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人教版高二物理下期中检测卷4（学生版）
一、选择题
1．“胜哥”将一物体在地面附近的空中做抛体运动，不计空气阻力，在相同时间间隔内，一定相同的是（　　）
A．动量的变化 B．动能的变化
C．重力势能的变化 D．速率的变化
【答案】A
【知识点】动能；重力势能；动量
【解析】【解答】A． 动量变化 ，只受重力 ，相同 内， Δt 恒定（大小方向都不变） 物体运动过程只受重力，即在相同时间间隔内，合外力的冲量保持不变，动量的变化相同，故A正确；B．相同时间内，竖直方向的位移不同，合外力做的功不同，动能变化不同，故B错误；
C．相同时间内，竖直方向的位移不同，重力做的功不同，重力势能变化不同，故C错误；
D． 速率 ，在Δt 内速率变化取决于初末速度的竖直分量变化，但变化量在不同时间段会因为 不同而不同。例如上抛时，上升段速率减少，下降段速率增加，变化量不同，故D错误。
故选A。
【分析】1、本题关键辨析
“相同时间间隔” 在高中物理题中，如果未强调“连续相等时间间隔”，则必须考虑任意选取的两个相同长度的时间段。
动量变化只依赖于合外力与时间，与位移、初速度等无关 A 一定成立。
动能变化与重力做功相关，而重力做功依赖于竖直位移，竖直位移在不相邻的等长时间段内一般不同 B 不一定成立。
2、常见错误
混淆“动量变化”与“动能变化”的决定因素。
误以为抛体运动中任意相等时间间隔内动能变化相同（其实只在连续相等时间段才成立，且是变化量相同，不是动能相同）。
忽略题设的“一定”二字，未考虑一般性。
2．如图所示，把甲、乙两个弹簧振子悬挂在同一支架上，甲的固有频率为1Hz，乙的固有频率为5Hz，当受到支架3Hz的驱动力作用下做受迫振动，达到稳定后两弹簧振子的振动情况是（　　）
A．甲的振动频率为1Hz
B．乙的振动频率为5Hz
C．增加支架驱动力频率，甲的振幅变小
D．增加支架驱动力频率，乙的振幅变小
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】AB．受迫振动的频率等于驱动力频率，驱动力频率为，故甲、乙的振动频率均为，故AB错误；
C．甲的固有频率为，增加驱动力频率，驱动力频率与甲的固有频率差距增大，根据共振条件，甲的振幅变小，故C正确；
D．乙的固有频率为，增加驱动力频率，驱动力频率与乙的固有频率差距减小，乙的振幅变大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是理解受迫振动的频率由驱动力决定，振幅与驱动力频率和固有频率的差距有关。
3．现在多数智能手机都配备了“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音频信号相减来降低背景噪音，如图甲所示。通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。图乙是原理简化图，图丙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，两列波振幅相同，则（　　）
A．降噪过程应用的是声波的干涉原理，Q点处的质点振动加强
B．Q点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为零
C．P点处的质点经过一个周期随波迁移的距离为一个波长
D．理想状态下降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小不相等
【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．降噪应用声波干涉原理，但 Q 点是两列波的振动减弱点（位移始终为 0），并非加强，故A错误；
B．Q 点质点始终静止，一个周期内振动路程为0，故B正确；
C．质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，故C错误；
D．两列声波在同一介质中传播，传播速度大小相等，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这是声波干涉降噪的应用，利用两列振幅相同、频率相同、相位相反的声波干涉，使振动减弱以消除噪音。
4．如图所示为我国古代科学家张衡制成的地动仪。当地震波传到地动仪时，质量为m的铜珠离开龙口，落入蟾蜍口中。设铜珠离开龙口时初速度为零，蟾蜍口到龙口的高度为h，铜珠下落到蟾蜍口后经时间t其速度减为零，重力加速度为g，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．铜珠从离开龙口下落到蟾蜍口过程中受到重力的冲量大小为
B．铜珠接触蟾蜍口到速度减为零过程中蟾蜍口对铜珠的冲量大小为
C．铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小
D．铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】A．设铜珠落入蟾蜍口时速度为，有，由动量定理得，可得，A正确；
B．铜珠从接触蟾蜍口到速度减为零的过程中蟾蜍口对铜珠的冲量大小为，B错误；
CD．设蟾蜍口对铜珠的冲击力大小为F，选取竖直向上为正方向，由动量定理有，可得
根据牛顿第二定律得铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为，C、D错误。
故答案为：A。
【分析】结合自由落体运动规律求铜珠到达蟾蜍口的速度，再利用动量定理分析重力冲量、冲击力的大小。
5．质量为的小车放在光滑水平面上，质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。从图中位置开始（细线水平且伸直），同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时速度为，从释放到小球到达最低点的过程中细线对小球做的功为，从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】AB．从释放到小球到达最低点的过程中，小车和小球组成的系统由水平方向动量守恒和能量守恒得，，解得，故AB错误；
