教科版高中物理选择性必修第一册第2章章末综合提升学案

这是一份教科版高中物理选择性必修第一册第2章章末综合提升学案，共18页。

主题1　简谐运动的五大特征【典例1】　(多选)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10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是(　　)甲　　　 　　　乙A．单摆的摆长约为1.0 mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin πt cmC．从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小AB　[由题图乙可知单摆的周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，代入数据可得l≈1 m，A正确；由ω＝eq \f(2π,T)可得ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin ωt＝8sin πt cm，B正确；从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C错误；从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D错误。](1)做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力不一定为零。(2)由于简谐运动具有周期性和对称性， 因此涉及简谐运动时往往会出现多解的情况，分析时应特别注意。(3)位移相同时回复力大小、加速度大小、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不能确定。 主题2　简谐运动的图像及应用简谐运动的图像描述了振动质点的位移随时间变化的规律。从图像中可以确定位移、速度、加速度、动能和势能等物理量以及它们的变化规律，具体分析如下：【典例2】　如图所示是一个质点做简谐运动的图像，根据图像回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)振动质点在0～0.6 s的时间内通过的路程；(4)振动质点在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向；(5)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)振动质点在0.4～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？[解析]　(1)由振动图像可以看出，质点振动的振幅为5 cm，即此质点离开平衡位置的最大距离。(2)由此质点的振动图像可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0，所以x＝Asin(ωt＋φ)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.8)t))cm＝5sin(2.5πt)cm。(3)由振动图像可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s，0.6 s＝3×eq \f(T,4)，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm。(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图像中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向。同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。(5)由振动图像可以看出，在0.6～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。(6)由图像可看出，在0.4～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零。[答案]　(1)5 cm　(2)x＝5sin(2.5πt)cm(3)15 cm　(4)正方向　负方向　负方向　正方向(5)速度增大，加速度减小　(6)零 主题3　单摆周期公式的应用1．对单摆周期公式的理解(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离，l＝l线＋r球。(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关。2．有关周期T的常见情况(1)同一单摆，在地球的不同位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同。(2)同一单摆，在不同的星球上，其周期也不相同。例如单摆放在月球上时，由于g月a)，故周期T变化。(5)当带电单摆放到跟振动平面垂直的磁场中时，由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，不改变回复力，故周期T不变。【典例3】　如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a(g>a)向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀强磁场B中，周期为T丙；单摆丁带正电荷，放在匀强电场E中，周期为T丁，单摆甲、乙、丙及丁的摆长l相同，则下列说法正确的是(　　)甲 　乙　　 　丙　　 　　丁 A．T甲＞T乙＞T丁＞T丙　　 B．T乙＞T甲＝T丙＞T丁C．T丙＞T甲＞T丁＞T乙 D．T丁＞T甲＝T丙＞T乙B　[对甲摆：T甲＝2πeq \r(\f(l,g))；对乙摆：T乙＝2πeq \r(\f(l,g－a))；对丙摆：由于摆动过程中洛伦兹力总是垂直于速度方向，故不可能产生沿圆弧切向的分力效果而参与提供回复力，所以周期不变，即T丙＝2πeq \r(\f(l,g))；对丁摆：由于摆球受竖直向下的重力的同时，还受竖直向下的电场力，电场力在圆弧切向产生分力，与重力沿切向的分力一起提供回复力，相当于重力增大了。