物理机械振动各地方试卷集合及解析

物理机械振动各地方试卷集合及解析
一、机械振动 选择题
1．如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F 随时间t 变化的关系如图所示。

以下说法正确的是
A ．t 0时刻弹簧弹性势能最大
B ．2t 0站时刻弹簧弹性势能最大
C ．032t 时刻弹簧弹力的功率为0
D ．032
t 时刻物体处于超重状态 2．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L 和摆动周期T ，如图(a)所示．通过改变悬线长度L ，测出对应的摆动周期T ，获得多组T 与L ，再以T 2为纵轴、L 为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（ ）
A ．偏大
B ．偏小
C ．一样
D ．都有可能
3．下列说法中 不正确 的是( )
A ．将单摆从地球赤道移到南(北)极,振动频率将变大
B ．将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时,则其振动周期将变到原来的2倍
C ．将单摆移至绕地球运转的人造卫星中,其振动频率将不变
D ．在摆角很小的情况下,将单摆的振幅增大或减小,单摆的振动周期保持不变
4．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为( )
A ．T =2GM l
B ．T =2l GM
C ．T 2πGM r l
D ．T =2r GM
5．如图所示，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m 的A 、B 两物体，平衡后剪断A 、B 间细线，此后A 将做简谐运动。

已知弹簧的劲度系数为k ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．细线剪断瞬间A 的加速度为0
B ．A 运动到最高点时弹簧弹力为mg
C ．A 运动到最高点时，A 的加速度为g
D ．A 振动的振幅为2mg k
6．如图所示，质量为m 的物块放置在质量为M 的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，周期为T ，振动过程中m 、M 之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k 、物块和木板之间滑动摩擦因数为μ，
A ．若t 时刻和()t t +∆时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则t ∆一定等于2
T 的整数倍 B ．若2
T t ∆=
，则在t 时刻和()t t +∆时刻弹簧的长度一定相同 C ．研究木板的运动，弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力 D ．当整体离开平衡位置的位移为x 时，物块与木板间的摩擦力大小等于m kx m M
+ 7．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F 随时间t 变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为l ，则重力加速度g 为( )
A ．224l t π
B ．22l t π
C ．2249l t π
D ．224l t
π 8．如图所示，固定的光滑圆弧形轨道半径R ＝0.2m ，B 是轨道的最低点，在轨道上的A 点（弧AB 所对的圆心角小于10°）和轨道的圆心O 处各有一可视为质点的静止小球，若将它们同时由静止开始释放，则（ ）
A ．两小球同时到达
B 点
B ．A 点释放的小球先到达B 点
C ．O 点释放的小球先到达B 点
D ．不能确定
9．如图所示，质量为A m 的物块A 用不可伸长的细绳吊着，在A 的下方用弹簧连着质量为B m 的物块B ，开始时静止不动。

现在B 上施加一个竖直向下的力F ，缓慢拉动B 使之向下运动一段距离后静止，弹簧始终在弹性限度内，希望撤去力F 后，B 向上运动并能顶起A ，则力F 的最小值是（ ）
A ．(A m +
B m )g
B ．(A m +2B m )g
C ．2(A m +B m )g
D ．(2A m +B m )g 10．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是
（ ）
A ．适当加长摆线
B ．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的
C ．单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些
D ．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
11．如图所示，水平弹簧振子沿x 轴在M 、N 间做简谐运动，坐标原点O 为振子的平衡位置，其振动方程为5sin 10cm 2x t ππ⎛
⎫=+ ⎪⎝⎭
．下列说法正确的是（ ）
A ．MN 间距离为5cm
B ．振子的运动周期是0.2s
C ．0t =时，振子位于N 点
D ．0.05t s =时，振子具有最大加速度
12．如图所示为某物体系统做受迫振动的振幅A 随驱动力频率f 的变化关系图，则下列说法正确的是
A．物体系统的固有频率为f0
B．当驱动力频率为f0时，物体系统会发生共振现象
C．物体系统振动的频率由驱动力频率和物体系统的固有频率共同决定
D．驱动力频率越大，物体系统的振幅越大
13．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示。

