2025年高考物理压轴训练九.docx

2025年高考物理压轴训练9
一．选择题（共10小题）
1．（2024•黑龙江模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为的足够长的木板，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块叠放在上，的质量为，弹簧的劲度系数。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力作用在上，已知、间动摩擦因数，弹簧振子的周期为，取，。则　　

A．受到的摩擦力逐渐变大
B．向右运动的最大距离为
C．当的位移为时，的位移为
D．当的位移为时，弹簧对的冲量大小为
2．（2024•福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管　　

A．振幅为
B．振动频率为
C．在时速度为零
D．在时加速度方向竖直向下
3．（2024•苏州三模）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以　　

A．使斜面倾角变大 B．使单摆摆长变长
C．使摆球质量变大 D．使单摆振幅变大
4．（2024•南京二模）如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于点，将小球拉开较小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列操作能使周期变小的是　　

A．增大摆长
B．初始拉开的角度更小一点
C．在悬点处放置一个带正电的点电荷
D．在此空间加一竖直向下的匀强电场
5．（2024•顺义区二模）如图甲所示，点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在点。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至点开始计时细线对摆球的拉力大小随时间变化的图像，重力加速度取。　　

A．单摆的振动周期为
B．单摆的摆长为
C．摆球的质量为
D．摆球运动过程中的最大速度
6．（2024•梅州二模）轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”振动的固有周期是，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图所示，已知相邻两条减速带间的距离为，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是　　

A．当轿车以的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
B．轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度也越小
C．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
D．该轿车以任意速度通过减速带时，车身上下振动的频率都等于，与车速无关
7．（2024•二模拟）如图所示，一个质量为的物块，左端与轻弹簧栓接，轻弹簧的另一端固定在墙上的点，物块和地面间的动摩擦因数为。现用手按住物块静止于点，让弹簧处于压缩状态。某时刻释放物块，物块向右运动，在点（图中未画出）获得最大速度，到最右端点（图中未画出）后，再向左运动，在点（图中未画出）获得向左运动的最大速度，点（图中未画出）时速度减为0并保持静止状态。物块向右运动的时间为，向左运动的时间为，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，则关于两个过程下列说法正确的是　　

A．点和点在同一位置
B．两个阶段的时间满足
C．两个阶段最大速度满足
D．点在点左侧
8．（2024•大兴区校级模拟）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至点，静止释放后，摆球在之间做简谐运动，摆角为。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为。下列选项正确的是　　

A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．在图2的测量过程中，单摆次全振动的时间为
C．多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立
D．在图2的测量过程中，满足关系
9．（2024•天心区校级模拟）如图所示，小球悬挂在箱子顶端的拉力传感器上，球心到悬挂点的距离为，当箱子沿竖直方向做变速运动时，传感器的示数会变大或者变小，当箱子的加速度向上为时，可认为重力加速度由变为，当箱子的加速度向下为时，可认为重力加速度由变为，小球好像处在一个重力加速度为的环境里，可把这个称为等效重力加速度。下列说法正确的是　　

A．当箱子向上做减速运动时，等效重力加速度大于重力加速度
B．当箱子向上的加速度等于时，且小球做单摆运动（最大摆角小于，则小球的运动周期为
C．当箱子向上的加速度等于时，同时小球在箱子中做单摆运动（最大摆角小于，则运动过程小球的机械能守恒
D．拉力传感器的示数与小球的重力的合力与小球的质量之比等于等效重力加速度
10．（2024•浙江模拟）如图甲，小球在光滑球面上的、之间来回运动。时刻将小球从点由静止释放，球面对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙，若弧长远小于半径，则　　
A．小球运动的周期为
B．光滑球面的半径为
C．小球的质量为
D．小球的最大速度约为
二．多选题（共5小题）
11．（2024•潍坊二模）如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球的距离为。用手按住物体不动，把小球拉开很小的角度后释放，使小球做单摆运动，稳定后放开物体。当小球运动到最高点时，物体恰好不下滑，整个过程物体始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为。下列说法正确的是　　

