一、单选题（本大题共4小题，共16.0分） 1.
一弹簧振子的振幅为A，下列说法正确的是( )
A. 在𝑇
4时间内，振子发生的位移一定是A，路程也是A B. 在𝑇
4时间内，振子发生的位移一定是零，路程可以大于A C. 在𝑇2时间内，振子发生的位移一定是2A，路程一定是2A D. 在T时间内，振子发生的位移一定为零，路程一定是4A
2.
做简谐运动的物体，振动周期为2s，运动经过平衡位置时开始计时，那么当𝑡=1.2𝑠时，物体(A. 正在做加速运动，加速度的值正在增大 B. 正在做减速运动，加速度的值正在减小 C. 正在做减速运动，加速度的值正在增大 D. 正在做加速运动，加速度的值正在减小
3.
图示为同一位置的甲乙两个单摆的振动图象，根据图象可以知道两个单摆的( )
A. 甲的摆长大于乙的摆长 B. 甲摆球质量大于乙摆球质量 C. 甲摆球机械能大于乙摆球机械能 D. 摆球甲的最大偏角大于乙的最大偏角
4.
一列简谐横波沿x轴传播，波长为𝜆，周期为T。𝑡=0时刻的波形如图所示，此时质点P正沿y轴负方向运动。则𝑥=0处的质点的振动图像是下列图中的
A.
)
B.
C.
D.
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分） 5.
沿水平放置的足够长弹性绳建立x轴，从左向右有M、O、N三个质点(𝑁点未画出)，位于坐标原点处的O质点在外力作用下做简谐振动，形成沿x轴传播的简谐横波。𝑡=0时刻波形如图甲所示，其中M点再经过1s时间(小于一个周期)，位移仍与𝑡=0时相同，但振动方向相反。N点与M点平衡位置距离小于一个波长，且振动方向总相反( )
A. N点平衡位置坐标为𝑥=8𝑐𝑚 B. 此简谐波在x轴上的传播速度为4𝑚/𝑠 C. N点振动图象如图乙所示
D. M比N先振动，且二者起振方向相反
6.
如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则( )
A. 甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cm
B. 甲、乙两个单摆的机械能可能相等 C. 前2秒内甲乙两个摆球的加速度均为正值
D. 第2秒末甲的速度达到最大，乙的回复加速度达到最大
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分） 7.
将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将质量为𝑚=0.05𝑘𝑔的小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，C之间来回摆动，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐶𝑂𝐵=则摆球将在竖直平面内的A、其中B点为运动中的最低位置，𝜃；𝜃小于5°且是未知量．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中𝑡=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中所给的信息求：(取𝑔=10𝑚/𝑠2)
(1)单摆的振动周期和摆长 (2)摆球运动过程中的最大速度．
【答案与解析】
1.答案：D
解析：
振子从平衡位置和位移最大处经过4周期，振子发生的位移才为A，经过2周期位移为2A，其他位置则不是，一个周期内，不管从哪个位置开始运动，位移都为零，路程为4A． 本题考查了位移和路程的区别，注意振子计时的位置，难度不大，属于基础题． 解析：
A、若不是从平衡位置和位移最大处经过周期，位移和路程都不是A，故A错误；
4
B、若从平衡位置计时，经过周期，位移是A，路程为A；若不是从平衡位置出发，则路程可能大
4于A，可能小于𝐴.故B错误；
C、从平衡位置开始计时，经过2周期，位移为0，故C错误；
D、在T时间内，振子完成一次全振动，位移为零，路程为4A，故D正确 故选：D
11
1
1
1
2.答案：C
解析：
简谐运动是最基本也最简单的机械振动．当某物体进行简谐运动时，物体所受的回复力跟位移成正比，并且总是指向平衡位置．回复力𝐹=−𝑘𝑥，加速度𝑎=−𝑚．
本题关键明确简谐运动是指回复力跟位移成正比，并且总是指向平衡位置的机械运动；知道当速度与加速度反向时物体做减速运动，基础题．
解：做简谐运动的物体，振动周期为2s，运动经过平衡位置时开始计时，那么当𝑡=1.2𝑠时，物体正在做远离平衡位置的运动，位移正在增加，加速度𝑎=−𝑚正在增加，但加速度与速度反向，故物体做减速运动； 故选：C．
𝑘𝑥
𝑘𝑥
3.答案：A
解析：解：A、由振动图象可知，甲的周期大于乙的周期，根据单摆周期公式𝑇=2𝜋√可得，甲的
𝑔𝑙
摆长大于乙的摆长；