把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。

竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A 为振幅。

对于玻璃管，下列说法正确的是（）
A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．位移满足函数式
5
4sin(4)
6
x t
π
π
=- cm
D．振动频率与按压的深度有关
E.在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
14．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，D 是圆环上与M靠得很近的一点（DM远小于CM）.已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点；d球从D 点静止出发沿圆环运动到M点.则：
A．c球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．a球最先到达M点
D．d球比a球先到达M点
15．某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x＝A sin ωt，振动图象如图所示，则（）
A．弹簧在第1 s末与第5 s末的长度相同
B．简谐运动的频率为1
8 Hz
C．第3 s末，弹簧振子的位移大小为2 A
D．第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同
E.第5 s末，振子的加速度与速度方向相同
16．如图所示，物体A放置在物体B上，B与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以O点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O点的最大位移处分别为P点和Q点，运动过程中A、B之间无相对运动
.已知物体A的质量为m，物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统的振动周期为T，振幅为L，弹簧始终处于弹性限度内
.下列说法中正确的是
A．物体B从P向O运动的过程中，A、B之间的摩擦力对A做正功
B．物体B处于PO之间某位置时开始计时，经1
4
T时间，物体B通过的路程一定为L
C．当物体B的加速度为a时开始计时，每经过T时间，物体B的加速度仍为a
D．当物体B相对平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于
m
kx M m
⎛⎫ ⎪
+
⎝⎭
17．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
18．如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是( )
A．弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用
B．弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用
C．振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大
D．振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
19．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象，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．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置
C．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
D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能
E.在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，振子速度都为零
20．一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，游客能舒服登船的时间是( )
A．0.5 s B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s
二、机械振动实验题
21．在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）测得摆线长l0，小球直径D，小球完成n次全振动的时间为t，则实验测得的重力加速度的表达式g=___
（2）实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是（_____）
A ．把摆线的长度l 0当成了摆长
B ．摆线上端未牢固地固定于O 点，振动中出现松动，使摆线变长
C ．测量周期时，误将摆球（n -l ）次全振动的时间t 记成了n 次全振动的时间
D ．摆球的质量过大 （3）如图所示，停表读数为___s ．
（4）同学因为粗心忘记测量摆球直径，实验中将悬点到小球下端的距离作为摆长l ，测得多组周期T 和l 的数据，作出2l T 图象，如图所示．则该小球的直径是___cm (保留一位小数)；实验测得当地重力加速度大小是___m/s 2 (取三位有效数字)．
22．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)根据单摆的周期公式，只要测出多组单摆的摆长l 和运动周期T ，作出T 2—l 图象，就可以求出当地的重力加速度。

理论上T 2—l 图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图甲所示。

①造成图象不过坐标点的原因可能是_____。

②由图象求出的重力加速度g =_______m/s 2。

（取π2=9.87）
(2)某同学在实验中先测得摆线长为97.50cm ，摆球直径2.00cm ，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示，则
①该摆摆长为____cm ，秒表表示读数为_____s 。

②如果测得的g 值偏小，可能的原因是______。

A．测摆线时摆线拉得过紧
B．实验时误将49次全振动数为50次
C．开始计时时，停表过迟按下
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
23．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
（1）以下关于本实验的做法中正确的是____ ；
A．摆角应尽量大些
B．摆线应适当长些
C．摆球应选择密度较大的实心金属小球
D．用秒表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时
（2）用秒表记录了单摆振动 40 次所用的时间如图所示，秒表读数为_____ s；
（3）根据实验记录的数据，得到周期T和摆长 L，通过估算猜测两者关系，并用图象方法判断猜想是否正确。

以T2为纵轴，L为横轴，作出2T L
图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，从而确定了单摆做简谐运动的周期和摆长的关系。

有同学还利用这图线求当地的重力加速度g，如果甲同学的L是摆线长加小球的直径，其他做法无误，那他通过图线得到的g值______ （填“偏大”、“ 偏小”或“不变”）；乙同学因计数问题每次将实际39次全振动记成40次，算得周期，其他做法无误，那他通过图线得到的g值______（“偏大”、“ 偏小”或“不变”）。