A．小球多次经过同一位置的动量可以不同
B．小球摆到最低点时，物体受到的摩擦力一定沿斜面向下
C．物体与斜面间的摩擦因数
D．物体受到的摩擦力变化的周期
12．（2024•青羊区校级模拟）图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为，月球上的自由落体加速度为，下列说法正确的是　　

A．甲、乙两个单摆的摆长之比为
B．甲摆在月球上做简谐运动的周期为
C．甲摆振动的振幅
D．甲单摆的摆长约为
E．乙单摆的位移随时间变化的关系式为
13．（2024•乌鲁木齐二模）如图所示为钓鱼时圆柱形鱼漂静浮于水面的示意图。某次鱼咬钩时将鱼漂往下拉一小段距离后松口，鱼漂做上下振动，一定时间内鱼漂的运动可看作简谐运动。鱼漂运动过程中，露出水面的最大长度为，最小长度为，则　　

A．鱼漂露出水面的长度为时速度最大
B．鱼漂露出水面的长度为时加速度方向竖直向下
C．鱼漂露出水面的长度为时的动能是露出水面的长度为时的2倍
D．鱼漂露出水面的长度为时的回复力是露出水面的长度为时的2倍
14．（2024•雨花区校级模拟）如图所示，下端附有重物的粗细均匀木棒浮在水中，已知水的密度为，木棒的横截面积为，重力加速度大小为，将木棒向下按压一段距离后释放，木棒所受的浮力随时间周期性变化，如图所示，下列说法正确的是　　

A．木棒做简谐运动，重力充当回复力
B． 内木棒的加速度逐渐减小
C．木棒和重物的重力之和等于
D．木棒所受合外力与偏离初始位置的距离成正比
15．（2024•河西区二模）如图所示是一种弹簧人公仔玩具，由头部、弹簧和身体三部分组成，头部的质量为，弹簧两端分别与公仔的头部和身体固连。先将公仔放置在水平桌面上，并让头部静止。然后用手竖直向下按压公仔的头部，使之缓慢下降距离，之后迅速放手。放手后，公仔的头部经过时间，沿竖直方向上升到最高点时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内、公仔的身体不离开桌面，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中　　

A．水平桌面对公仔身体的支持力先减小后增大
B．弹簧对公仔头部弹力冲量的大小为
C．公仔头部的动能最大时，弹簧的弹性势能为零
D．向下按压时头部下降的距离小于，则放手后头部上升到最高点所需的时间仍为
三．填空题（共5小题）
16．（2024•永春县校级模拟）如图所示是共振原理演示仪。在同一铁支架上焊有固有频率依次为、、、的四个钢片、、、，将的下端与正在转动的电动机接触后，发现钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则电动机的转速约为 　　，钢片的振动频率约为 　　。

17．（2024•成都模拟）如图（a），轻质弹簧下端挂一质量为的小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐振动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图（b）所示。及为已知条件。
①小球简谐振动的周期　　；
②内，小球通过的路程　　；
③内，小球运动距离 　　（选填“大于”、“小于”或“等于” 。

18．（2024•重庆模拟）有一单摆，其摆长，摆球的质量，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间，当地的重力加速度是　　（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应　　（填写“缩短”“增长” ，改变量为　　。
19．（2023•青羊区校级模拟）如图所示，把一个有孔的小球装在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在水平光滑杆上，以为平衡位置振动。另一小球在竖直平面内以为圆心、为角速度沿顺时针方向做半径为的匀速圆周运动与在同一竖直线上）。用竖直向下的平行光照射小球，可以观察到，小球在水平杆上的“影子”和小球在任何瞬间都重合。取水平向右为正方向，点为坐标原点，小球经最高点时为计时零点，那么小球的振动周期为 　　，小球的位移与时间得关系为 　　，小球的最大速度大小为 　　。