C．该过程对小球由动能定理得，解得，故C正确；
D．小球摆至左侧最高点时，小车离开初位置的距离最大，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球恰好回到原高度，由“人船模型”可得，解得，故D错误。
故选C。
【分析】易错点总结：
1、小球最低点的速度方向与大小
容易错误地认为小球最低点速度竖直向下，但这里因为悬挂点移动，小球最低点速度是水平方向（绳竖直时，小球相对悬挂点的速度是水平的，绝对速度也是水平的）。
必须联立动量守恒 + 能量守恒求解，不能用固定悬挂点的单摆公式 。
2、细线对小球做功W 的计算
常见错误：认为绳子张力总与小球速度垂直，所以对小球不做功（错！那是固定悬挂点的情况）。
正确做法：对小球用动能定理时，必须用其绝对速度对应的动能。
易错： 时，注意mgL 前是正号，因为重力做正功。
3、小车最大位移的“相对位移”关系
小球从最右摆到最左，相对小车的水平位移是2L，不是 L。因为初始时绳水平向右长 L，最终到最左时绳水平向左长 L，两个水平位置相距 2L。
写“人船模型”方程时，若设向右为正方向，则 和 联立。容易搞错正负号，导致 s（少一个 2 倍）。
4、速度与位移方向混淆
在动量守恒式 中，vM 和 是代数量，可正可负，但很多学生在代入能量公式时错误地代入速度大小平方，却忽略了符号处理，容易导致推导时出错。
6． 如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.对A、B和木块组成的系统，根据动量守恒定律可得
对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
依题意，有
联立，可得
，
A不符合题意；
B.根据A项分析可知，子弹A的初动量和子弹B的初动量大小相等，B不符合题意；
C.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则A、B的初始动量分别变为和，则根据A项分析，两子弹的初动量仍为相等的关系，故系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，C不符合题意；
D.依题意，对子弹A，根据动能定理，有
对子弹B，根据动能定理，有
联立，可得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、B和木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，列出守恒方程，再分别对A和B应用动能定理列式，可求出A、B的质量关系；根据子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍后两子弹的动量关系，分析木块是否依然能保持静止；对A、B在木块的中的运动过程分别应用动能定理，得出子弹A射入木块的深度与子弹B射入木块深度的关系。
7． 如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。“胜哥”将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（　　）
A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B．两物块A和B分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.4m
D．C球由静止释放到最低点，物体A、B和C球所组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】B
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB.球C运动至最低点时，两物块A和B分离，C球下摆的过程中，A、B、C三者组成的系统水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律可得
解得C的速度大小和A、B共同的速度大小分别为
，
A不符合题意，B符合题意；
C.根据人船模型原理可得
又
解得木块移动的距离为
C不符合题意；
D.C球由静止释放到最低点的过程中，物体A、B和C球所组成的系统机械能守恒，但该系统在竖直方向上有加速度，合力不为零，所以系统动量守恒，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】球C运动至最低点时，两物块A和B分离，对A、B、C三者组成的系统，由水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，求出C的速度大小和A、B的速度大小；根据人船模型原理，由动量守恒定律求解木块移动的距离；根据机械能守恒条件和动量守恒条件分析。
8．（3分）一种弹跳杆的结构如图甲所示。“胜哥”双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示。以“胜哥”静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示“胜哥”重心位置的坐标轴，如图丙所示。假设“胜哥”在运动过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g。在某次“胜哥”从最高点下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映“胜哥”运动速度v随时间t的变化关系，或加速度a（取竖直向下为正方向）随相对O点的位移x变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】“胜哥”从最高点下落至最低点的过程可分为三个阶段：
空中下落阶段：未接触弹簧，只受重力，加速度为 g（向下为正），做匀加速直线运动，速度随时间线性增大。
弹簧压缩但弹力小于重力阶段：接触弹簧后，弹力随形变量增大而增大，合力向下且逐渐减小，加速度向下且逐渐减小，做加速度减小的加速运动，速度继续增大，直到弹力等于重力时速度达到最大。