24．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（1）所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示．
（1）刚开始计时时，振子位移x=________；t=17s时，x=________．
（2）若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离为________．
（3）写出振子的振动方程为________（用正弦函数表示）．
25．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为
___________cm，用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示，悬挂点与刻度尺0刻度线对齐，由图甲、乙可知单摆的摆长为___________m（结果保留三位小数）；
(2)以下关于本实验的做法，正确的是___________（填正确答案标号）；
A．摆球应选密度较大、有小孔的金属小球
B．摆线应适当长些
C．将小球拉开一个很小的角度静止释放，并同时启动秒表开始计时
D．用秒表测量小球完成一次全振动所用时间并作为单摆的周期
(3)测出不同摆长L对应的周期T，用多组实验数据作出图象2T L
-，也可以求出重力加速度g。

已知三位同学做出的2T L
-图线如图丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c 都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。

则相对于图线b，下列分析正确的是___________（填正确答案标号）。

A．出现图线a的原因可能是单摆所用摆球质量太大
B．出现图线c的原因可能是秒表过迟按下，使重力加速度的测量值偏小
n+）次全振动时间进行C．出现图线c的原因可能是测出n次全振动时间为t，误作为（1
计算，使重力加速度的测量值偏大
D．出现图线c的原因可能是摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使重力加速度的测量值偏大
26．一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验．
(1)下列是供学生自主选择的器材．你认为应选用的器材是_________.（填写器材的字母代号）
A．约1m长的细线
B．约0.3m长的铜丝
C．约0.8m长的橡皮筋
D．直径约1cm的实心木球
E．直径约1cm的实心钢球
F．直径约1cm的空心铝球
(2)该同学在安装好如图所示的实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t．请写出测量当地重力加速度的表达式g=_________.（用以上测量的物理量和已知量的字母表示）
(3)为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，准备利用T2-L 的关系图线求出当地重力加速度值．相关测量数据如下表：
次数12345
L/m0.8000.900 1.000 1.100 1.200
T/s 1.79 1.90 2.01 2.11 2.20
T2/s2 3.22 3.61 4.04 4.45 4.84
该同学在图中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T2-L关系图线_________.
(4)根据绘制出的T2-L关系图线，可求得g的测量值为______m/s2.（计算结果保留2位有效数字）
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、机械振动选择题
1．A
【解析】
【分析】
本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。

【详解】
AB．t0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A正确，B错误；
C ．03
2
t 时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F 0，功率不为零，C 错误； D ．
03
2
t 时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D 错误； 故选A 。

2．C 【解析】 【详解】
根据单摆的周期公式：2T =得：222
44T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率2
4k g π=，横轴截距等于球的半径r ．
故2
4g k
π=
根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确． 故选C ． 3．C 【解析】 【分析】 【详解】
A 、将单摆从地球赤道移到南（北）极，重力加速度增加，根据2T π=，振动的周期变小，故振动频率将变大，故A 正确；
B 、重力等于万有引力，故：2Mm mg G
r =，解得：
2
GM
g r =，将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，r 增加为2倍，故g 减小为1
4
；
根据2T π
=2倍，故B 正确； C 、将单摆移至绕地球运转的人造卫星中，处于完全失重状态，不能工作，故C 错误；
D 、根据2T =，振动的周期与振幅无关；在摆角很小的情况下，将单摆的振幅增大或减小，单摆的振动周期保持不变，故D 正确． 【点睛】
本题关键是根据单摆的周期公2T =和重力加速度公式2GM g r =分析，注意周期与
振幅无关． 4．B 【解析】 【分析】 【详解】
在地球表面重力等于万有引力，故
2
Mm
mg G
r = 解得
2GM g r
=
由单摆的周期：
2T =联立各式解得
2T π= 故选B ． 【点睛】
本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式2GM
g r
=
和单摆的周期公式
2T =. 5．C 【解析】 【详解】
轻弹簧悬挂质量均为m 的A 、B 两物体，平衡后弹簧处于拉长状态，弹簧的拉力等于两个物体的重力的和，即
2F mg =
则弹簧的伸长量为
12mg
x k
∆=
剪断A 、B 间的连线，A 将做简谐运动。

