第8章 第1讲 机械振动-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

第1讲　机械振动 第八章　机械振动和机械波 1 [考情分析及命题规律解读] 2 [学习目标]　1.知道简谐运动的概念，掌握简谐运动的特征，理解简谐运动的表达式和图像。2.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。3.理解受迫振动和共振的概念，了解产生共振的条件。 3 考点一　简谐运动的基本特征 考点二　简谐运动的公式与图像 考点三　单摆 课时作业　巩固提高训练 考点四　受迫振动和共振 内容索引 4 考点一　简谐运动的基本特征 一 5 1.简谐运动 (1)定义：如果物体的位移与时间的关系遵从_______函数的规律，即它的振动图像(x－t图像)是一条正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。 (2)条件：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大 小成正比，并且总是指向___________，质点的运动就是简谐运动。 (3)平衡位置：物体在振动过程中_________为零的位置。 正弦 平衡位置 回复力 盘点 核心知识 (4)回复力 ①定义：使物体返回到__________的力。 ②方向：总是指向__________。 ③来源：属于______力，可以是某一个力，也可以是几个力的_______或某个力的_________。 平衡位置 平衡位置 效果 合力 分力 2.简谐运动的特点 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，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒 周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度均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 对称性 特征 关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速度的大小、动能、势能都相等，相对平衡位置的位移大小相等 [判断正误] 1.简谐运动是匀变速运动。(　　) 2.简谐运动的回复力可以是恒力。(　　) 3.弹簧振子每次经过平衡位置时，动能最大。(　　) 4.做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都 是相同的。(　　) × × √ × [典例1]　如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B之间无相对滑动。已知轻质弹簧的劲 度系数为k，A、B的质量分别为m1和m2，则下列说法正确的是(　　) A.物体A所受的回复力大小跟位移大小之比为k B.把物体A与滑块B看成一个振子，其回复力大小跟位移大小之比为k C.滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供的 D.若A、B之间的动摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为 考向1　简谐运动的回复力 B 提升 关键能力 [解析]　设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律可得，A、B整体的加速度为a＝，对A有Ff＝m1a＝x，所以作用在物体A上的静摩擦力大小Ff，即回复力的大小与位移大小之比为，故A错误；把物体A与滑块B看成一个整体，则其回复力大小满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故B正确；滑块B做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故C错误；根据题意知，A、B间的静摩擦力最大时，其振幅最大，设为A，以A、B整体为研究对象，回复力由弹簧的弹力提供，由牛顿第二定律有kA＝(m1＋m2)a'，以A为研究对象，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a'，联立解得振幅为A＝，故D错误。 [典例2]　(2025·江苏徐州模拟)如图为某鱼漂示意图。当鱼漂静止时，水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按，使水位到达M点。松手后，鱼漂会上下运动，水位在M、N之间来回移动，且鱼漂的运动是简谐运动。 下列说法正确的是(　　) A.水位在O点时，鱼漂的速度最大 B.水位到达N点时，鱼漂的位移向下最大 C.水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度 D.M、N之间的距离即鱼漂的振幅 考向2　简谐运动基本物理量的分析 A [解析]　O点是平衡位置，根据简谐运动的特点可知，水 位在O点时，鱼漂的速度最大，故A正确；水位由O点到 达N点时，说明鱼漂向上运动，到达N点时，位移方向向 上且最大，速度为零，故B错误；水位到达M点时，鱼漂 向下的位移最大，具有向上的加速度，故C错误；鱼漂上 下做简谐运动，偏离平衡位置的最大位移叫振幅，水位到达M点或N点时，位移最大，振幅是OM的长度或者ON的长度，故D错误。 分析简谐运动的技巧 方法技巧 1.分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。 2.求解简谐运动问题紧抓一个模型——水平方向振动的弹簧振子，头脑中立即呈现出一幅弹簧振子振动的图景，再把问题进行迁移对应分析求解。 [典例3]　如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内 质点通过的总路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为(　　) 考向3　简谐运动的周期性与对称性 A.3 s，6 cm 　　　　　 B.4 s，6 cm C.4 s，9 cm D.2 s，8 cm B [解析]　做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等，那么由平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1.0 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位移的最短时间t2＝0.5 s，因此质点振动的周期是T＝4×(t1＋t2)＝4 s，这2 s内质点通过的路程为一个周期总路程的一半，即为2倍振幅，所以振幅A＝ cm＝6 cm，故B正确。 简谐运动的对称性 方法技巧 1.如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置O点对称的两点P、P'(OP＝OP')时，速度的大小、动能、势能都相等，相对于平衡位置的位移大小相等。 2.物体由P到O所用的时间等于由O到P'所用的时间，即tPO＝tOP'。 3.物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO。 4.相隔或(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度均大小相等，方向相反。 考点二　简谐运动的公式与图像 二 19 1.简谐运动的表达式 (1)动力学表达式：F＝_________，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。 (2)运动学表达式：x＝_____________，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫作初相位。 －kx Asin(ωt＋φ) 盘点 核心知识 2.简谐运动的图像 (1)从__________开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。 (2)从___________开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示。 平衡位置 最大位移处 3.由图像可获取的信息 (1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ(如图所示)。 (2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移。 (3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定。 (4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同。 (5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。 4.简谐运动的对称性在图像上的体现(如图所示) (1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3，…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同。 (2)相隔Δt＝(n＋)T(n＝0，1，2，…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向(或都为零)，速度也等大反向(或都为零)。 [典例4]　(2025·江苏镇江模拟)如图所示，轻质弹簧上方固定，下方连接质量为m的小球，弹簧原长为L0，小球静止时位于图中的O点，此时弹簧伸长量为L。将小球从O点向下拉一小段距离A(A＜L)，然后由静止释放并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为T，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。以O点为坐标原点，取竖直向下为正方向，则小 球运动的位移x与时间t的表达式为(　　) A.x＝Asin(t＋) B.x＝Asin(t－) C.x＝(L＋A)sin(t－) D.x＝(L＋A)sin(t＋) 考向1　简谐运动公式的应用 A 提升 关键能力 [解析]　小球做简谐运动的平衡位置在O点，振幅为A，取向下为正方向，小球从正向位移最大处开始振动，初相位为，故简谐运动位移与时间的表达式为x＝Asin(t＋)，故A正确。 [典例5]　(2024·浙江1月卷)如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球的水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如 图2所示，则(　　) 考向2　对简谐运动图像的理解和应用 A.t1时刻小球向上运动 B.t2时刻光源的加速度向上 C.t2时刻小球与影子的相位差为π D.t3时刻影子的位移为5A D [解析]　以竖直向上为正方向，根据 题图2可知，t1时刻，小球位于平衡位 置，随后位移为负值，且位移增大， 则t1时刻小球向下运动，故A错误； 以竖直向上为正方向，t2时刻光源的 位移为正值，由光源的振动图像可知， 其做简谐运动，根据F回＝－kx＝ma可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向下，故B错误；由于影子是光源发出的光被小球遮挡后在屏上留下的阴影，则影子与小球的振动步调总是相同，即t2时刻小球与影子的相位差为0，故C错误；根据题图2可知，t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据光的直线传播可知小球在屏上影子的位置也处于最高点，影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有，解得x影子＝5A，即t3时刻影子的位移为5A，故D正确。 