20．（2023•雅安模拟）如图（a）所示，在固定的水平滑槽中，有一平台可左右滑动。平台下方竖直悬挂轻弹簧，两小球、间用细线连接，弹簧下端与小球相连。现让平台与小球一起向右匀速运动，时剪断细线，小球在竖直方向上做简谐运动。用频率为的频闪照相机记录小球的位置，以剪断细线时小球的位置为坐标原点，小球的水平位移为横坐标，小球的竖直位移为纵坐标。运动一段时间后，用平滑的曲线连接小球的位置如图（b）所示。则平台向右运动的速度大小　　；时，小球的加速度方向为 　　；时，小球的竖直位移大小为 　　。

四．解答题（共5小题）
21．（2024•上海二模）摆钟是最早能够精确计时的一种工具，如图1所示。十七世纪意大利天文学家伽利略研究了教堂里吊灯的运动，发现单摆运动具有等时性，后人根据这一原理制成了摆钟，其诞生三百多年来，至今还有很多地方在使用。完成下列问题：
（1）把摆钟的钟摆简化成一个单摆。如果一个摆钟，每小时走慢1分钟，可以通过调整钟摆来校准时间，则应该 　　。
．增加摆长
．增加摆锤质量
．缩短摆长
．减小摆锤质量
（2）如图2，一单摆的摆长为，摆球质量，用力将摆球从最低点在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角，到达点后从静止开始释放。刚释放摆球的瞬间，摆球的回复力大小为 　　。摆球从释放开始到达最低点的时间为 　　。
（3）（计算）接上题，如摆球静止在点时，给摆球一个水平向左的冲量，使得摆球能够继续绕悬挂点在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多少？

22．（2024•重庆模拟）如图，光滑圆槽的半径远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置低于甲球位置，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置为圆槽的圆心，为圆槽最低点；重力加速度为。若甲、乙、丙三球不相碰，求：
（1）求甲球运动到点速度大小；
（2）通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达点；
（3）若单独释放甲球从释放到第15次经过点所经历的时间。

23．（2024•昌平区二模）如图所示，一单摆的摆长为，摆球质量为，固定在悬点。将摆球向右拉至点，由静止释放，摆球将在竖直面内来回摆动，其中点为摆动过程中的最低位置。摆球运动到点时，摆线与竖直方向的夹角为（约为，很小时可近似认为、。重力加速度为，空气阻力不计。

（1）请证明摆球的运动为简谐运动。
（2）如图2甲所示，若在点正下方的处放置一细铁钉，当摆球摆至点时，摆线会受到铁钉的阻挡，继续在竖直面内摆动。
求摆球摆动一个周期的时间；
摆球向右运动到点时，开始计时，设摆球相对于点的水平位移为，且向右为正方向。在图乙中定性画出摆球在开始一个周期内的关系图线。
24．（2024•泰州模拟）如图所示，一根粗细均匀的木筷下端绕有几圈铁丝，竖直浮在一个较大的盛水容器中，以木筷静止时下端所在位置为坐标原点建立直线坐标系，把木筷往下压一段距离后放手，木筷就在水中上下振动。已知水的密度为，重力加速度为，不计水的阻力。
（1）试证明木筷的振动是简谐运动；
（2）观测发现筷子每10秒上下振动20次，从释放筷子开始计时，写出筷子振动过程位移随时间变化的关系式。

25．（2024•重庆三模）如图1所示，劲度系数为的水平轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一质量为且可视为质点的物块甲，物块甲处于光滑水平面上，点为弹簧的原长位置。将物块甲向左缓慢移动至与点相距的点，在点放置一质量为且可视为质点的物块乙，然后将物块甲从点由静止开始无初速度释放，物块甲与物块乙碰撞后立即粘合在一起运动，碰撞时间极短可不计。已知质点振动时，如果使质点回到平衡位置的回复力满足（式中为质点相对平衡位置的位移，为比例系数），则质点做简谐运动，且周期；弹簧形变量为时的弹性势能。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，不计空气阻力。