若只有一个物体，则平衡时弹簧的伸长量为
211
2
mg x x k ∆=
=∆ 所以剪断A 、B 间的连线，A 将在弹簧形变量
2mg k 到0之间做振幅为mg
k
的简谐运动。

AC ．细线剪断瞬间A 受到重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知加速度为
2F mg mg mg
a g m m
--=
== 方向向上。

由简谐运动的对称性可知，在A 运动的最高点，加速度大小也为g ，方向竖直向下，故A 错误，C 正确；
BD ．由开始的分析可知，物体A 在弹簧形变量
2mg k 到0之间做振幅为mg
k
的简谐运动，在最高点时A 的重力提供加速度，故弹簧的弹力为0。

故BD 错误。

故选C 。

6．D 【解析】
设位移为x ，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有： kx=（m+M ）a ①
对m 物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：f=ma ② 所以：mx
f M m
=
+ ③ 若t 时刻和（t+△t）时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但△t 不 一定等于2
T
的整数倍．故A 错误； 若△t=
2
T
，则在 t 时刻和（t+△t）时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同．故B 错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m 对木板的摩擦力的合力提供回复力．故C 错误．由③可知，当整体离开平衡位置的位移为 x 时，物块与木板间摩擦力的大小等于 m
kx m M
+．故D 正
确．故选D. 7．D 【解析】 【分析】 【详解】
根据图象可知：单摆的周期为：T =4t
根据周期公式得：2T = ,所以g =224l
t
π，故D 正确，ABC 错误． 故选D ． 8．C 【解析】 【详解】
ABCD.处于A 点的小球释放后做等效摆长为R 的简谐运动，由A 到B 所用的时间为周期的
四分之一。

设这个时间为t A ，根据单摆的周期公式有
1.5742A T R R t g g
π=
== 由O 点释放的小球做自由落体运动，设运动到B 点所用的时间为t B ，则有
2=
1.418B R R t g
≈ 因t A >t B ，即原来处于O 点的小球先到达B 点，故C 正确ABD 错误。

故选C 。

9．A 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示
O 1为弹簧的原长位置，O 2为挂上物块B 时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为0x ∆，要使B 向上运动并能顶起A ，弹簧给A 的力至少要等于A 物块的重力m A g ，即弹簧至少要压缩到位置O 3，压缩量为2x ∆，物块B 在力F 的作用下至少下拉的长度1x ∆，让B 以O 2为平衡位置做简谐运动。

则要满足
120x x x ∆=∆+∆
又因为
B 0m g k x =∆，A 2m g k x =∆
1F k x =∆
所以F 的最小值
A B ()F m m g =+
故BCD 错误，A 正确。

故选A 。

10．A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，故A 项正确；
B ．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，故B 项错误；
C ．单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，故C 项错误；
D ．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D 项错误。

故选A 。

11．BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．MN 间距离为2A =10cm ，选项A 错误；
B ．因=10rad/s ωπ可知振子的运动周期是
22s 0.2s 10T π
π
ω
π
=
=
= 选项B 正确； C ．由5sin 10cm 2x t ππ⎛⎫
=+ ⎪⎝
⎭
可知t =0时，x =5cm ，即振子位于N 点，选项C 正确； D ．由5sin 10cm 2x t ππ⎛⎫
=+ ⎪⎝
⎭
可知0.05t s =时x =0，此时振子在O 点，振子加速度为零，选项D 错误． 12．AB 【解析】 【详解】
A ．由振动图像可知，当驱动力的频率为f 0时振幅最大，则由共振的条件可知，物体系统的固有频率为f 0，选项A 正确；
B ．当驱动力频率为f 0时，物体系统会发生共振现象，选项B 正确；
C ．物体系统振动的频率由驱动力频率决定，选项C 错误；
D ．驱动力频率越接近于系统的固有频率时，物体系统的振幅越大，选项D 错误。

13．AC
E 【解析】 【分析】 【详解】
A ．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做
简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力。