B、仅知道两个单摆的周期关系，无法确定二者的摆球质量关系，故B错误；
C、仅知道两个单摆的周期关系，无法确定二者的机械能的大小关系，故C错误；
D、由A分析可知，甲的摆长大于乙的摆长，由图象可知，甲的振幅小于乙的振幅，故甲的最大偏角小于乙的最大偏角，故D错误。 故选：A。
由振动图象可知，甲的周期大于乙的周期，根据单摆周期公式𝑇=2𝜋√可比较两个单摆的摆长关系；𝑔𝑙
根据甲的摆长大于乙的摆长，甲的振幅小于乙的振幅(由图象可知)，可判断甲的最大偏角小于乙的最大偏角；仅知道两个单摆的周期关系，无法确定二者的摆球质量关系，也无法确定二者的机械能的大小关系。据此分析。
解答本题的关键是熟悉单摆周期公式𝑇=2𝜋√，通过振幅和摆长可以判断最大偏转角的关系；要知
𝑔道仅知道两个单摆的周期关系，无法确定二者的摆球质量关系，也无法确定二者的机械能的大小关系。
𝑙
4.答案：A
解析：
根据点的振动方向可明确波的传播方向，则可明确O点在0时刻的位置及起振方向，从而明确其振动图象。
本题考查波的图象和质点的振动图象的关系，要注意能正确根据波形图分析各质点的振动情况，从而明确其对应的振动图象。
由图可知，P点正沿y轴负方向运动，则可知0点在该时刻在平衡位置沿y轴正方向运动，故只有A正确； 故选A。
5.答案：AC
解析：解：由图可知，这列波的波长是𝜆=12𝑐𝑚，质点M的平衡位置坐标𝑥𝑚=−2𝑐𝑚。 位于坐标原点O处的质点在外力作用下做简谐振动，形成沿x轴传播的简谐横波，根据对称性可知，质点M与平衡位置坐标：𝑥𝑝=2𝑐𝑚的质点P振动完全相同。由图可知，M点再经过1s时间(小于一个周期)，位移仍与𝑡=0时相同，但振动方向相反。说明波的周期是：𝑇=3𝑠。
AC、N点与M点振动方向总相反，也就是说N点与P点振动方向总相反，说明N点与P点的平衡位置的距离是半个波长的奇数倍，N点与M点平衡位置距离小于一个波长，可知N点平衡位置坐标为：𝑥𝑁=𝑥𝑝+2=8𝑐𝑚
𝜆
N点振动方程为：𝑦𝑁=4𝑐𝑜𝑠(3𝑡−
2𝜋4𝜋3
)，故AC正确；
𝜆
B、此简谐波在x轴上的传播速度为：𝑣==4𝑐𝑚/𝑠，故B错误；
𝑇
D、M离波源O近，M比N先振动，但二者起振方向都与波源起振方向相同，故D错误。 故选：AC。
根据运动的周期性和对称性在M点右侧一个周期内找到一个与M点运动规律相同的点P，再根据N点与P点振动方向相反的特征确定N的坐标。根据𝑣=𝑇计算波速。根据M点在1s内位移的变化情况确定𝜔和初相位，写出N点的振动规律，判断N的振动图象。简谐波各个质点的起振方向和振源相同，与先后顺序无关。
本题主要是考查了波的图象，解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
𝜆
6.答案：ABD
解析：
根据图象得到两个单摆的振幅之比和周期之比，结合单摆周期公式比较单摆的摆长关系，根据位移分析速度和加速度的大小．
本题考查了简谐运动的图象和单摆周期公式，要能通过图象得到周期和振幅，结合单摆的周期公式分析单摆的机械能．对于回复加速度，要根据简谐运动的特征：𝑎=−𝑚进行分析． A、振幅等于位移的最大值，由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，故A正确；
B、由图知：甲、乙两球的周期分别为4s、8s，由单摆的周期公式𝑇=2𝜋√知，甲摆的摆长比乙摆
𝑔的摆长短，而甲摆的振幅比乙摆的振幅大，所以两个单摆的机械能可能相等．故B正确． C、前2秒内，甲摆的位移为正，乙摆的位移为负，根据𝑎=−球的加速度为正值，故C错误．
D、第2秒末，甲摆正在平衡位置处，速度最大．乙摆在振动的最大位移处，由𝑎=−加速度达到最大，故D正确． 故选：ABD
𝑘𝑥𝑚
𝑘𝑥𝑚
𝐿𝑘𝑥
，知甲摆球的加速度为负值，乙摆
，乙的回复
7.答案：解：(1)摆球受力分析如图，小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规
律，知：
𝑇=0.4𝜋 𝑠=1.256𝑠
由单摆的周期公式𝑇=2𝜋√，得：
𝑔
𝐿
𝐿=4𝜋2=
𝑔𝑇210×0.16𝜋2
4𝜋2=0.4𝑚．
(3)在最低点B，根据牛顿第二定律，有：
𝑣2
𝐹𝑚𝑎𝑥−𝑚𝑔=𝑚
𝐿代入数据得：
𝑣=0.2 𝑚/𝑠
答：(1)单摆的振动周期为1.256𝑠；摆长为0.4𝑚； (2)摆球运动到平衡位置时的速度大小为0.2 𝑚/𝑠．
解析：(1)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；根据单摆的周期公式𝑇=2𝜋√求出摆长；
𝑔𝐿
(2)小球在最低点时绳子拉力最大，结合牛顿第二定律求出摆球的最大速度．
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、牛顿定律解题．
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容