（1）求物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小，以及碰撞后甲、乙一起第一次回到点所经过的时间；
（2）如图2所示，移走物块乙，将物块甲置于粗糙水平面上，物块甲与粗糙水平面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他条件不变且，求物块甲从点由静止释放后，最终停止运动的位置，以及整个运动过程中所经过的时间。

2025年高考物理压轴训练9
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•黑龙江模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为的足够长的木板，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块叠放在上，的质量为，弹簧的劲度系数。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力作用在上，已知、间动摩擦因数，弹簧振子的周期为，取，。则　　

A．受到的摩擦力逐渐变大
B．向右运动的最大距离为
C．当的位移为时，的位移为
D．当的位移为时，弹簧对的冲量大小为
【答案】
【考点】简谐运动的回复力；动量定理的内容和应用
【专题】推理法；动量定理应用专题；定量思想；分析综合能力
【分析】根据对物体的受力分析得出其受到的摩擦力的变化趋势；
根据弹力与摸出来的等量关系，结合对称性分析出向右运动的最大距离；
根据两个物块之间的速度关系分析出的位移；
根据简谐振动的周期公式，结合动量定理完成分析。
【解答】解：．的最大加速度为

若拉力作用的瞬间、整体一起向右加速，加速度为：

则，则一开始二者就发生相对运动，一直受滑动摩擦力保持不变，故错误；
．间的滑动静摩擦力为
当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，向右运动的距离为

则做简谐运动的振幅，则向右运动的最大距离为，故正确；
．设初始位置为0位置，以处为平衡位置做简谐振动，当的位移为时，即处于平衡位置时，运动的时间可能是
，，1，2，
或者
，，1，2，
由题可。
对木板，加速度为

则当的位移为时，即处于平衡位置时，运动的位移为

或者

但是的位移为时，的位移不一定为，故错误；
．当的位移为时，结合选项分析可知，的速度变为0，由动量定理可知，的动量变化量为零，故弹簧对的冲量大小等于摩擦力对的冲量大小，即△；
当的位移为时，运动的时间为
，，1，2，
则当的位移为时，弹簧对的冲量大小为
△，，1，2，
则当的位移为时，弹簧对的冲量大小不一定为，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合动量定理和简谐振动的周期公式，同时利用胡克定律即可完成解答。
2．（2024•福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管　　

A．振幅为
B．振动频率为
C．在时速度为零
D．在时加速度方向竖直向下
【答案】
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力
【分析】根据简谐运动的图像判断振幅和周期，再计算频率；
根据质点的运动位置判断速度大小；
根据回复力公式结合牛顿第二定律分析加速度方向。
【解答】解：从图像中可以直接读出振幅为，周期为，则频率，故错误，正确；
时，质点处平衡位置，速度为最大，故错误；
时，质点处于负相位移最大处，根据及牛顿第二定律，可知加速度方向与位移方向相反，为竖直向上，故错误。
故选：。
【点评】考查简谐运动的位移—时间图像的认识和理解，会根据题意判断速度和加速度、频率等问题。
3．（2024•苏州三模）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以　　

A．使斜面倾角变大 B．使单摆摆长变长
C．使摆球质量变大 D．使单摆振幅变大
【答案】
【考点】单摆及单摆的条件
【专题】比较思想；模型法；简谐运动专题；理解能力
【分析】简谐运动的周期与摆球质量、单摆振幅无关，写出周期公式再进行分析。
【解答】解：、单摆在光滑斜面上做简谐运动的周期，若要使其做简谐运动的周期变大，可以让摆长变大或斜面倾角变小都可以，故错误，正确；
、简谐运动的周期与摆球质量、单摆振幅无关，故错误。
故选：。
【点评】本题考查的是简谐振动的周期公式，根据周期公式找出使周期变大的方法，这是一道基础题。
4．（2024•南京二模）如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于点，将小球拉开较小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列操作能使周期变小的是　　