人教版选择性必修第一册第二章第2节演示： 观察两个小球的振动情况 　　并列悬挂两个相同的弹簧振子(如图)。把小球向下拉同样的距离后同时放开，观察两球的振幅、周期、振动的步调。 考教衔接 　　再次把两个小球拉到相同的位置，先把第一个小球放开，再放开第二个，观察两球的振幅、周期、振动的步调。 　　通过观察我们会发现，两个小球同时释放时，除了振幅和周期都相同外，还总是向同一方向运动，同时经过平衡位置，并同时到达同一侧的最大位移处。在一个周期内，如果不同时释放小球，它们的步调就不一致。例如，自开始释放，当第一个小球到达平衡位置时再放开第二个，那么当第一个小球到达最高点时，第二个刚刚到达平衡位置；而当第二个小球到达最高点时，第一个已经返回平衡位置了。与第一个小球相比，第二个小球总是滞后个周期，或者说总是滞后个全振动。 上例中同时放开的两个小球振动步调总是一致，我们说它们的相位是相同的；而对于不同时放开的两个小球，我们说第二个小球的相位落后于第一个小球的相位。 [衔接分析]　问题情景相同。教材中利用此情景讲解相位和相位差的概念，本高考题中也考查了相位差，高考题综合性强。 [复习指导]　熟练掌握相位、相位差的概念。 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像，由图可知下列说法中正确的是(　　) 教参独具 A.在t＝0.2 s时，小球的加速度为正向最大 B.在t＝0.4 s与t＝0.8 s两个时刻，小球的速度相同 C.从t＝0到t＝0.2 s时间内，小球做加速度增大的减速运动 D.在t＝0.6 s时，小球有最小位移 C 解析：在t＝0.2 s时，小球的位移为正向最大，根据a＝－可知小球的加速度为负向最大，A错误； 图像上某点的切线斜率表示该时刻小球的速度，在t＝0.4 s与t＝0.8 s两个时刻，小球的速度大小相等，方向相反，B错误； 从t＝0到t＝0.2 s时间内，小球向正向最大位移处运动，其加速度为负方向且加速度大小逐渐增大，故小球做加速度增大的减速运动，C正确； 在t＝0.6 s时，小球有负方向的最大位移，D错误。 考点三　单摆 三 33 1.单摆的受力特征 (1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsin θ＝ －x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向_________。 相反 盘点 核心知识 (2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力提供向心力，F向＝FT－mgcos θ。 ①当摆球在最高点时，F向＝＝0，FT＝mgcos θ。 ②当摆球在最低点时，F向＝m，F向最大，FT＝mg＋m。 2.周期公式T＝2π的两点说明 (1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。 (2)g为当地重力加速度。单摆在电梯中处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。 [判断正误] 1.单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　) 2.单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。(　　) 3.当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零。 (　　) 4.摆钟移到太空实验舱中可以继续使用。(　　) × × √ × [典例6]　(2024·浙江6月卷)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直。当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重 力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.摆角变小，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 B 提升 关键能力 [解析]　根据单摆的周期公式T＝2π可知其周期与摆角大 小无关，故A错误；小球平衡时，同一根细线中，A端拉力 等于B端拉力，由几何关系知，小球两侧细线与竖直方向夹 角均为30°，对小球受力分析如图所示，可得2FAcos 30°＝mg， 解得FA＝FB＝ N，故C、D错误；根据几何知识 可知摆长为L＝＝1 m，故周期为T＝2π≈2 s，故B正确。 [典例7]　(2024·甘肃卷)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取 10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同 C [解析]　由单摆的振动图像可知该单摆的振动周期为T＝0.8π s，由单摆的周期公式T＝2π得摆长为l＝＝1.6 m，x－t图像中图线的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。综上所述，C正确。 考点四　受迫振动和共振 四 42 1.受迫振动 系统在_________作用下的振动。物体做受迫振动达到稳定后，物体振 动的周期(或频率)等于_________的周期(或频率)，与物体的固有周期 (或频率) _________关。 