弹力大于重力阶段：合力向上且逐渐增大，加速度向上（为负）且逐渐增大，做加速度增大的减速运动，直到速度减为 0（到达最低点）。
AB．速度先匀加速增大，再加速度减小的加速，最后加速度增大的减速，v-t 图像斜率（加速度）先不变，再减小到 0，再反向增大，故曲线先陡，再变缓，再反向变陡，AB错误；
CD．以“胜哥”和弹跳杆为整体，在整体未落地之前，只受重力作用，加速度为重力加速度；弹跳杆落地后，弹簧开始有弹力，根据简谐运动特点，可得回复力
根据牛顿第二定律有
可得
可知a与x成线性关系，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】先将“胜哥”从最高点到最低点的运动分为三个阶段：空中自由下落、弹簧弹力小于重力、弹力大于重力，分析各阶段的速度与加速度变化；再结合 v-t 图像斜率（加速度）和 a-x 图像的线性关系，判断正确选项。
9．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆长约为2.0m
B．从t=1.5s到t=2.0s时间内，摆球的动能逐渐增大
C．从t=0.5s到t=1.0s时间内，摆球所受回复力逐渐增大
D．单摆的位移x随时间t变化的关系式为cm
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．已知单摆振动图像如图所示，根据图像可以得出单摆的周期为T=2s，由单摆的周期公式
结合可得m
故A错误；
B．由于图像斜率代表速度的大小，从t=1.5s到t=2.0s的振动中，摆球向平衡位置运动，根据图像斜率不断增大可以得出速度逐渐增大，动能逐渐增大，故B正确；
C．由图乙可知，从t=0.5s到t=1.0s的振动中，向平衡位置运动，由于距离平衡位置的距离不断减小所以摆球的位移减小，根据回复力的表达式可知，回复力逐渐减小，故C错误；
D．由图乙可知：振幅A=8cm，，根据周期可以得出角速度为rad/s
已知振幅和角速度的大小，单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπt（cm）
故D错误；
故选B。
【分析】利用图像可以求出周期的大小，结合周期的表达式可以求出摆长的大小；利用图像斜率可以判别速度的大小变化；利用物体的位置可以判别位移的大小变化；利用周期可以求出角速度的大小，结合振幅可以判别单摆位移与时间的关系。
10．如图所示，挡板M固定，挡板N可以上下移动。S是振源，图示状态下P点的水没有振动起来，现将挡板N向上移动一段距离，P点的水将振动，则（　　）
A．N向上移动后，挡板右侧水波的波长变小
B．挡板左右两侧水波的传播速度不同
C．P点的振幅小于振源S的振幅
D．P点振动的周期小于振源S的振动周期
【答案】C
【知识点】波的衍射现象
【解析】【解答】本题主要考查对波的衍射的理解与应用，理解波发生明显衍射的条件是解题关键。A．衍射不会改变波长，故A错误；
B．波的传播速度与介质有关，故挡板左右两侧水波的传播速度相同，故B错误；
C．波在发生衍射的过程中，振动能量会减弱，振幅减小，故P点的振幅小于振源S的振幅，故C正确；
D．波的频率由波源决定，P点与振源S的频率相同，周期相同，故D错误。
故选C。
【分析】发生明显衍射的条件是当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多或比波长更小。将挡板N上移一段距离，即减小了孔的尺寸，波发生明显衍射传播到P点，P点的水将振动。
二、多项选择题
11．中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT—100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数个，速度，单个氙离子的质量为，电子电荷量，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　）
A．A、B两电极间的加速电压为275V
B．A、B两电极间的加速电压为375V
C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29A
【答案】A,C
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。
AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有
可得加速电压为
选项A正确，B错误；
C．根据动量定理可得
代入数据解得
约为0.08N，选项C正确；
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流
选项D错误。
故选AC。
【分析】氙离子加速时，电场力做功为qU，根据动能定理求氙离子的加速电压。根据动量定理求出每秒向外喷射的氙离子数目，从而求出氙离子向外喷射形成的电流以及产生的平均推力大小
12．如图所示为“胜哥”用单摆利量重力加速度的实验，他测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是（　　）
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动
D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次
【答案】B,C
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A．单摆的周期
则重力加速度
开始摆动时振幅较小，不影响重力加速度的测量，A不符合题意；
B．开始计时时，过早按下秒表，则测量的时间变长，会导致周期变大，重力加速度测量值偏小，B符合题意；
C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动，则测量的摆长比实际摆长偏小，导致重力加速度测量值偏小，C符合题意；
D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次，根据可知测量的周期比实际周期偏小，则重力加速度测量值偏大，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用单摆的周期公式可以判别其重力加速度的测量值与振幅无关；利用其周期公式可以求出重力加速度的表达式，进而判别其测量值偏小的原因。