A．增大摆长
B．初始拉开的角度更小一点
C．在悬点处放置一个带正电的点电荷
D．在此空间加一竖直向下的匀强电场
【答案】
【考点】单摆及单摆的条件；库仑定律的表达式及其简单应用
【专题】定性思想；方程法；单摆问题；理解能力
【分析】单摆周期公式为，影响单摆周期大小的因素是摆长大小和重力加速度的大小。
【解答】解：由单摆周期公式为可知，增大摆长，周期会变大，故错误；
由单摆周期公式为可知，初始拉开的角度更小一点，不影响周期的大小，故错误；
在悬点处放置一个带正电的点电荷，则带正电的小球受到的库仑力始终沿绳的方向，不影响回复力的大小，所以周期不变，故错误；
在此空间加一竖直向下的匀强电场，则小球受到的电场力方向竖直向下，与重力方向相同，即等效重力加速度增大，由单摆周期公式为可知，周期会变小，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了单摆的周期问题，知道单摆周期公式为，根据题意结合相关知识分析单摆周期的变化。
5．（2024•顺义区二模）如图甲所示，点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在点。现将摆球拉到点，释放摆球，摆球将在竖直面内的、之间来回摆动，其中点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至点开始计时细线对摆球的拉力大小随时间变化的图像，重力加速度取。　　

A．单摆的振动周期为
B．单摆的摆长为
C．摆球的质量为
D．摆球运动过程中的最大速度
【答案】
【考点】单摆及单摆的条件
【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力
【分析】根据乙图可得单摆的周期；根据单摆的周期公式可以得到摆长；根据牛顿第二定律在最高点和最低点分别列方程，结合动能定理联立可解。
【解答】解：．由乙图，结合单摆的对称性可知，单摆的周期为，故错误；
．由单摆周期公式
得
代入数据得，故错误；
．由乙图和牛顿运动定律得小球在最高点有
在最低点有
从最高点到最低点，由动能定理得
代入数据联立解得，
故正确，错误。
故选：。
【点评】知道在最高点时，摆球的速度为零，此时需要的向心力为零，绳上的拉力等于重力与绳方向的分力。
6．（2024•梅州二模）轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”振动的固有周期是，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图所示，已知相邻两条减速带间的距离为，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是　　

A．当轿车以的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
B．轿车通过减速带的速度越小，车身上下振动的幅度也越小
C．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
D．该轿车以任意速度通过减速带时，车身上下振动的频率都等于，与车速无关
【答案】
【考点】阻尼振动和受迫振动；共振及其应用
【专题】定性思想；定量思想；推理法；简谐运动专题；分析综合能力
【分析】明确共振和受迫振动的概念及其特性。根据题目条件计算相关物理量（如时间间隔、速度等）。分析各选项与共振条件和受迫振动特性的关系。
【解答】解：．当轿车以的速度通过减速带时，车身因过减速带而产生的受迫振动的周期为

与“车身—悬挂系统”振动的固有周期相等，故此时车身会产生共振现象，颠簸得最剧烈，故正确；
．由于车辆驶过减速带时，引发的车身上下振动频率若趋近于车身系统本身的固有频率，将会导致振动幅度显著增大，使颠簸感更为强烈。因此，当轿车减缓通过减速带的速度时，车身上下的振动幅度并非必然减小；同理，增大速度也并不必然意味着车身上下会更加剧烈地颠簸，这与速度的单一增减无直接线性关系，错误；
．受迫振动的物体其振动频率严格等于驱动力的频率。对于该轿车而言，其通过减速带时车身上下的振动频率并非固定为，而是会根据车速的不同而有所变化，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查共振现象以及受迫振动的频率特性。解题的关键在于理解共振的条件以及受迫振动中物体振动频率与驱动力频率的关系。
7．（2024•二模拟）如图所示，一个质量为的物块，左端与轻弹簧栓接，轻弹簧的另一端固定在墙上的点，物块和地面间的动摩擦因数为。现用手按住物块静止于点，让弹簧处于压缩状态。某时刻释放物块，物块向右运动，在点（图中未画出）获得最大速度，到最右端点（图中未画出）后，再向左运动，在点（图中未画出）获得向左运动的最大速度，点（图中未画出）时速度减为0并保持静止状态。物块向右运动的时间为，向左运动的时间为，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，则关于两个过程下列说法正确的是　　