2.共振 做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接 近，其振幅就越大，当二者_________时，振幅达到最大， 这就是共振现象。受迫振动的振幅与驱动力频率的关系如图所示。 驱动力 驱动力 无 相等 盘点 核心知识 3.受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行着能量交换。 4.自由振动、受迫振动和共振的关系比较   自由振动 受迫振动 共振 受力 情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期或频率　 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即T＝ T驱或f＝f驱 T驱＝T0或f驱＝f0 振动 能量 振动物体的机械能不变 由驱动力提供 振动物体获得的能量最大 常见 例子 弹簧振子或单摆(θ ≤5°) 机器工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 [判断正误] 1.物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关。(　　) 2.物体在发生共振时的振动是受迫振动。(　　) × √ [典例8]　(2025·江苏南京检测)一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振 幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则(　　) A.此单摆的固有周期约为0.5 s B.此单摆的摆长约为1 m C.若摆长增大，单摆的固有频率增大 D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 B 提升 关键能力 [解析]　由题图可知，振幅最大时，此单摆的振动频率与固有频率相等，则有f＝0.5 Hz，可知此单摆的固有周期为T＝＝2 s，根据单摆周期公式T＝2π ，可知此单摆的摆长为l＝≈1 m，故A错误，B正确；若摆长增大，由单摆周期公式T＝2π 可知，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故C、D错误。 [典例9]　为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为洗衣板效应。如果某路面上的减速带的间距为1.5 m，一辆固有频率为2 Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正 确的是(　　) A.当汽车以5 m/s的速度行驶时，其振动频率为2 Hz B.当汽车以3 m/s的速度行驶时颠簸最厉害 C.当汽车以3 m/s的速度行驶时最不颠簸 D.汽车速度越大，颠簸就越厉害 B [解析]　当汽车以5 m/s的速度行驶时，驱动力的周期为T＝ s＝0.3 s，所以振动频率f＝ Hz，故A错误；当汽车以3 m/s的速度行驶时，汽车的频率为f'＝ Hz＝2 Hz，此时和固有频率相同，所以颠簸最厉害，故B正确，C错误；当固有频率等于驱动力的频率时，发生共振，振动的振幅最大，颠簸最厉害，故速度越大，颠簸不一定越厉害，故D错误。 课时作业　巩固提高训练 五 50 1.(2025·江苏徐州期中)如图为弹簧振子的频闪照片。频闪仪闪光的瞬间振子被照亮，从而得到闪光时小球的位置，拍摄时底片从下向上匀速运动，因此在底片上留下了小球的一系列像。图中A为小球运动过程中 的一个位置，此时小球(　　) A.向左运动　　　　 B.回复力在增大 C.加速度方向向右 D.动能在增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 解析：拍摄时底片从下向上匀速运动，可知此时小球向右运动，回复力在增大，加速度方向向左，速度在减小，动能在减小，故B正确。 B 51 2.(2025·江苏淮安联考)如图所示，光滑水平面上一小滑块与一端固定的轻弹簧相连，现将滑块推至M点由静止释放，滑块运动的周期为T， O点为平衡位置，N是MO的中点。下列说法正确的是(　　) A.滑块从M运动到O的时间为 B.滑块从M运动到N的时间为 C.若改变滑块的质量，周期不变 D.若将滑块推至N点由静止释放，周期不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 52 解析：由题可知，弹簧和小滑块构成一个弹簧振子，根据小滑块的振动方程x＝Acos ωt＝Acos t，故滑块从M运动到O的时间为，滑块从M运动到N的时间为，A、B错误；由弹簧振子的周期公式可知T＝2π ，系统的振动周期与质量有关，与振幅无关，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 53 3.(2025·江苏南京秦淮中学检测)一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，已知小球质量为10 g，弹簧的劲度系数为20 N/m，下列说法正确的 是(　　) A.小球位移随时间变化的关系式为x＝5sin(πt)cm B.在第1 s末到第2 s末这段时间内，小球的动能 在减少，弹簧的弹性势能在增加 C.小球的最大加速度为100 m/s2 D.