第八章 第1课时 机械振动（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（粤教版 粤）

考情分析 试题情境 生活实践类 共振筛、摆钟、地震波、多普勒彩超等 学习探究类 简谐运动的特征、单摆的周期与摆长的定量关系、用单摆测量重力加速度、受迫振动的特点、共振的条件及其应用、波的干涉与衍射现象、多普勒效应 第1课时　机械振动 目标要求　1.知道简谐运动的概念，掌握简谐运动的特征。理解简谐运动的表达式图像。2.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。3.理解受迫振动和共振的概念，了解产生共振的条件。 考点一　简谐运动的基本特征 1．简谐运动：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。 2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。 3．回复力 (1)定义：使物体在平衡位置附近做往复运动的力。 (2)方向：总是指向平衡位置。 (3)来源：属于效果力，是振动物体所受的沿振动方向的合力。可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。 4．简谐运动的特点 受力特点 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动特点 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小(均选填“增大”或“减小”) 能量特点 对同一个振动系统，振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒 1．简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。(　×　) 2．做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。(　×　) 3．做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小。(　√　) 4．振动物体经过半个周期，路程等于2倍振幅；经过个周期，路程等于振幅。(　×　) 例1　如图所示，小球在B、C之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C运动到O的过程中(　　) A．动能不断增大，加速度不断减小 B．回复力不断增大，系统机械能守恒 C．弹性势能不断减小，加速度不断增大 D．弹性势能不断增大，加速度不断减小 答案　A 解析　做简谐运动的小球，从C到O的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合外力做正功，动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F＝－kx可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知 F＝－kx＝ma，故加速度不断减小，故A正确；由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；在小球从C到O的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误。 例2　(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek，下列说法正确的是(　　) A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值可能小于 B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为T C．物块通过O点时动能最大 D．当物块通过O点时，其加速度最小 答案　ACD 解析　物块从C点开始做简谐运动的图像如图所示。从图中可以看出t1、t2两时刻速度大小相等，方向都向下，动能相等，Δt＝t2－t1<，故A正确，B错误；O点为物块做简谐运动的平衡位置，当物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，动能最大，故C、D正确。 例3　如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为(　　) A．3 s、6 cm B．4 s、6 cm C．4 s、9 cm D．2 s、8 cm 答案　B 解析　简谐运动的质点，先后以同样的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等，那么平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4(t1＋t2)＝4 s。这2 s内质点通过的总路程的一半，即为振幅，所以振幅A＝＝6 cm，故选B。 简谐运动的周期性与对称性 周期性 做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 对称性 (1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置O点对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等 (2)物体由P到O所用的时间等于由O到P′所用的时间，即tPO＝tOP′ (3)物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO (4)相隔或(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反 考点二　简谐运动的公式及图像 1．简谐运动的表达式 x＝Asin(ωt＋φ0)，式中A为振幅，ωt＋φ0为相位，φ0为初相位，ω为角频率，ω与周期T的关系ω＝。 2．简谐运动的振动图像 表示做简谐运动的物体的位移随时间变化的规律，是一条正弦曲线。 例4　(2023·广东省测试)某个质点的简谐运动图像如图所示。求： (1)振动的振幅和周期； (2)写出简谐运动的表达式； (3)0～10 s内质点经过的路程。 答案　(1)2 cm　4 s　(2)x＝2sin t(cm)　(3)20 cm 解析　(1)根据图像可知振动的振幅为A＝2 cm 周期为T＝4 s (2)简谐运动的表达式为 x＝Asin t＝2sin t(cm)＝2sin t(cm) (3)由于Δt＝10 s＝2T＋T 则0～10 s内质点经过的路程为s＝2×4A＋×4A＝20 cm。 例5　(2024·广东省执信中学检测)扬声器是语音和音乐的播放装置，在生活中无处不在。如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是(　　) A．t＝1×10－3 s时刻纸盆中心的位移最大 B．t＝2×10－3 s时刻纸盆中心的加速度最大 C．在0～2×10－3 s之间纸盆中心的速度方向不变 D．纸盆中心做简谐运动的表达式为x＝1.0×10－4cos 50πt (m) 答案　A 解析　t＝1×10－3 s时刻纸盆中心的位移最大，故A正确；t＝2×10－3 s时刻纸盆中心位于平衡位置，加速度为零，故B错误；在0～2×10－3 s之间纸盆中心的速度方向先沿正方向再沿负方向，故C错误；纸盆中心做简谐运动的表达式为x＝Asin  ＝1.0×10－4sin 500πt (m)，故D错误。 