13．如图所示，质量为的木板C静置在水平地面上，右端紧挨挡板P（初始被锁定），木板C与地面间的动摩擦因数为，质量为的物块A、质量为的物块B（均可视为质点）分别置于木板C的左端和中点处，物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为，现给物块A一水平向右的初速度，物块A、B发生碰撞后瞬间撤去挡板P，物块B最终恰好未从木板C上滑落。碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为。则在上述过程中（　　）
A．木板C加速运动的加速度大小为
B．木板C的长度为
C．木板C的最大速度大小为
D．物块A与木板C之间由于摩擦产生的热量为
【答案】C,D
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．物块A、B碰撞前，物块B与木板C均静止，由于物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为，则撤去挡板P后，两物块在木板C上滑动时的加速度大小均为，设木板C加速过程中的加速度大小为，则有，解得，A错误；
BC．设物块A、B碰撞前瞬间物块A的速度大小为，碰撞后瞬间物块A、B的速度分别为，由动量守恒和能量守恒得，解得
图像如图所示，设木板C加速运动时间后与物块B共速，则，解得
此时物块A的速度，即恰好三者达到共速，根据图中关系得，，解得，B错误，C正确；
D．设物块A、B碰撞后，物块A相对木板C向左运动的距离为，则
物块A与木板C之间由于摩擦产生的热量
解得，D正确。
故答案为：CD。
【分析】先分析碰撞前后物块的速度，再通过受力分析得到各物体的加速度，结合运动学公式和能量守恒，分析木板的最大速度、摩擦生热等物理量。
三、非选择题
14．“胜哥”用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，推一下小车P，使之运动，与静止的小车Q相碰粘在一起，继续运动．
（1）实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离．根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上　 　段来计算小车P的碰前速度．
（2）“胜哥”测得小车P（含橡皮泥）的质量为m1，小车Q（含橡皮泥）的质量为m2，如果实验数据满足关系式　 　，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒．
（3）如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将　 　（填“偏大”或“偏小”或“相等”）．
【答案】BC；；偏小
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上点迹均匀的部分来计算小车P的碰前速度，由图可知应该选择BC段．
（2）碰前P的速度：；碰后选择DE段作为共同速度，则
要验证的关系：m1v1=(m1+m2)v2，即.
（3）如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则m1的测量值偏小，因v1>v2，则m1v1偏小的量大于m1v2偏小的量，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将偏小.
【分析】1、纸带上的匀速段判断
平衡摩擦力后，小车在木板上做匀速直线运动，对应纸带上点迹均匀分布（等间距）的区段。
碰前：P 匀速 → 应选碰前匀速段（BC）求碰前速度 。
碰后：PQ 共同匀速 → 应选碰后匀速段（DE）求碰后共同速度 。
2、动量守恒验证式
完全非弹性碰撞（粘在一起）：
代入速度 ， 为打点周期（已知或由纸带上点间时间确定）。
3、系统误差分析
若测 时忘记加橡皮泥质量，则 测量值小于真实质量 （真实 ）。
比较测量动量：测量碰前动量：用 （偏小）
测量碰后动量：用 （也偏小，因为少了 ）
要判断哪个偏小得更多，看差值。
15．“胜哥”玩荡秋千时，感到秋千往返摆动的时间是有规律的。于是对“哪些因素影响秋千往返摆动的时间”提出下列猜想：
①可能与秋千的摆长l有关；
②可能与人和秋千坐垫的总质量有关；
③可能与秋千摆幅（摆动时人离开中心点B的最大距离）有关。于是进行了如图实验，将细绳一端固定在O点，另一端拴一小球制成一个摆，让小球自由往返摆动，记录数据如下表。请回答下列问题：
实验序号 摆长L/m 摆球质量/g 摆幅/m 往返摆动一次的时间/s
1 0.7 20 0.05 1.7
2 1.0 20 0.08 2.0
3 1.0 30 0.05 2.0
4 1.0 30 0.08 2.0
5 1.3 20 0.05 2.3
（1）实验序号3、4探究的是摆往返摆动一次的时间跟　 　（选填“摆长”“摆球质量”或“摆幅”）的关系；
（2）从本次实验可以得到的结论是：摆往返摆动一次的时间由　 　决定；
（3）本实验利用式可以测重力加速度g，为了更精确地测量出结果，是否需要把摆角拉得大一些？　 　（填“需要”或“不需要”）；
（4）摆钟是利用本实验的原理制成的。某一摆钟变慢了，要调准它，“胜哥”应将摆钟的摆长调　 　（选填“长”或“短”）。
【答案】（1）摆幅
（2）摆长
（3）不需要
（4）短
【知识点】探究单摆的运动
【解析】【解答】（1）由实验数据知，在实验序号3、4中绳长和质量都相同，摆动幅度不同，所以研究的是摆往返摆动一次的时间跟摆幅的关系。
（2）往返摆动的时间在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了，往返摆动的时间才改变；所以可得结论：往返摆动的时间与摆长有关，与小球质量和摆动幅度无关。
（3）单摆的摆角不超过5°，否则就不是简谐振动，因此不需要把摆角拉得大一些；
（4）某一摆钟变慢了，因往返摆动的时间受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把摆长调短一些。