A．点和点在同一位置
B．两个阶段的时间满足
C．两个阶段最大速度满足
D．点在点左侧
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力
【分析】根据平衡条件分析；根据能量守恒分析；根据物块的受力分析；根据简谐运动的周期特点分析。
【解答】解：、点和点都处于各个阶段速度最大的位置，说明在这两个位置受力平衡，受力分析如图所示

因此这两个点一个在弹簧压缩位置，一个在弹簧拉伸位置，则这两个点不可能在同一位置，故错误；
、在从点到点的过程中，弹性势能没有发生变化，但由于摩擦消耗了机械能，根据能量守恒可知动能减小，故速度，故错误；
、物块运动到点后，保持静止，说明位置向右的弹力小于最大静摩擦力，则位置应该在点的右侧，故错误；
、两个阶段均受到大小恒定的滑动摩擦力的作用，可类比竖直方向上的弹簧振子，将滑动摩擦力看作重力，因此向右和向左的运动可分别看作简谐运动，简谐运动的周期没有发生变化，因此，故正确。
故选：。
【点评】知道当物体受力平衡时，速度最大，同时能够正确分析物体在运动过程中的受力特点是解题的基础。
8．（2024•大兴区校级模拟）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至点，静止释放后，摆球在之间做简谐运动，摆角为。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为。下列选项正确的是　　

A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．在图2的测量过程中，单摆次全振动的时间为
C．多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立
D．在图2的测量过程中，满足关系
【答案】
【考点】单摆及单摆的条件
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；单摆问题；理解能力
【分析】根据题意求出等效重力加速度。
根据图2求周期，根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；
根据单摆周期公式分析作答；
摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在、位置，求拉力与的关系；在最低处点，根据向心力公式求速度；小球从到，根据动能定理求速度，然后联立求解作答。
【解答】解：平板倾角为时，重力加速度沿平板方向方向分加速度是等效重力加速度，则单摆周期公式中的等效重力加速度，与摆角的大小无关，故错误；
根据图2可知，单摆的周期，
根据单摆周期和全振动时间的关系可知
单摆次全振动的时间为，故错误；
根据单摆周期公式
因此实验只要得出，就可以验证该结论成立，故正确；
摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力
在、位置，拉力为，小球速度为0，则
在最低处点，根据向心力公式
代入数据化简得
小球从到，根据动能定理
化简得
代入数据联立解得，故错误。
故选：。
【点评】理解实验原理是解题的前提与关键，能够根据平衡条件求解等效重力，熟练掌握圆周运动向心力公式、动能定理和单摆周期公式。
9．（2024•天心区校级模拟）如图所示，小球悬挂在箱子顶端的拉力传感器上，球心到悬挂点的距离为，当箱子沿竖直方向做变速运动时，传感器的示数会变大或者变小，当箱子的加速度向上为时，可认为重力加速度由变为，当箱子的加速度向下为时，可认为重力加速度由变为，小球好像处在一个重力加速度为的环境里，可把这个称为等效重力加速度。下列说法正确的是　　