从振动图像可获取的信息 1．振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0(如图所示)。 2．某时刻振动质点离开平衡位置的位移。 3．某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小(即此切点的导数)和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定。 4．某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同。 5．某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。 考点三　单摆及其周期公式 1.如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置叫作单摆。(如图) 2．近似看成简谐运动的条件：摆角θ<5°。 3．回复力：F回＝mgsin θ。 说明：单摆的回复力为摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。 4．周期公式：T＝2π。 (1)L为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。 (2)g为当地重力加速度。 说明：当单摆处于月球上时，重力加速度为g月；当单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。 5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长L和重力加速度g，与振幅和摆球质量无关。 1．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　×　) 2．单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。(　×　) 3．当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力为零。(　×　) 4．单摆处于平衡位置时合外力为零。(　×　) 5．单摆摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，即F＝T－mgcos θ(θ为摆线与竖直方向的夹角)。(　√　) 思考　(1)单摆的回复力表达式中k对应什么？ (2)由单摆的周期公式和回复力公式推测简谐振动的周期公式。 答案　(1)由单摆回复力公式可知k＝。 (2)由回复力公式知＝，替换单摆周期公式可得简谐振动周期公式为T＝2π。 例6　某实验室里甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆(　　) A．摆长之比为∶1 B．振动频率之比为2∶3 C．在t＝1.0 s时刻，加速度均不为零 D．在t＝1.8 s时刻，振动方向相反 答案　C 解析　由题图可知，甲、乙单摆振动周期之比为2∶1，根据单摆的周期公式T＝2π可知，甲、乙单摆摆长之比为4∶1，故A错误； 根据周期与频率的关系f＝，所以振动频率之比为1∶2，故B错误； 在t＝1.0 s时刻，沿振动方向的加速度均为零，但还有向心加速度，因此加速度不为零，故C正确； 根据振动图像可知，在t＝1.8 s时刻，甲、乙两单摆均沿x轴正向振动，故D错误。 例7　如图所示，A、B两物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C′两点间一起做简谐运动，O为最低点，当位移为x时，A、B系统的回复力为F。A、B的总重力为G，重力加速度取g，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．A、B经过O点时均处于平衡状态 B．F＝－x C．由O点向C点运动的过程中，A受到的摩擦力逐渐增大 D．经过O点时，将A取走，B的振幅将增大 答案　B 解析　A、B经过O点时的向心加速度不为零，处于非平衡状态，故A错误；设当位移为x时，摆角为θ，当夹角较小时，有sin θ＝，对两物块进行受力分析可得sin θ＝，联立得回复力的大小为F＝x，同时考虑到回复力的方向与位移方向相反，故B正确；由O点向C点运动的过程中，位移为y，摆角为α，以A、B整体为研究对象，在速度方向有F＝Gsin α＝mABa，sin α＝，a＝gsin α＝，对A进行受力分析可得GAsin α－f＝mAaA，由题意可得a＝aA，联立解得f＝0，故C错误；单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅不变，故D错误。 考点四　受迫振动和共振 1．受迫振动 (1)概念：系统在外界驱动力作用下的振动。 (2)振动特征：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。 2．共振 (1)概念：当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。 (2)共振的条件：驱动力的频率等于固有频率。 (3)共振的特征：共振时振幅最大。 (4)共振曲线(如图所示)。 f＝f0时，A＝Am，f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小。 1．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关。(　×　) 2．物体在发生共振时的振动是受迫振动。(　√　) 3．驱动力的频率越大，物体做受迫振动的振幅越大。(　×　) 例8　(2023·广东江门市新会第一中学一模)轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2 Hz。如图所示，这辆汽车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0 m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是(　　) A．当该轿车通过减速带时，车身上下振动的频率均为2 Hz，与车速无关 B．该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈 C．当该轿车以2 m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈 D．当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同 答案　C 解析　当轿车以速度v通过减速带时，车身上下振动的周期为T＝，则车身上下振动的频率为f＝＝，该值与车速有关，故A错误；车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，即当车速满足f＝＝2 Hz，即v＝2 m/s，车身上下颠簸得最剧烈，故B错误，C正确；当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下振动的频率可能分别大于或小于车身系统的固有频率，车身上下颠簸的剧烈程度可能相同，故D错误。 