【分析】根据图表确定各组实验数据中物理量的异同，确定各实验组所研究的物理量，再根据实验结果得出实验结论，单摆的摆角不超过5°，再根据单摆周期公式确定修真摆钟的方法。
16．（8分）下列是“胜哥”做实验的部分步骤。
（1）（4分）在“用单摆测量重力加速度”实验中：
①“胜哥”组装单摆时，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的上端，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示，这样做的目的是保证　 　（填“A”或“B”）。
A．摆动过程中摆长不变
B．摆球在同一竖直平面内摆动
②“胜哥”用游标卡尺测量小球的直径如图乙、丙所示，测量方法正确的是图　 　（填“乙”或“丙”）。
（2）（4分）“胜哥”在“验证楞次定律”的实验中：先将灵敏电流计G连接在图丁所示的电路中，调节滑动变阻器后闭合开关，灵敏电流计的指针如图丁所示，在图戊实验中，将螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管快速拔出时发现指针　 　（填“向左”“向右”或“不”）偏转，电子秤的示数会　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）；丙
（2）向右；变小
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）①用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球在同一竖直平面内摆动，A正确，B错误。
②游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图丙。
故答案为：①；②丙
（2）由图丁可知，电流由“-”接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流由“+”接线柱流入时指针向右偏转；将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律“增反减同”可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小。
故答案为：向右；变小
【分析】(1)①：用开有狭缝的橡皮夹夹紧摆线，核心目的是固定摆线位置，保证摆动过程中摆长不变，避免摆长变化影响周期测量的准确性。
②：用游标卡尺测量小球直径时，核心是让测量爪与小球的直径方向对齐，这样才能准确测量出小球的直径，确保摆长计算的准确性。
(2) 用楞次定律判断感应电流的方向：磁通量减少→感应电流的磁场阻碍减少→用右手螺旋定则确定电流方向→从而判断电流计指针向左偏转；楞次定律 “来拒去留” 的原理：磁铁离开时，螺线管对磁铁有向下的吸引力→根据牛顿第三定律，磁铁对螺线管有向上的反作用力→导致电子秤示数变小。
（1）①[1]用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球在同一竖直平面内摆动，A正确，B错误。
②[2]游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图丙。
（2）[1]由图丁可知，电流由“-”接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流由“+”接线柱流入时指针向右偏转；将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律“增反减同”可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；
[2]根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小。
17．一辆特定频率鸣笛的救护车远离听者而去时，听者将感受到鸣笛声的音调变化，这个现象，首先是奥地利科学家多普勒发现的，于是命名为多普勒效应。如图1所示，假定声波的波长为，在空气中的传播速度为v，那么该声波的频率为　 　。如图2所示，假定该声波波源以的速度向右匀速运动，在其运动正前方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将增加，即相当于波长减短了；在其运动正后方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将减小，即相当于波长增长了，由此可推理得到，在运动波源正后方听者接收到的声波频率变为了　 　。可见，当声源远离听者时，听者接收到的声波频率减小，音调变低；同理，当声源靠近听者时，听者接收到的声波频率增大，音调变高。
【答案】；
【知识点】多普勒效应
【解析】【解答】根据波长、传播速度和频率关系，可得声波的频率，[2]设声波的振动周期为T，则有，声源移动时，其后方波长变为，正后方听者接受到的频率，即有
【分析】利用波长和波速可以求出声波的频率，结合声源移动的距离和波速的大小可以求出听者接收到的频率大小。
18．
（1）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
【答案】（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的反射和折射
【解析】【解答】（1）A、由图a可知波长为4 m，由b图可知周期为2 s， 则波速：，A 周期；
B、由b图可知，零时刻P点从平衡位置向下振动，由a图根据“上下坡”法，可知波向左传播，B正确；
C、由a图可知，波的振幅为5cm， C错误；
D、由a图可知 x=3m处的质点t=0时刻在波谷，因，可知质点完成3次全振动后再经过半个周期到达波峰，D错误；
E、由t=7s可知，质点通过的路程，E正确；
故答案为：ABE。
【分析】(1)正确理解波的图像与质点振动图像，从中找出波长，周期，进一步计算波速，根据质点的振动图像进一步确定波的传播方向和质点的振动路程；
(2)根据题意做出光路图，由几何关系确定入射角的大小，由折射定律计算折射角，有几何关系确定另一边的入射角，由反射定律确定角度和三角形的相似从而计算边长.