该小球在0~50 s时间内的位移为0，路程为2.5 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 54 解析：由题图可知弹簧振子的振幅为5 cm，振 动周期为4 s，可得小球位移随时间变化的关系 式为x＝Asin(t)＝5sin(t)cm，A错误；在第 1 s末到第2 s末这段时间内，小球从最大位移处 回到平衡位置，故小球的动能在增加，弹簧弹 性势能在减少，B错误；当小球运动到最大位 移处时，加速度最大，据牛顿第二定律可得kA＝ma，解得小球的最大加速度为a＝100 m/s2，C正确；0~50 s时间相当于12T，每个周期的路程为4A，故该小球在0~50 s内的路程为l＝12.5×4A＝2.5 m，小球从平衡位置出发，12T后又恰好回到平衡位置，故位移为0，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 55 4.(2025·江苏泰州模拟)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点O，简谐运动的振幅为A＝0.1 m。t＝0时刻振子的位移为x1＝－0.1 m，t＝ 1 s时刻振子的位移为x2＝0.1 m，则振子做简谐运动的周期可能为(　　) A.4 s　　　 B.3 s C.0.5 s D. s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由题可知，t＝0时刻振子的位移为x1＝－0.1 m，t＝1 s时刻振子的位移为x2＝0.1 m，则(n＋)T＝1 s (n＝0，1，2，…)，解得T＝ s(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，可得T＝2 s，当n＝1时，可得T＝ s，随着n的增大，周期变小，故D正确。 D 56 5.(2025·江苏南京联考)如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上。小球振动时，沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，纸带上可留下痕迹，a、b是纸带上 的两点，不计阻力，如图乙所示。由此可判断(　　) A.t时间内小球的运动路程为vt B.小球和弹簧组成的系统机械能不守恒 C.小球通过a点时的速度大于通过b点时的速度 D.如果小球以较小的振幅振动，周期也会变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 57 解析：vt是t时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，故A错误；小球振动过程只有弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误；由题图乙可知小球通过a点时更靠近平衡位置，其速度大于通过b点时的速度，故C正确；小球的运动为简谐运动，其振动周期与振幅无关，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 58 6.上海中心大厦是中国第一高楼。据报道某次台风来袭时，大厦出现了晃动，然而大厦安然无恙，主要靠的是悬挂在距离地面583米、重达 1 000吨的阻尼器“上海慧眼”，当台风来临时传感器探测风力大小和大厦的摇晃程度，质量块的惯性会产生一个反作用力，使得阻尼器在大厦受到风力作用摇晃时产生反向摆动，使大厦转危为安。以下说法不合 理的是(　　) A.大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振 动的能量，起到减震作用 B.如果将上海慧眼悬挂在楼层较低的空间减震效果更好 C.如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风 力越大，摆动幅度越大 D.如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 59 解析：由题意可知，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼 器反向摆动，相当于“吸收”了大厦振动的能量，起到 减震作用，故A正确；如果将上海慧眼悬挂在楼层较低 的空间时，摆长较大，频率和大厦的固有频率差别较大， 起不到减震的作用，故B错误；如遇台风天气，阻尼器 摆动幅度受风力大小影响，风力越大，大厦摆动幅度越大，则阻尼器摆动幅度越大，故C正确；如果发生地震，大厦主体也会发生摇晃，阻尼器也会反向摆动，起到减震的作用，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 60 7.(2025·江苏南通检测)如图所示，可视为质点的小球在半径为R的光滑 球面上的A、B之间做小角度的往返运动，则(　　) A.小球的质量越大，其振动的频率越大 B.OA、OB之间夹角越小，小球振动的频率越小 C.球面半径R越大，小球振动的频率越小 D.将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球振动的频率减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 61 解析：由于小球在半径为R的光滑球面上的A、B之间做小角度的往返运动，所以小球的运动可以视为简谐运动，周期为T＝2π ，则小球振动的频率为f＝ ，可见小球振动的频率只与g和R有关，在同一地点，R越大小球振动的频率越小，A、B错误，C正确；将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球在完全失重情况下不能下落，该实验不能进行，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 62 8.(2025·江苏连云港模拟)飞力士棒是物理治疗师发明的一种康复器材， 它由一根PVC软杆、两端的负重头和中间的握柄组成，棒的固有频率为 4.5 Hz，如图所示。下列说法正确的是(　　) A.用力越大，棒振动得越快 B.增大手驱动的频率，棒的振幅一定变大 C.增大手驱动的频率，棒的振动频率可能 减小 D.