A．当箱子向上做减速运动时，等效重力加速度大于重力加速度
B．当箱子向上的加速度等于时，且小球做单摆运动（最大摆角小于，则小球的运动周期为
C．当箱子向上的加速度等于时，同时小球在箱子中做单摆运动（最大摆角小于，则运动过程小球的机械能守恒
D．拉力传感器的示数与小球的重力的合力与小球的质量之比等于等效重力加速度
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；机械能守恒定律的简单应用；单摆及单摆的条件
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力
【分析】当小球向上做减速运动时，加速度向下，从而分析等效重力加速度的大小；根据加速度的矢量合成解得等效加速度，结合单摆周期公式分析，根据机械能守恒的条件分析，根据牛顿第二定律分析。
【解答】解：、当小球向上做减速运动时，加速度向下，等效重力加速度小于重力加速度，故错误；
、当小球向上的加速度等于时，由运动的矢量合成可知，
解得
根单摆的周期公式有，故正确；
、除重力外，其他力做正功，则小球的机械能一直在增加，故错误；
、由牛顿第二定律可知或
即或
则拉力传感器的示数与小球的质量之比等于等效重力加速度，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了机械能守恒定律，注意等效加速度的理解，会计算单摆周期公式。
10．（2024•浙江模拟）如图甲，小球在光滑球面上的、之间来回运动。时刻将小球从点由静止释放，球面对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙，若弧长远小于半径，则　　
A．小球运动的周期为
B．光滑球面的半径为
C．小球的质量为
D．小球的最大速度约为
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；单摆及单摆的条件
【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力
【分析】弧长远小于半径时，小球的回复力由重力沿小球运动轨迹切向的分力提供；根据图图像判断得到周期，根据单摆的周期公式计算出光滑球面的半径，根据牛顿第二定律和向心力公式以及机械能守恒计算出小球的质量与最大速度。
【解答】解：、小球在一个周期内两次经过最低点，由图可知周期，故错误；
、当弧长远小于半径时，小球的运动类似于单摆，由单摆的周期公式，则光滑球面的半径，故错误；
、小球的回复力由重力沿小球运动轨迹切向的分力提供，是小球所受的轨道的支持力与重力的合力沿切线方向的分力。
在最高点有
在最低点时，有
从到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得
其中是与竖直方向之间的夹角，是运动过程中的最大速度；
联立解得：，，故正确，错误；
故选：。
【点评】本题主要考查了单摆的相关应用，根据图像分析出周期，利用单摆的周期公式计算出摆长，分析过程中结合了机械能守恒和牛顿第二定律，综合性较强，难度中等偏上。
二．多选题（共5小题）
11．（2024•潍坊二模）如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球的距离为。用手按住物体不动，把小球拉开很小的角度后释放，使小球做单摆运动，稳定后放开物体。当小球运动到最高点时，物体恰好不下滑，整个过程物体始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为。下列说法正确的是　　

A．小球多次经过同一位置的动量可以不同
B．小球摆到最低点时，物体受到的摩擦力一定沿斜面向下
C．物体与斜面间的摩擦因数
D．物体受到的摩擦力变化的周期
【答案】
【考点】作用力与反作用力；动量的定义、单位及性质；单摆及单摆的条件
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力
【分析】动量是矢量，动量相等要求大小相等和方向相同；小球摆到最低点时，绳子的拉力最大，由于物体开始时摩擦力的方向未知，则物体受到的摩擦力不一定沿斜面向下，由平衡条件可知物体与斜面间的摩擦因数，由受到的摩擦力周期与单摆周期的关系可求摩擦力变化的周期。
【解答】解：、小球多次经过同一位置的速度方向可以不同，所以动量可以不同，故正确；
、小球在任意位置受到重力和拉力，重力的垂直于绳的分力提供了回复力，沿绳方向有：，当摆角最大时，拉力最小，此时受到的摩擦力方向沿斜面向上，小球摆到最低点时，拉力增大，此时受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，摩擦力大小会减小，故错误；
、因为当小球运动到最高点时，物体恰好不下滑，则有：，所以有：，解得：，故错误；
、物体受到的摩擦力变化的周期是单摆的周期的一半，即有：，故正确。
故选：。
【点评】本题考查的是斜面上物体受力平衡和单摆的问题，解题的关键是要对物体的受力分析，注意静摩擦力的方向。
12．（2024•青羊区校级模拟）图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为，月球上的自由落体加速度为，下列说法正确的是　　