19．一列简谐横波在介质中沿轴正方向传播，和A是介质中平衡位置分别位于和处的两个质点。时刻的波形图如图所示，时，质点第一次回到平衡位置。求：
（1）该简谐横波的周期、波速和波长；
（2）质点A的位移随时间变化的关系式。
【答案】解：（1）根据质点的振动规律可得
可得
根据图像可知质点、的平衡位置之间的距离
可得
根据波长、波速和周期之间的关系有
联立解得
（2）设质点的位移随时间变化的关系式为
式中
则质点的位移随时间变化的关系式为
根据图像可知时刻，质点偏离平衡位置的位移为，即
解得
或（舍去）
因此质点的位移随时间变化的关系式为
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【分析】（1）根据质点O的变化规律分析周期，根据OA的距离分析波长，根据λ=vT解得波速；
（2）根据振动的一般方程代入特殊值分析解答。
20．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为，方向都与竖直方向成，重物离开地面后人停止施力，最后重物下落把地面砸深，重物在砸入地面的过程中受到的阻力随砸入的深度变化关系为，为常量。已知重物的质量为，空气阻力忽略不计，重力加速度取。（提示：可用图线下的“面积”表示所做的功）求：
（1）人停止施力时重物的速度大小；
（2）重物在上升过程中重力的冲量；
（3）常量的大小。
【答案】（1）
（2），方向竖直向下
（3）
【知识点】动能定理的综合应用；冲量
【解析】 【解答】（1）解：上升过程中，拉力做功
重力做功
由动能定理
其中
解得
（2）解：上升时间分两段：施力阶段，由
解得
无施力阶段，竖直上抛
竖直上抛位移为
总上升时间
重力冲量，方向竖直向下。
（3）解：重物从最高点下落至砸深，由动能定理
阻力做功（图线面积）
解得
【分析】(1) 上升过程用动能定理，结合力的分解求合外力做功，进而解出停止施力时的速度；
(2) 先由运动学公式求上升时间，再根据冲量公式计算重力冲量；
(3) 下落过程结合动能定理，利用阻力做功的面积法（图像的面积）求解常量。
（1）上升过程中，拉力做功
重力做功
由动能定理
其中
解得
（2）上升时间分两段：施力阶段，由
得
无施力阶段，竖直上抛
竖直上抛位移为
总上升时间
重力冲量
方向竖直向下。
（3）重物从最高点下落至砸深，由动能定理
阻力做功
（图线面积）
解得
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人教版高二物理下期中检测卷4答题卡
(
条
码
粘
贴
处
（正面朝上
贴在此
虚线框内）
)
试卷类型：B
姓名：______________班级：______________
准考证号
(
缺考标记
考生禁止填涂缺考标记
！只能由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
) (
注意事项
1
、
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
、
请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6
、填涂样例
正确
[
■
]
错误
[
--
][
√
] [
×
]
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
1. [A][B][C][D] 2. [A][B][C][D] 3. [A][B][C][D] 4. [A][B][C][D] 5. [A][B][C][D] 6. [A][B][C][D] 7. [A][B][C][D] 8. [A][B][C][D] 9. [A][B][C][D] 10. [A][B][C][D] 11. [A][B][C][D] 12. [A][B][C][D] 13. [A][B][C][D] 18.1. [A][B][C][D]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
14．________________；_____________________________________；_______________
15．（1）___________________ （2）___________________
（3）___________________ （4）___________________
16．（1）___________________；___________________
（2）___________________；___________________
17．___________________；___________________
18．（2）
19．（1）
（2）
20．（1）
（2）
（3）
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人教版高二物理下期中检测卷4（学生版）
一、选择题(共10题；共30分)
1．（3分）“胜哥”将一物体在地面附近的空中做抛体运动，不计空气阻力，在相同时间间隔内，一定相同的是（　　）
A．动量的变化 B．动能的变化
C．重力势能的变化 D．速率的变化
2．（3分）如图所示，把甲、乙两个弹簧振子悬挂在同一支架上，甲的固有频率为1Hz，乙的固有频率为5Hz，当受到支架3Hz的驱动力作用下做受迫振动，达到稳定后两弹簧振子的振动情况是（　　）
A．甲的振动频率为1Hz
B．乙的振动频率为5Hz
C．增加支架驱动力频率，甲的振幅变小
D．增加支架驱动力频率，乙的振幅变小
3．（3分）现在多数智能手机都配备了“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音频信号相减来降低背景噪音，如图甲所示。通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。图乙是原理简化图，图丙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，两列波振幅相同，则（　　）
A．降噪过程应用的是声波的干涉原理，Q点处的质点振动加强