简谐运动、受迫振动和共振的比较 振动 项目　　 简谐运动 受迫振动 共振 受力情况 受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期、频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0和固有频率f0 由驱动力的周期和频率决定，即T＝T驱，f＝f驱 T驱＝T0，f驱＝f0 振动能量 振动系统的机械能不变 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(θ<5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 课时精练 1.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则(　　) A．该振子振动周期是2 s，振幅是6 cm B．该振子振动频率是2 Hz C．小球完成一次全振动通过的路程是12 cm D．小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm 答案　C 解析　由题意可知T＝ s＝2 s，A＝ cm＝3 cm，A错误；频率T＝，解得f＝0.5 Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4×3 cm＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝×4A＝×4×3 cm＝18 cm，D错误。 2．(多选)(2023·广东深圳市一模)如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上。小球振动时，沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，纸带上可留下痕迹，a、b是纸带上的两点，不计阻力，如图乙所示。由此可判断(　　) A．t时间内小球的运动路程为vt B．小球和弹簧组成的系统机械能守恒 C．小球通过a点时的速度大于通过b点的速度 D．如果小球以较小的振幅振动，周期也会变小 答案　BC 解析　vt是t时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，选项A错误； 小球振动过程只有弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，选项B正确； 由题图乙可知小球通过a点时更靠近平衡位置，其速度大于通过b点的速度，选项C正确； 小球的运动是简谐运动，其振动周期与振幅无关，选项D错误。 3.(多选)(2023·广东汕头市金南实验学校三模)如图所示，“洗”是古代盥洗用的脸盆，多用青铜铸成，现代亦有许多仿制的工艺品，倒些清水在其中，用手掌慢慢摩擦盆耳，盆就会发出嗡嗡声，到一定节奏时还会溅起层层水花，下列关于“洗”的说法正确的是(　　) A．手掌摩擦的越快则溅起的水花越高 B．水花溅起的原因是发生了共振现象 C．该种现象属于受迫振动 D．盆中的嗡嗡声是手与“洗”摩擦产生的声音 答案　BC 解析　用手摩擦盆耳，溅起水花是因为“洗”发生了共振，该种现象属于受迫振动，当其摩擦的频率等于“洗”的固有频率，使其达到共振时，溅起的水花最高，即手掌摩擦的越快溅起的水花不一定越高。盆中的嗡嗡声是“洗”振动时产生的声音。故选B、C。 4.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，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N(可视为质点)从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是(　　) A．M比N后到达O点 B．M、N通过P点时所受的回复力相同 C．M有可能在P点追上N并与之相碰 D．从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大 答案　B 解析　根据T＝2π，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；M、N通过P点时所受的回复力相同，均为小球在该点重力沿轨迹切线方向的分力，故B正确；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；从释放到到达O点过程中，根据I＝mgt，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。 5．(多选)有两个质点1、2做简谐运动，振动表达式分别为x1＝3asin(8πbt＋)和x2＝9asin(8πbt＋)。关于简谐运动1和2的说法正确的是(　　) A．振幅之比为1∶3 B．频率之比为1∶1 C．一个周期内运动的路程之比为3∶1 D．1的相位比2的相位超前 答案　AB 解析　两个简谐振动的振幅分别为3a和9a，则振幅之比为1∶3，选项A正确；频率之比＝∶＝，选项B正确；一个周期内运动的路程之比为4A，则路程之比1∶3，选项C错误；2的相位比1的相位超前，选项D错误。 6．(多选)如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是(　　) A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大 B．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动 C．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能 D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，振子的速度都为零 答案　BD 解析　在t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，故A错误；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，故B正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，故C错误；在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，振子在最大位移处，速度为零，故D正确。 7．(多选)(2023·广东汕头市一模)如图甲所示的摆钟是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图乙为其内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则(　　) A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力 B．摆钟在太空实验室内是无法正常使用的 C．