等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋eq \f(qE,m)，故周期T丁＝2πeq \r(\f(ml,mg＋qE))，所以T乙＞T甲＝T丙＞T丁。故选B。]同一单摆放到不同环境中，等效重力加速度不同，导致周期不同。章末综合测评(二)　机械振动1．下列属于机械振动的是(　　)①乒乓球在地面上的来回上下运动　②弹簧振子在竖直方向的上下运动　③秋千在空中来回的运动　④竖于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④D　[机械振动是最简单，也是比较常见的机械运动，自然界中在变力作用下的往复运动都属于机械振动，故D正确。]2．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是(　　)A．位移 B．速度C．加速度 D．回复力B　[做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移x相同，回复力相同，加速度相同，可能不同的物理量是速度，故B正确。]3．单摆在摆动过程中，下列说法正确的是(　　)A．回复力由重力和细线拉力的合力提供B．摆动到最低点时回复力为零C．动能变化的周期等于振动周期D．小球质量越大，周期越长B　[重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；摆动到最低点时回复力为零，故B正确；小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复，故其动能的变化周期为单摆振动周期的一半，C错误；单摆的周期T＝2πeq \r(\f(l,g))，与小球的质量无关，故D错误。]4．一根弹簧原长为l0，挂一质量为m的物体时伸长x。当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为A时，物体振动的最大加速度为(　　)A．eq \f(Ag,l0) B．eq \f(Ag,x) C．eq \f(xg,l0) D．eq \f(l0g,A)B　[振子的最大加速度a＝eq \f(kA,m)，而mg＝kx，解得a＝eq \f(Ag,x)，B正确。]5.如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A，由静止释放。以钢球平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图乙所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则(　　)甲　　　 乙A．t1时刻钢球处于超重状态B．t2时刻钢球的速度方向向上C．t1～t2时间内钢球的动能逐渐增大D．t1～t2时间内钢球的机械能逐渐减小D　[t1时刻，钢球位于平衡位置上方，位移为正，所以加速度为负，有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；t2时刻，钢球位于平衡位置下方，正在远离平衡位置，速度方向向下，故B错误；t1～t2时间内，钢球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C错误；t1～t2时间内，钢球克服弹力做功，根据能量守恒定律可知，钢球的机械能逐渐减小，故D正确。]6.(2022·四川成都高二阶段练习)一个打磨得很光滑的凹镜，其曲面半径远大于曲面长度，将镜面水平放置，如图所示。现让一个小球(小球可视为质点)从镜边缘静止释放，小球在镜面上将作往复运动，以下说法中正确的是(　　)A．小球质量越大，往复运动的周期越长B．释放点离最低点距离越大，周期越短C．凹镜曲面半径越大，周期越长D．周期应由小球质量、释放点离平衡位置的距离，以及曲面半径共同决定C　[小球在镜面上做简谐运动，周期公式与单摆的周期相同，根据T＝2πeq \r(\f(L,g))，因而周期决定于凹镜曲率半径及当地的重力加速度，半径越大，周期越长。故选C。]7．在实验室做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只酒杯，听到清脆声音，测得这个声波的频率为500 Hz。将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员调整声波发生器，用发出的声波把酒杯震碎了，下列关于操作人员进行的操作的说法正确的是 (　　)A．一定是把声波发生器的功率调到很大B．可能是声波发生器发出了频率很高的超声波C．一定是同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．可能只是将声波发生器发出的声波频率调到了500 HzD　[将酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整声波发生器，用发出的声波将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，已知酒杯的固有频率为500 Hz，故操作人员可能只是将声波发生器发出的声波频率调到了500 Hz，D正确。]8.如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是 (　　)A．两个单摆的固有周期之比为TⅠ∶TⅡ＝2∶5B．两个单摆的摆长之比lⅠ∶lⅡ＝4∶25C．图线Ⅱ对应单摆摆长约为1 mD．若两条图线分别对应同一单摆在月球上和地球上的受迫振动，则图线Ⅱ是月球上的单摆的共振曲线C　[由共振曲线及共振的条件可知，图线Ⅰ和Ⅱ的两个单摆的固有频率分别为0.2 Hz和0.5 Hz，周期之比TⅠ∶TⅡ＝5∶2，A错误；由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，lⅠ∶lⅡ＝Teq \o\al(2,Ⅰ)∶Teq \o\al(2,Ⅱ)＝25∶4，B错误；同时可知lⅡ＝eq \f(Teq \o\al(2,Ⅱ)g,4π2)≈1 m，C正确；当摆长不变时，重力加速度越大，固有频率越大，月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度，故D错误。]9．在利用沙摆描绘振动图像的实验中，将细沙倒在漏斗中，在细沙漏出的同时，让沙摆摆动起来，一段时间后，形成的长条形沙堆如图甲所示：两边高且粗，中间低且细。