B．Q点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为零
C．P点处的质点经过一个周期随波迁移的距离为一个波长
D．理想状态下降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小不相等
4．（3分）如图所示为我国古代科学家张衡制成的地动仪。当地震波传到地动仪时，质量为m的铜珠离开龙口，落入蟾蜍口中。设铜珠离开龙口时初速度为零，蟾蜍口到龙口的高度为h，铜珠下落到蟾蜍口后经时间t其速度减为零，重力加速度为g，不计空气阻力。以下说法正确的是（　　）
A．铜珠从离开龙口下落到蟾蜍口过程中受到重力的冲量大小为
B．铜珠接触蟾蜍口到速度减为零过程中蟾蜍口对铜珠的冲量大小为
C．铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小
D．铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为
5．（3分）质量为的小车放在光滑水平面上，质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。从图中位置开始（细线水平且伸直），同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时速度为，从释放到小球到达最低点的过程中细线对小球做的功为，从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（3分） 如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹A的质量是子弹B的质量的2倍
B．子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍
C．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止
D．若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍
7．（3分） 如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。“胜哥”将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（　　）
A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为
B．两物块A和B分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.4m
D．C球由静止释放到最低点，物体A、B和C球所组成的系统动量和机械能都守恒
8．（3分）一种弹跳杆的结构如图甲所示。“胜哥”双手握住横杆开始弹跳，经历从地面上升、离地后下落、与地面作用再弹起等往复运动，如图乙所示。以“胜哥”静止站在弹跳杆脚踏板上时重心的位置O为坐标原点，在竖直方向建立表示“胜哥”重心位置的坐标轴，如图丙所示。假设“胜哥”在运动过程中始终保持站立姿态，不计空气阻力及弹跳杆重力，重力加速度大小为g。在某次“胜哥”从最高点下落至重心到达最低点的过程中，下列各选项中可能正确反映“胜哥”运动速度v随时间t的变化关系，或加速度a（取竖直向下为正方向）随相对O点的位移x变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（3分）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．单摆的摆长约为2.0m
B．从t=1.5s到t=2.0s时间内，摆球的动能逐渐增大
C．从t=0.5s到t=1.0s时间内，摆球所受回复力逐渐增大
D．单摆的位移x随时间t变化的关系式为cm
10．（3分）如图所示，挡板M固定，挡板N可以上下移动。S是振源，图示状态下P点的水没有振动起来，现将挡板N向上移动一段距离，P点的水将振动，则（　　）
A．N向上移动后，挡板右侧水波的波长变小
B．挡板左右两侧水波的传播速度不同
C．P点的振幅小于振源S的振幅
D．P点振动的周期小于振源S的振动周期
二、多项选择题(共3题；共12分)
11．（4分）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT—100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数个，速度，单个氙离子的质量为，电子电荷量，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　）
A．A、B两电极间的加速电压为275V
B．A、B两电极间的加速电压为375V
C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29A
12．（4分）如图所示为“胜哥”用单摆利量重力加速度的实验，他测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是（　　）
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动
D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次
13．（4分）如图所示，质量为的木板C静置在水平地面上，右端紧挨挡板P（初始被锁定），木板C与地面间的动摩擦因数为，质量为的物块A、质量为的物块B（均可视为质点）分别置于木板C的左端和中点处，物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为，现给物块A一水平向右的初速度，物块A、B发生碰撞后瞬间撤去挡板P，物块B最终恰好未从木板C上滑落。碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为。则在上述过程中（　　）
A．木板C加速运动的加速度大小为
B．木板C的长度为
C．木板C的最大速度大小为
D．物块A与木板C之间由于摩擦产生的热量为
三、非选择题(共7题；共58分)
14．（6分）“胜哥”用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，推一下小车P，使之运动，与静止的小车Q相碰粘在一起，继续运动．
（1）实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离．根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上　 　段来计算小车P的碰前速度．
（2）“胜哥”测得小车P（含橡皮泥）的质量为m1，小车Q（含橡皮泥）的质量为m2，如果实验数据满足关系式　 　，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒．
（3）如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将　 　（填“偏大”或“偏小”或“相等”）．
15．（8分）“胜哥”玩荡秋千时，感到秋千往返摆动的时间是有规律的。于是对“哪些因素影响秋千往返摆动的时间”提出下列猜想：
①可能与秋千的摆长l有关；
②可能与人和秋千坐垫的总质量有关；
③可能与秋千摆幅（摆动时人离开中心点B的最大距离）有关。于是进行了如图实验，将细绳一端固定在O点，另一端拴一小球制成一个摆，让小球自由往返摆动，记录数据如下表。请回答下列问题：
实验序号 摆长L/m 摆球质量/g 摆幅/m 往返摆动一次的时间/s
1 0.7 20 0.05 1.7
2 1.0 20 0.08 2.0
3 1.0 30 0.05 2.0
4 1.0 30 0.08 2.0
5 1.3 20 0.05 2.3
（1）（2分）实验序号3、4探究的是摆往返摆动一次的时间跟　 　（选填“摆长”“摆球质量”或“摆幅”）的关系；
（2）（2分）从本次实验可以得到的结论是：摆往返摆动一次的时间由　 　决定；
（3）（2分）本实验利用式可以测重力加速度g，为了更精确地测量出结果，是否需要把摆角拉得大一些？　 　（填“需要”或“不需要”）；
（4）（2分）摆钟是利用本实验的原理制成的。某一摆钟变慢了，要调准它，“胜哥”应将摆钟的摆长调　 　（选填“长”或“短”）。
16．（8分）下列是“胜哥”做实验的部分步骤。
（1）（4分）在“用单摆测量重力加速度”实验中：
①“胜哥”组装单摆时，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的上端，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示，这样做的目的是保证　 　（填“A”或“B”）。
A．摆动过程中摆长不变
B．摆球在同一竖直平面内摆动
②“胜哥”用游标卡尺测量小球的直径如图乙、丙所示，测量方法正确的是图　 　（填“乙”或“丙”）。
（2）（4分）“胜哥”在“验证楞次定律”的实验中：先将灵敏电流计G连接在图丁所示的电路中，调节滑动变阻器后闭合开关，灵敏电流计的指针如图丁所示，在图戊实验中，将螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管快速拔出时发现指针　 　（填“向左”“向右”或“不”）偏转，电子秤的示数会　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
17．（4分）一辆特定频率鸣笛的救护车远离听者而去时，听者将感受到鸣笛声的音调变化，这个现象，首先是奥地利科学家多普勒发现的，于是命名为多普勒效应。如图1所示，假定声波的波长为，在空气中的传播速度为v，那么该声波的频率为　 　。如图2所示，假定该声波波源以的速度向右匀速运动，在其运动正前方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将增加，即相当于波长减短了；在其运动正后方某一听者，在相同时间内接受到的波峰个数将减小，即相当于波长增长了，由此可推理得到，在运动波源正后方听者接收到的声波频率变为了　 　。可见，当声源远离听者时，听者接收到的声波频率减小，音调变低；同理，当声源靠近听者时，听者接收到的声波频率增大，音调变高。
18．（7分）
（1）（2分）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）（5分）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
19．（10分）一列简谐横波在介质中沿轴正方向传播，和A是介质中平衡位置分别位于和处的两个质点。时刻的波形图如图所示，时，质点第一次回到平衡位置。求：
（1）该简谐横波的周期、波速和波长；
（2）质点A的位移随时间变化的关系式。
20．（15分）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为，方向都与竖直方向成，重物离开地面后人停止施力，最后重物下落把地面砸深，重物在砸入地面的过程中受到的阻力随砸入的深度变化关系为，为常量。已知重物的质量为，空气阻力忽略不计，重力加速度取。（提示：可用图线下的“面积”表示所做的功）求：
（1）（5分）人停止施力时重物的速度大小；
（2）（5分）重物在上升过程中重力的冲量；
（3）（5分）常量的大小。
答案
1．A
2．C
3．B
4．A
5．C
6．D
7．B
8．C
9．B
10．C
11．A,C
12．B,C
13．C,D
14．BC；；偏小
15．（1）摆幅
（2）摆长
（3）不需要
（4）短
16．（1）；丙
（2）向右；变小
17．；
18．（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
19．解：（1）根据质点的振动规律可得
可得
根据图像可知质点、的平衡位置之间的距离
可得
根据波长、波速和周期之间的关系有
联立解得
（2）设质点的位移随时间变化的关系式为
式中
则质点的位移随时间变化的关系式为
根据图像可知时刻，质点偏离平衡位置的位移为，即
解得
或（舍去）
因此质点的位移随时间变化的关系式为
20．（1）
（2），方向竖直向下
（3）
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