双手驱动该棒每分钟振动270次，则棒的振幅最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 能力提升 D 63 解析：使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；增大手驱动的频率，飞力士棒振动的频率随之增大，但是振幅不一定越来越大，故B、C错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次，则驱动力的频率为f＝ Hz＝4.5 Hz，驱动力的频率与飞力士棒的固有频率相等，此时振幅最大，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 64 9.(2024·福建卷)某质点做简谐振动的y－t图像如图所示，则以下说法 正确的是(　　) A.振幅为2 cm B.频率为2.5 Hz C.0.1 s时质点的速度为0 D.0.2 s时质点的加速度方向竖直向下 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 65 解析：根据图像可知，振幅为1 cm，周期为T＝0.4 s，则频率为f＝ Hz＝2.5 Hz，故A错误，B正确；根据图像可知，0.1 s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；根据图像可知，0.2 s时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 66 10.(2024·北京卷)如图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所 示。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.t＝0时，弹簧弹力为0 B.t＝0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C.从t＝0至t＝0.2 s，手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a＝4sin(2.5πt)m/s2 D 67 解析：由题图乙知，t＝0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F＝mg，A错误；由题图乙知，t＝0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t＝0至t＝0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T＝0.8 s，则圆频率ω＝＝2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a＝4sin(2.5πt)m/s2，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 68 11.(2024·河北卷)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x－t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min，则该振动的圆频率和光点在12.5 s内 通过的路程分别为(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.0.2 rad/s，1.0 m B.0.2 rad/s，1.25 m C.1.26 rad/s，1.0 m D.1.26 rad/s，1.25 m C 69 解析：紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的转速为n＝ 12 r/min＝0.2 r/s，因此圆频率ω＝2πn＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，周期为T＝＝5 s，简谐振动的振幅即为轻杆的长度A＝0.1 m，12.5 s通过的路程为s＝×4A＝1.0 m，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 70 12.(10分)(2025·江苏盐城开学考试)如图所示，固定的两竖直挡板间有一光滑的水平直杆，一轻弹簧穿在杆上，左侧与挡板相连，右侧与穿在杆上的小球甲相连。现让小球甲开始做简谐运动，其位移随时间的关系为x＝3sin(2πt)cm，当小球甲经过平衡位置时，在小球甲正上方由静止释放小球乙，结果甲与乙恰好相碰。已知小球甲的质量为1 kg，甲、乙均视为质点，弹簧的劲度系数k＝100 N/m，取g＝10 m/s2，不计一切摩擦。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 71 (1)小球乙下落的高度h； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由x＝3sin(2πt)cm可知，小球甲的运动周期T＝ s＝1 s 要使小球甲与小球乙相遇，则小球乙的运动时间t＝n＝0.5n s(n＝0，1，2，3，…) 根据自由落体运动规律有 h＝gt2＝1.25n2 m(n＝0，1，2，3，…)。 答案：1.25n2 m(n＝0，1，2，3，…) 72 (2)小球甲的最大动能Ek。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由x＝3sin(2πt)cm可知，小球甲的振幅A＝3 cm 在运动过程中，弹簧的弹性势能与动能相互转化，根据机械能守恒定律知，小球甲的最大动能等于系统的最大弹性势能，则小球甲的最大动能Ek＝·A＝0.045 J。 答案：0.045 J 73 $$