(1)如果在沙摆摆动的同时匀速拉动下方纸板(纸板上的虚线O1O2位于沙摆静止时的正下方)，则一段时间后，形成如图乙所示的曲线沙堆。分析可知，曲线沙堆在与虚线O1O2垂直距离________(选填“近”或“远”)的位置低且细。甲　　 　　乙　　　 　丙(2)图丙为图乙中纸板上曲线沙堆的俯视图，沿沙摆振动方向建立x轴，沿O1O2方向建立t轴，就可利用沙堆曲线得到沙摆的振动图像。请说明为什么要匀速拉动下方纸板：_____________________________________________。[解析]　(1)单摆在摆动的过程中是变速运动，经过平衡位置时的速度最大，在最大位移处的速度为0；沙摆在相同的时间内漏下的沙子一样多，但在平衡位置附近速度大，相同时间内经过的距离长，故漏下的沙子低且细。(2)只有拉动纸板的速度恒定时，纸板的位移才与时间成正比，沿O1O2方向建立的坐标轴才可以代表时间轴。[答案]　(1)近　(2)只有拉动纸板的速度恒定时，纸板的位移才与时间成正比，沿O1O2方向建立的坐标轴才可以代表时间轴10.(2022·四川省蓬安中学高二阶段练习)如图所示，一个轻质弹簧与一个质量为m＝0.2 kg的小球所构成的弹簧振子放在光滑金属杆上，已知该弹簧的劲度系数k＝500 N/m，O点是弹簧振子静止时的位置，今将振子向左压缩0.2 m到B点，此时外力对弹簧振子做功为10 J，然后由静止释放，则它在A、B之间运动，不计其他阻力，求：(1)振子在A点的位移大小。(2)振子在A点的加速度大小。(3)振子在哪点的速度最大？最大速度为多少？[解析]　(1)振子在A、B间做简谐运动，O点是平衡位置，OA＝OB＝0.2 m，所以振子在A点位移大小是0.2 m。(2)在A点，弹簧弹力为F＝kx＝500×0.2 N＝100 N 由牛顿第二定律可知，振子在A点的加速度大小为a ＝ eq \f(F,m) ＝ eq \f(100,0.2) m/s2 ＝ 500 m/s2。(3)振子在平衡位置时，弹簧势能为零，振子动能最大，速度最大，因此在O点速度最大，由功能关系、机械能守恒得W＝Ep，Ep＝eq \f(1,2)mv2，解得v ＝ eq \r(\f(2Ep,m)) ＝ eq \r(\f(2×10,0.2)) m/s＝10 m/s。[答案]　(1)0.2 m　(2)500 m/s2　(3)O　10 m/s1．(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示。a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法正确的是(　　)A．质点做简谐运动的方程为x＝Asineq \f(π,4)tB．质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等AC　[由题给的质点位移随时间变化的图像可知，振幅为A，周期T＝8 s，质点做简谐运动的方程为x＝Asineq \f(2π,T)t＝Asineq \f(π,4)t，A正确；根据简谐运动对称性可知质点在位置b与位置d时速度相同，B错误；质点从位置a到c与从位置b到d所用时间均为2 s，C正确；质点从位置a到b和从位置b到c所用的时间都是1 s，但位移不等，所以平均速度大小不同，D错误。]2．(多选)做简谐运动的弹簧振子，质量为m，最大速率为v，则下列说法正确的是(　　)A．从某一时刻算起，在半个周期的时间内，回复力做的功一定为零B．从某一时刻算起，在半个周期的时间内，回复力做的功可能是零到eq \f(1,2)mv2之间的某一个值，不包括零C．从某一时刻算起，在半个周期的时间内，速度变化量一定为零D．从某一时刻算起，在半个周期的时间内，速度变化量的大小可能是零到2v之间的某一个值，不包括零AD　[弹簧振子在半个周期内刚好到达与初位置关于平衡位置对称的位置，两位置的速度大小相等，故由动能定理知，回复力做的功一定为零，则A正确，B错误；由于速度反向(初位置在最大位移处时速度为零)，所以在半个周期内速度变化量的大小为初速度大小的2倍，因此在半个周期内速度变化量的大小应为零到2v之间的某一个值，则C错误，D正确。故选A、D。]3．(2022·浙江6月选考)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从杆中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则(　　)A．小球做简谐运动B．小球动能的变化周期为eq \f(T,2)C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD．小球的初速度为eq \f(v,2)时，其运动周期为2TB　[由于刚开始的一段时间内小球做匀速运动，受力大小与位移大小不成正比，小球做的不是简谐运动，A错误。小球从杆中点到第一次回到杆中点的过程，初、末动能相等，则小球动能的变化周期为eq \f(T,2)，分析可知两根弹簧的总弹性势能的变化周期也为eq \f(T,2)，B正确，C错误。小球的初速度为eq \f(v,2)时，在细杆上匀速运动的时间等于初速度为v时的2倍，小球从接触弹簧到速度减到零的时间等于初速度为v时的时间，故初速度为eq \f(v,2)时的运动周期小于2T，D错误。]4．(多选)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方，距O点eq \f(3l,4)处的P点固定一个小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左侧最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h≪l。A、B、P、O在同一竖直平面内，当地的重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．点C与点B高度差小于hB．点C与点B高度差等于hC．小球摆动的周期等于eq \f(3π,2)eq \r(\f(l,g))D．小球摆动的周期等于eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))BC　[不计空气阻力，小球在整个运动过程中机械能守恒，故运动到左侧时，最高点C与A等高，与B相差h，A错误，B正确；当小球从A点开始，再回到A点时为一个周期，是两个半周期之和，即T＝πeq \r(\f(l,g))＋πeq \r(\f(\f(1,4)l,g))＝eq \f(3π,2)eq \r(\f(l,g))，C正确，D错误。]