 2 ， 木棒在竖直方向做 简谐运动的振幅 A＝ h 1 -h 2 2 = F 1 -F 2 2ρSg ， 故 D 正确。 23