A．甲、乙两个单摆的摆长之比为
B．甲摆在月球上做简谐运动的周期为
C．甲摆振动的振幅
D．甲单摆的摆长约为
E．乙单摆的位移随时间变化的关系式为
【答案】
【考点】单摆及单摆的条件；单摆的振动图像和表达式
【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力
【分析】根据图像得出单摆的周期之比，结合单摆的周期公式得出摆长之比；根据单摆的周期公式结合的比值关系得出对应的周期；根据图像得到甲摆振幅大小；根据图像的特点分析出乙的振幅，然后结合振动方程的通式写出乙单摆的位移随时间变化的关系式。
【解答】解：．由图，在地球上甲单摆的周期为，乙单摆的周期为，甲、乙两单摆的周期比为，根据单摆的周期公式
可得
则甲、乙两单摆的摆长比为，故错误；
．在地球上甲单摆的周期为，根据单摆的周期公式
可知
可得，故正确；
．振幅为偏离平衡位置的最大距离，如图可知甲摆振动的振幅为，故正确；
．甲单摆的周期为，根据单摆的周期公式
可得摆长为，故错误；
．由图可知乙单摆的振幅为，周期为，可得
时，位移为正向最大，所以初相位为
根据简谐运动位移随时间变化的关系
可得，乙单摆位移随时间变化的关系式为，故正确。
故选：。
【点评】本题主要考查了单摆的相关应用，理解图像的物理意义，结合单摆的振动特点和单摆的周期公式即可完成分析。
13．（2024•乌鲁木齐二模）如图所示为钓鱼时圆柱形鱼漂静浮于水面的示意图。某次鱼咬钩时将鱼漂往下拉一小段距离后松口，鱼漂做上下振动，一定时间内鱼漂的运动可看作简谐运动。鱼漂运动过程中，露出水面的最大长度为，最小长度为，则　　

A．鱼漂露出水面的长度为时速度最大
B．鱼漂露出水面的长度为时加速度方向竖直向下
C．鱼漂露出水面的长度为时的动能是露出水面的长度为时的2倍
D．鱼漂露出水面的长度为时的回复力是露出水面的长度为时的2倍
【答案】
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力
【专题】定量思想；归纳法；简谐运动专题；推理论证能力
【分析】先判断出平衡位置时露出的长度，进而可得波峰和波谷位置；根据位移方向判断加速度方向；只能计算鱼鳔的加速度与位移成正比，动能大小与位移大小也不成正比；根据判断回复力关系。
【解答】解：露出最长为波峰，最短为波谷，故平衡位置是露出。
露出时，位于波峰，速度最小，加速度最大，故错误；
露出时位于平衡位置上方，回复力竖直向下，加速度竖直向下，故正确；
由于加速度大小时刻在改变，速度大小与位移不成正比，动能大小与位移大小也不成正比，所以露出长度为的速度不是露出长度为时的2倍，露出长度为 的动能也不是露出长度为时的2倍，故错误；
由回复力的公式 可知，露出时位于波谷，位移是露出时的 2倍，露出的回复力是露出 时的2倍，故正确。
故选：。
【点评】根据得到鱼鳔的平衡位置是解题的关键，还要知道加速度与位移大小成正比，而速度和动能与位移大小都不成正比关系。
14．（2024•雨花区校级模拟）如图所示，下端附有重物的粗细均匀木棒浮在水中，已知水的密度为，木棒的横截面积为，重力加速度大小为，将木棒向下按压一段距离后释放，木棒所受的浮力随时间周期性变化，如图所示，下列说法正确的是　　

A．木棒做简谐运动，重力充当回复力
B． 内木棒的加速度逐渐减小
C．木棒和重物的重力之和等于
D．木棒所受合外力与偏离初始位置的距离成正比
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；简谐运动的回复力
【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理能力
【分析】根据木棒在竖直方向受力情况，确定做简谐运动的回复力；木棒达到平衡位置时的速度最大，浮力最大时木棒处于最低点、浮力最小时处于最高点，由此写出最大受力与最小浮力的表达式，再针对相关情况分析解答。
【解答】解：．木棒在竖直方向受到重力和水的浮力，木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故错误；
．由图乙可知在内木棒的浮力从最大开始减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其加速度逐渐减小，故正确；
．根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的位置加速度大小相等，故在最低点有：
在最高点有：
联立可得：
故错误；
．