5．某同学用单摆测重力加速度，实验装置如图甲所示。甲　　　　　　　　　　　　乙　　(1)实验前测出单摆的摆长为L，实验时，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动，在摆球经过________位置时开始计时，记录n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度为g＝________(用测得的物理量符号表示)。(2)多次改变摆长，重复实验，测出每次实验的摆长L及小球摆动的周期T，作出L-T2图像，如图乙所示，根据图像求得当地的重力加速度g＝________m/s2(结果保留三位有效数字)。[解析]　(1)摆球经过平衡位置时速度最大，在摆球经过平衡位置时开始计时测量误差最小，记录n次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝eq \f(t,n)，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可知g＝eq \f(4π2n2L,t2)。(2)根据T＝2πeq \r(\f(L,g))得g＝eq \f(4π2L,T2)，图线过坐标原点，当L＝1.0 m时，T2＝4.1 s2，代入公式可得g≈9.63 m/s3。[答案]　(1)平衡　eq \f(4π2n2L,t2)　(2)9.636．如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，球将做阻尼振动。现使圆盘以不同的频率振动，测得共振曲线如图乙所示。(取g＝9.86 m/s2，π＝3.14)(1)当圆盘以0.4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的频率是多少？(2)若一个单摆的摆动周期与球做阻尼振动的周期相同，该单摆的摆长约为多少？(结果保留三位有效数字)甲　　　　　　　　　　　　乙　　　[解析]　(1)小球振动达到稳定时周期为0.4 s，频率为f＝eq \f(1,T)＝2.5 Hz。(2)由题图乙可以看出，球振动的固有频率为0.3 Hz，则单摆的固有频率为0.3 Hz，周期为eq \f(1,0.3) s，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得l＝eq \f(T2g,4π2)＝eq \f(1,0.32)×eq \f(9.86,4×3.142) m≈2.78 m。[答案]　(1)2.5 Hz　(2)2.78 m7．如图所示，一质量为m的小钢珠，用长为l的细丝线挂在水平天花板上(l远大于小钢球的半径)，初始时，摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)。释放小球后，求：(不计空气阻力)(1)小球摆到最低点所用的时间；(2)小球在最低点受到的拉力。[解析]　(1)小球做简谐运动，则小球从释放到最低点所用的时间为t＝eq \f(1,4)T＝eq \f(π,2)eq \r(\f(l,g))。(2)从释放到最低点，由动能定理有mg(l－l cos θ)＝eq \f(1,2)mv2根据牛顿第二定律，有T－mg＝meq \f(v2,l)联立解得T＝3mg－2mgcos θ。[答案]　(1)eq \f(π,2)eq \r(\f(l,g))　(2)3mg－2mgcos θ8．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝1 kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为10 cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。(1)写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；(2)求出小球在0～12.9 s内运动的总路程和t＝12.9 s时刻的位置；(3)小球运动到最高点时加速度的大小。甲　　　 　　　　乙[解析]　(1)由振动图像可知A＝5 cm，T＝1.2 s，则ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(5π,3) rad/s则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为y＝Acos ωt＝5cos eq \f(5π,3)t(cm)。(2)12.9 s＝10eq \f(3,4)T，则小球在0～12.9 s内运动的总路程为s＝10eq \f(3,4)×4A＝215 cmt＝12.9 s时刻小球的位置坐标y＝0，即小球在平衡位置处。(3)小球在平衡位置时弹簧的伸长量为10 cm，则k＝eq \f(mg,Δx)＝eq \f(10,0.1) N/m＝100 N/m小球在最高点时，弹簧的伸长量为Δx′＝Δx－A＝5 cm，则mg－kΔx′＝ma解得a＝5 m/s2。[答案]　(1)y＝5cos eq \f(5π,3)t(cm)　(2)215 cm　平衡位置(y＝0)　(3)5 m/s2受力特征回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特征靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量特征振幅越大，能量越大，在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒周期性特征质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为eq \f(T,2)对称性特征关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置O用时相等项目内容说明横、纵轴表示的物理量横轴表示时间，纵轴表示质点的位移①振动图像不是振动质点的运动轨迹②计时起点一旦确定，已经形成的图像形状不变，以后的图像随时间向后延伸③简谐运动图像的具体形状跟正方向的规定有关意义表示振动质点的位移随时间变化的规律形状应用①直接从图像上读出周期和振幅②确定任一时刻质点相对平衡位置的位移③判断任意时刻振动质点的速度方向和加速度方向④判断某段时间内振动质点的位移、速度、加速度、动能及势能大小的变化情况