故A 正确；
B ．玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒。

故B 错误；
C ．振动的周期为0.5s ，则圆频率
22rad/s 4rad/s 0.5
T ππ
ωπ＝
＝＝ 由图可知振动的振幅为A ，由题可知，A =4cm ；t =0时刻
0sin 2
A
A ϕ-= 结合t =0时刻玻璃管振动的方向向下，可知076ϕπ＝（11 6
π舍去），则玻璃管的振动方程为
754sin(4+
)cm=4sin(4)cm 66
x t t ππ
ππ=- 故C 正确；
D ．由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关。

故D 错误；
E ．由图可知，在t 1～t 2时间内，位移减小，加速度f kx
a m m
=-＝减小；玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大。

故E 正确。

故选ACE 。

14．AD 【解析】 【详解】
对于AM 段，位移x 1R ，加速度
145mgsin a g m ︒＝
根据x 1＝
1
2
a 1t 12得，
1t ＝对于BM 段，位移x 2=2R ，加速度
a 2=g sin60°g 根据x 2＝
1
2
a 2t 22得，
2t
对于CM 段，位移x 3=R ，加速度a 3=g ，由x 3=
12
gt 32
得，
3t 对于D 小球，做类似单摆运动，
44T t ＝知t 3最小，t 2最大。

A. c 球最先到达M 点，与结论相符，选项A 正确；
B. b 球最先到达M 点，与结论不相符，选项B 错误；
C. a 球最先到达M 点，与结论不相符，选项C 错误；
D. 因t 4<t 1，可知d 球比a 球先到达M 点，与结论相符，选项D 正确. 15．BCD 【解析】 【详解】
A ．在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x 的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第1 s 末与第5 s 末时，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，选项A 错误；
B ．由图象可知，T ＝8 s ，故频率为f ＝1
8
Hz ，选项B 正确；
C ．ω＝
2T π＝4πrad/s ，则将t ＝3 s 代入x ＝A sin 4πt ，可得弹簧振子的位移大小x A ，选项C 正确；
D ．第3 s 末至第5 s 末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点，故速度方向相同，选项D 正确；
E ．第5 s 末加速度与速度反向，E 错误． 故选BCD. 16．ACD 【解析】 【详解】
物体B 从P 向O 运动的过程中，加速度指向O ，B 对A 的摩擦力水平向右，A 、B 之间的摩擦力对A 做正功，故A 正确；物体B 处于PO 之间某位置时开始计时，经
4
T
时间，通过的路程不一定不一定是L ，只有物体从最大位移处或平衡位置开始计时，物体B 通过的路程才为L ，故B 错误；物体B 和A 整体做简谐运动，根据对称性，当物体B 的加速度为a 时开始计时，每经过T 时间，物体B 的加速度仍为a ，故C 正确；对整体kx
a M m
=
+，A 、B
间摩擦力的摩擦力大小mkx
f ma M m
==+，故D 正确；故选ACD ． 【点睛】
A 和
B 一起在光滑水平面上做往复运动，一起做简谐运动．根据牛顿第二定律求出AB 整体的加速度，再以A 为研究对象，求出A 所受静摩擦力．在简谐运动过程中，B 对A 的静摩擦力对A 做功． 17．AD 【解析】
试题分析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：0123mv mv mv =+，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：
222012111
3222mv mv mv =+⋅，解两式得：001222
v v v v ，=-=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B 错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另
摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故C 错误；由单摆的周期公式2T =两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D 正确． 考点：考查了动量守恒定律．单摆周期 18．AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．在水平方向上振动的弹簧振子所受力有重力、支持力、弹簧的弹力，故A 正确，B 错误；
C ．根据公式F kx =-，由于振子由A 向O 运动过程中，位移x 减小，故回复力减小，故C 错误；
D ．振子由O 向B 运动过程中，回复力的方向与位移方向相反，故指向平衡位置，故D 正确。

故选AD 。

19．BC
E 【解析】 【详解】
A.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与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A 错误；
B.在t ＝0.1 s 与t ＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子的位移相同，B 正确；
C.从t ＝0到t ＝0.2 s 时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，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，C 正确；
D.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。