该摆钟从北京带到汕头，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 答案　BCD 解析　回复力是指向平衡位置的力，所以摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，故A错误； 摆钟在太空实验室内是处于失重状态的，所以无法使用，故B正确； 该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由T＝2π 可知周期变大，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故C正确； 该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短，所以需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故D正确。 8．(多选)(2023·广东汕头市二模)如图(a)所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图(b)所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有(　　) A．0时刻弹簧弹力大小为2mg B．弹簧劲度系数为 C.～T时间段，回复力冲量为0 D.～T时间段，小球动能与重力势能之和减小 答案　ACD 解析　小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，则在平衡位置时有kA＝mg，可得劲度系数为k＝，故B错误； 0时刻小球在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F＝k·2A＝2mg，故A正确； ～T时间段，小球从最高点振动到达最低点，回复力在前时间内沿x轴正方向，在后时间内沿x轴负方向，两段时间的回复力平均值大小相等，则由I＝·＋(－·)＝0，可知回复力冲量为0，故C正确； ～T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D正确。 9.(2023·广东省名校联盟大联考)甲、乙两星球表面的a、b两个单摆做简谐运动的x－t图像如图所示，已知两单摆的摆长相等，由图可知(　　) A．甲、乙两星球表面的重力加速度之比为 B．减小a摆的摆球质量，a摆的周期有可能与b摆相等 C．a、b两单摆在最低点的速率有可能相等 D．a、b两单摆在最低点的动能有可能相等 答案　D 解析　由题图可知两单摆的周期之比为T甲∶T乙＝2∶3，由单摆的周期公式T＝2π可得g＝，所以甲、乙两星球表面的重力加速度之比为＝，故A错误；由单摆的周期公式T＝2π可知，摆球周期与摆球质量无关，所以减小a摆的摆球质量，a摆的周期不可能与b摆相等，故B错误；两摆摆长相同，甲振幅大，摆动位置高，且甲所在星球g较大，由机械能守恒定律知Ek＝mgh＝mv2，则v＝，所以在最低点速率甲一定大；由于摆球质量关系未知，所以在最低点的动能有可能相等，故C错误，D正确。 10．(2024·广州市第六十五中学阶段检测)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a－t关系图如图乙所示。则以下说法正确的是(　　) A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为t2－t1 D．该地的重力加速度g＝ 答案　D 解析　秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A错误；在最低点，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，可得秋千对手机的支持力FN＝mg＋m，可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B错误；秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为T＝t3－t1，故C错误；根据单摆周期公式T＝t3－t1＝2π，可得当地重力加速度g＝，故D正确。 11.(2024·广东东莞市检测)如图所示，一轻质弹簧左端固定，右端与小滑块a相连，初始时刻小滑块a静止在光滑的水平面上的O点，质量相等的滑块b紧靠a的右侧，在外力作用下将两滑块推至M点，由静止释放两滑块，a运动至N点速度为0，下列说法正确的是(　　) A．ON＝OM B．滑块a、b在O点右侧某位置分离 C．滑块a还可以再次回到M点 D．滑块a从M至O的时间大于O至N 答案　D 解析　由于a、b向右运动至O处速度最大，此后a减速至N，b匀速向右运动，a、b在O处分离。当a运动至N点速度为0时，a在O处的动能全部转化成弹簧的弹性势能，小于在M处时的弹性势能，所以ON＜OM，由机械能守恒可知，a也不会再次回到M点，故A、B、C错误；设a在O点速度为v，从M到O平均加速度为1，从O到N平均加速度为2，由v2＝21xMO，v2＝22xON，又xOM>xON，故1<2，故t1>t2，故D正确。 12．(多选)如图所示，质量为1.44 kg的小球(视为质点)在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在t1＝0.1 s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2＝0.5 s时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期T＝2π，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取π2＝10，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧振子的周期为1.2 s B．弹簧的劲度系数为80 N/m C．在t3＝1.3 s时刻，小球第四次经过M点 D．O、M两点间的距离为5 cm 答案　AD 解析　根据题意可知，小球从t＝0开始先向右运动(先向左运动的情况不符合题意)，M点到B点的时间为t0＝＝0.2 s，则＝t0＋t1＝0.3 s，T＝1.2 s，故A正确；根据T＝2π，代入数据得k＝40 N/m，故B错误；小球第三次经过M点时间t3＝t2＋t1＋＋t1＝1.3 s，故C错误；小球做简谐运动，有y＝Asin ωt＝Asin t＝10sin t(cm)，t1＝0.1 s时，y＝5 cm，即O、M两点间的距离为5 cm，故D正确。 13.(2024·广东深圳市阶段检测)某实验小组设计实验研究碰撞及单摆特性，装置如图，在水平桌面边缘用长细绳悬挂着质量为m0的小球。质量为m1的物块以速度v0滑上光滑的桌面，并在桌子边缘与小球发生正碰，碰后小球向外摆动起来(摆动的角度小于5°)，物块水平抛出桌面，当物块落地时小球恰好第一次摆回到桌子边缘。已知物块落点与桌子边缘的水平距离为s，桌子高度为h，重力加速度为g，物块和小球均可视作质点，不计空气阻力，求： (1)物块从抛出到落地的时间t及悬挂小球的细绳长度L； (2)碰撞后小球速度v2。 答案　(1)　　(2)(v0－s) 解析　(1)由于物块做平抛运动，所以h＝gt2，所以t＝ 对小球，有T＝2π，T＝2t，联立可得L＝ (2)物块与小球碰撞过程动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m0v2，s＝v1t 所以v2＝(v0－s) 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $