1、乐至中学2018届高三上学期第三次月考理综物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错得0分。14.在同一高度将质量不相等的三个小球以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力从抛出到落地过程中，三球（） A运动时间相同B落地时的速度相同 C运动过程中加速度大小不相同D运动过程中速度的变化率相同15.下面四个图象分别表示四个做直线运动物体的位移、速度、加速度随时间变化的规律其中反映物体受力平衡的是（） A. B. C. D.16. 如图
2、所示，左侧是倾角为60的斜面、右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别系有质量为小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮。当它们处于平衡状态时，连结小球的轻绳与水平线的夹角为60，不计一切摩擦，两小球可视为质点。两小球的质量之比等于（ ）A11 B32 C23 D3417.如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物的拉力T之间的函数关系如图乙所示下列判断正确的是()A图线与纵轴的交点M的值B图线与横轴的交点N的值TNmgC图线的斜率等于物体的质量mD货物始终处于超重状态18.2009年5月，航天飞机在完成对哈
3、勃空间望远镜的维修任务后， 在A点从圆形轨道进入椭圆轨道，B为轨道上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（） A在轨道上经过B的速度小于经过A的速度 B在轨道上经过A的动能小于在轨道上经过A的动能 C在轨道上经过A的加速度小于在轨道上经过A的加速度 D在轨道上经过B的向心力小于在轨道上经过A的向心力19.一质量为m的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙此质点在该水平面上做半径为r的圆周运动，设质点的最初速率是v0，滑动摩擦力大小恒定，当它运动一周时，其速率变为，则（） A当它运动一周时摩擦力做的功为B.质点与水平面的动摩擦因数 C质点在运动了两个周期时
4、恰好停止 D当质点运动一周时的向心加速度大小为20.如图所示，质量为m=1kg的物块，以速度v0=4m/s滑上正沿逆时针方向转动的水平传送带，此时记为时刻t=0，传送带上A、B两点间的距离L=6m，已知传送带的速度v=2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g取10m/s2关于物块在传送带上的整个运动过程，下列表述正确的是() A物块在传送带上运动的时间为4s B传送带对物块做功为6J C2.0s末传送带对物块做功的功率为0 D整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J21.电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，当运动至绳
5、子与水平面成角时，电动机的轮子卷绕绳子的半径为R，下述说法正确的是（） A木箱将做匀速运动，速度是2nR B木箱将做变速运动，此时速度是 C此时木箱对地的压力为 D此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化第卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22.（6分）在测定匀变速直线运动加速度的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间
6、的时间间隔为 _ s用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm，打C点时纸带的速度大小为 _ m/s该匀变速直线运动的加速度的大小a= _ m/s2 23.（10分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图所示的装置 （1）本实验应用的实验方法是 _ A控制变量法 B假设法 C理想实验法 （2）下列说法中正确的是 _ A在探究加速度与质量的关系时，应改变小车所受拉力的大小 B在探究加速度与外力的关系时，应改变小车的质量 C在探究加速度a与质量m的关系时，作出图象容易更直观判断出二者间的关系 D无论在什么条件下，细线对小车的拉力大小总等于砝
7、码盘和砝码的总重力大小 （3）在探究加速度与力的关系时，若取车的质量M=0.5kg，改变砝码质量m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是 _ Am1=4gBm2=10g Cm3=40g Dm4=500g （4）如图所示为甲同学在探究加速度a与力F的关系时，根据测量数据作出的a-F图象，说明实验存在的问题是_24.（12分）某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距
8、离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=0.5m，BC长为L2=1.5m，小滑块与水平地面间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g=10m/s2 （1）若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；（2）若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要落点超过D点即为胜出求小滑块在A点弹射出的速度大小范围； 25.（20分）如图所示，质量M=8kg的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力F=8N，当长木板向右运动速率达到v1=10m/s时，在其右端有一质量m=2kg的小物块（可视为质点）以水平向左的速率v2=2m/s滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数=0.
9、2，小物块始终没离开长木板，g取10m/s2，求：（1）经过多长时间小物块与长木板相对静止；（2）长木板至少要多长才能保证小物块不滑离长木板；（3）如果开始将物块放在长木板右端时两物体均静止，在长木板的右端施加一水平恒力F=28N，物块与长木板的质量和动摩擦因数均与上面一样，并已知长木板的长度为10.5m，要保证小物块不滑离长木板，水平恒力F作用时间的范围（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每科按所做的第
10、一题计分。34【物理选修34】（15分）（1）(5分)下列说法正确的是（）（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，选错1个扣3分，最低得分为0分） A.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B.弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向（2）（10分）有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播两列波在t=0时刻
11、的波形曲线如图所示，已知a波的周期Ta=1s求： （i）两列波的传播速度； （ii）从t=0时刻开始，最短经过多长时间x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m？ 35.（15分）【选修3-物质结构与性质】常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。（1）Cu+在基态时的价电子排布式为_。（2）砷、碲是第四周期的相邻元素，已知砷的第一电离能大于硒。请从原子结构的角度加以解释_。（3）GaAs熔点1238，难溶于溶剂。其晶体类型为_。（4）AsF3的空间构型是：_。（5）硼酸（H3BO3）本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH-生成
12、B(OH)4-，而体现弱酸性。B(OH)4-中B原子的杂化类型为_。B(OH)4-的结构式为_。（6）金刚石的晶胞如下图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅：若将金刚石晶体中一半的碳原子換成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体（金刚砂）。金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是_(用化学式表示)。立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼的密度是_g-3(B的相对原子质量为11，只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽徳罗常数为NA)。物理答案14.D 解:A、竖直上抛时间最长,竖直下抛时间最短,故A错误. B、小球运动过程
13、中,只有重力做功,机械能守恒,所以末速度大小相等,但方向不同,故B错误. C、加速度由合力决定,都是抛体运动,都只受重力,加速度都为g,故C错误. D、速度的变化率就是加速度的大小,三种运动都为g,所以D选项是正确的. 15.A 16.C 解:先以球为研究对象,由平衡条件得知,绳的拉力大小为:再以m2球为研究对象,分析受力情况,如图,由平衡条件可以知道,绳的拉力T与支持力N的合力与重力大小相等、方向相反,作出两个力的合力,由对称性可以知道,由计算得出:所以C选项是正确的. 17.B 解:A、因为甲图可以知道,拉力为零时物体只受重力,加速度为重力加速度,但是其位置在a的负轴上,故M点的值应为-g
14、,故A错误B、由图知图象与横轴的交点N对应的加速度为零,故可以知道此时受力平衡:,所以B选项是正确的C、由M、N两点的坐标可得斜率为:,故C错误D、从图中看加速度方向先是向下,后向上,由加速度向上是超重,向下是失重,故货物先失重后超重,故D错误 18.B 19.ABD 解析当它运动一周时摩擦力做的功为，选项A正确；由功的定义：，解得，选项B正确；因质点运动一个周期动能损失，故因为，则可知质点运动不到两个周期停止，选项C错误；当质点运动一周时的向心加速度大小为，选项D正确；故选ABD. 20.CD 解:A、物块在传送带上运动的加速度大小,物块匀减速直线运动的位移大小,匀减速直线运动的时间.返回做
15、匀加速直线运动的时间,匀加速直线运动的位移大小,则匀速运动的时间,则物块在传送带上运行的时间为.故A错误.B、物块的末速度为,初速度为4m/s,根据动能定理知,传送带对物块做功.故B错误.C、2s末物块的速度为0,则传送带对物块做功的功率为0.所以C选项是正确的.D、物块匀减速直线运动相对于传送带的路程,匀加速直线运动相对于传送带的路程.则整个过程摩擦产生的热量.所以D选项是正确的. 21. BC解:A、物块沿绳子方向上的速度大小.将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解,根据平行四边形定则,当运动至绳子与水平成角时,木块的速度,知木箱做变速运动,但不是匀加速.故A错误、B正确.C、根据,
16、知绳子的拉力,根据正交分计算得出,.所以C选项是正确的.D、木箱在水平面上运动,合外力的大小在变化,方向不变.故D错误.22.0.1；0.25；0.4 23.A；C；D；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 24.解：（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v， 由牛顿第二定律： 由B到最高点小滑块机械能，由机械能守恒定律得： 由A到B，由动能定理得： 由以上三式解得A点的速度为：v1=3m/s； （2） 若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，滑块离开C点后做平抛运动， 竖直方向： 水平方向：s=vct 从A到C过程，由动能定理得： 解得：v3=5m/s， 所以初速度的范围为：vA5m/s； 25.解：
17、(1)小物块的加速度为:,水平向右长木板的加速度为: 方向水平向右令刚相对静止时他们的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向对小物块有:对木板有:联立计算得出:;故经过8s小物块与长木板保持相对静止.(2)此过程中小物块的位移为:长木板的位移为:所以长木板的长度至少为:.故长木板至少的长度为.(3)小物块的加速度为:,水平向右长木板的加速度为:,水平向右设水平恒力F作用时间最大为,物块滑到左侧的时间为后小物块的加速度为:,水平向右,长木板的加速度为:,水平向左则据速度关系有:据位移关系有:联立上式代入数据可计算得出: 34.（1）ABD （2）.解：（i）由图可知a、b两列波的波长分别为a=2
18、.5m，b=4.0m 两列波在同种介质中的传播速度相同 =2.5m/s （ii）a波的波峰传播到x=1.0m的质点经历的时间： b波的波峰传播到x=1.0m的质点经历的时间： 又：ta=tb=t 联立解得：5m-8n=1（式中m、n均为正整数） 分析知，当m=5、n=3时，x=1.0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m时经过时间最短 将m=5代入 解得：t=5.4s 【解析】 14. 解：A、竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，故A错误 B、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以末速度大小相等，但方向不同，故B错误 C、加速度由合力决定，都是抛体运动，都只受重力，加速度都为g，故C错
19、误 D、速度的变化率就是加速度的大小，三种运动都为g，故D正确 故选：D 此题首先清楚这三种运动都只受重力，即竖直方向上都为匀变速直线运动，即加速度以及运动时间很容易比较大小，落地速度注意它的矢量性 抛体运动的特点是都只受重力，学生们要牢记，再者注意速度的变化率就是加速度的大小 15. 解：A、位移-时间的图象的斜率等于速度，斜率不变，说明物体的速度不变，做匀速直线运动故A正确 B、此图表示物体的速度不断减小，说明物体做匀变速直线运动，故B错误 C、此图表示物体的速度不断增大，说明此运动是匀加速直线运动故C错误 D、此图表示物体的加速度不断减小，说明物体做变加速直线运动，故D错误 故选：A 物
20、体受力平衡时处于静止或匀速直线运动，匀速直线运动的特点是物体的速度保持不变，位移随时间均匀变化，加速度为零根据这些知识进行选择 本题首先要掌握匀速直线运动的特点：速度不变，其次要从各个图象数学意义来理解其物理意义 16. 【解析】先以m1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为：T=m1gsin60；再以m2球为研究对象，分析受力情况，如图， 由平衡条件可知，绳的拉力T与支持力N的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T=N，2Tcos30=m2g；联立解得：ml：m2=2：3，故选C17. 【解析】对货物受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T-mg
21、=ma，得： ；A、当T=0时，a=-g，即图线与纵轴的交点M的值aM=-g，故A错误；B、D、当a=0时，T=mg，故图线与横轴的交点N的值TN=mg，此时货物处于平衡状态；故B正确，D错误；C、图线的斜率表示质量的倒数，故C错误；故选B.18. 解：A、根据开普勒第二定律可知航天飞机在远地点的速度小于在近地点的速度，即在轨道上经过B的速度大于经过A的速度，故A错误； B、当航天飞机在轨道上A点加速才能变轨到上，故在轨道上经过A的动能小于在上经过A点的动能，故B正确； C、由=ma可知，在轨道上经过A的加速度应等于在轨道上经过A的加速度，故C错误； D、在轨道上经过B需要做离心运动，在轨道上
22、经过B的向心力大于在轨道上经过B的万有引力， 在轨道上经过A的向心力等于在轨道上经过A的万有引力， 万有引力F=，所以在轨道上经过B的向心力大于在轨道上经过A的向心力，故D错误； 故选：B 卫星在椭圆轨道近地点速度大于远地点速度；卫星只要加速就离心；万有引力是合力满足牛顿第二定律 开普勒第二定律说明卫星从近地轨道向远地轨道运动速度将变小，否则速度变大注意加速度与向心加速度的区别，加速度等于合力与m的比值，向心加速度等于合力在指向圆心方向的分力与m的比值，只有在匀速圆周运动二者才相同 19. 解：A、设质点运动一周时摩擦力做的功为W，根据动能定理得：W=故A正确 B、W=-，又W=-mg2r，解
23、得：=故B正确 C、设质点在运动了n周时停止，由动能定理得，-mgn2r=0-，n=1.33，所以质点在运动不到两个周期停止运动故C错误 D、当质点运动一周时质点的向心加速度大小为an=，故D正确 故选：ABD 质点在水平面上做圆周运动的过程中，只有摩擦力做功，根据动能定理求出质点运动一周时摩擦力做的功质点运动一周时摩擦力做的功W=-mg2r，求出根据动能定理求出质点速度减至零时通过的路程根据向心加速度公式直接求解向心加速度 本题是动能定理、向心加速度等知识的综合应用，要注意滑动摩擦力做功与路程有关，难度适中 20. 解：A、物块沿绳子方向上的速度大小v=R2n将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳
24、子的方向分解，根据平行四边形定则，当运动至绳子与水平成角时，木块的速度v=，知木箱做变速运动，但不是匀加速故A错误、B正确 C、根据P=Fv，知绳子的拉力F=，根据正交分解得，N=Mg-Fsin=Mg-故C正确 D、木箱在水平面上运动，合外力的大小在变化，方向不变故D错误 故选：BC 根据电动机的转速和轮子的半径求出绕绳子的线速度，即可得知物块沿绳子方向上的速度，将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据沿绳子方向的速度可得知物块的速度通过对木块受力分析，运用正交分解求出地面的支持力，从而得知木箱对地面的压力大小 解决本题的关键会对物体的速度按实际效果进行分解，以及会运用正交分解处理力
25、学问题 21. 解：A、物块在传送带上运动的加速度大小a=g=2m/s2，物块匀减速直线运动的位移大小，匀减速直线运动的时间返回做匀加速直线运动的时间，匀加速直线运动的位移大小，则匀速运动的时间，则物块在传送带上运行的时间为t=t1+t2+t3=4.5s故A错误 B、物块的末速度为2m/s，初速度为4m/s，根据动能定理知，传送带对物块做功W=故B错误 C、2s末物块的速度为0，则传送带对物块做功的功率为0故C正确 D、物块匀减速直线运动相对于传送带的路程s1=vt1+x1=4+4m=8m，匀加速直线运动相对于传送带的路程s2=vt2-x2=2-1m=1m则整个过程摩擦产生的热量Q=f(s1+
26、s2)=mg(s1+s2)=0.2109J=18J故D正确 故选CD 22. 解：打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s， 纸带上相邻计数点的距离在增大，而且相邻计数点的距离之差不变，所以纸带做匀加速运动 利用匀变速直线运动的推论得： vC=m/s=0.25m/s 根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小， 得：a=m/s2=0.4m/s2 故答案为：0.1，0.25，0.4 根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小 要提高
27、应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用 23. 解：（1）探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量；这种实验方法是控制变量法 故选：A （2）A、在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力的大小不变，A错误； B、在探究加速度与外力的关系时，应保持小车的质量不变，改变砝码盘和砝码的总质量，B错误 C、在探究加速度与质量的关系时作出a-图象容易更直观判断出二者间的关系，C正确 D、当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，
28、D错误； 故选：C （3）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小，因此砝码质量m的值要远小于车的质量M=0.5kg，故m的取值最不合适的一个是D，此时钩码质量等于车的质量； 本题选不合适的 故选：D （4）该小车的加速度a=； （5）从图象可以看出当有了一定的拉力F时，小车的加速度仍然是零，小车没动说明小车的合力仍然是零，即小车还受到摩擦力的作用，说明摩擦力还没有平衡掉，或者是平衡摩擦力了但是平衡的还不够，没有完全平衡掉摩擦力，所以图线不通过坐标原点的原因是实验前该同学没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 故答案为：（1）A； （2）C； （3）D；（4）0
29、.16；（5）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 （1）加速度与物体质量、物体受到的合力有关，在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法； （2）该实验采用控制变量法，先控制小车的质量不变，研究加速度与力的关系，再控制砝码盘和砝码的总重力不变，研究加速度与质量的关系当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小； （3）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小，因此砝码质量m的值要远小于车的质量； （4）图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足 解决本题的关键知道实验的研究方法，会通
30、过图象探究加速度和力和质量的关系，知道实验中的两个认为：1、认为细线的拉力等于小车的合力，2、认为砝码盘和砝码的总重力等于细线的拉力要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用 12. （1）对滑块应用牛顿第二定律求出其到达最高点的速度，然后由机械能守恒定律、动能定理求出滑块到达A点的速度 （2）对滑块，应用动能定理与平抛运动规律求出滑块的速度范围 （3）由动量守恒定律与动能定理可以求出H的范围 本题运动过程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动知识、动量守恒定律即可正确解题
31、13. （1）刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度 （2）根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程
32、中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解 34(1). 解：A、根据单摆的周期公式T=2，得T2=L在同一地点，g一定，则知T2与L成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比故A正确 B、弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变故B正确 C、根据单摆的周期公式T=2，知单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，故C错误 D、系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故D正确 E、振动质点在同一位置振动方向有两种，所以已知弹簧振子初始时刻的位置，不知道初始时刻振子的振动方向，根据振动周期，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向 故选：ABD 根据单摆的周期公式分析周期与摆长的关系弹簧振子做简谐振动时，系统的机械能守恒单摆的周期与摆球的质量无关受迫振动的频率等于驱动力的频率根据时间与周期的关系，结合弹簧振子初始时刻的振动方向才可确定弹簧振子在任意时刻运动速度的方向 解决本题的关键要掌握单摆周期公式T=2，知道单摆的周期与摆球的质量无关，明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关
