专题10 机械振动 课件-2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题10 机械振动 1 振动是波的起点,波是振动的远方——在叠加与干涉中,奏响解题的交响曲! 真题解码 　  (2024重庆,10,5分)(多选)一列沿x轴传播的简谐波,在某时刻的波形图如图甲所示,一平衡位置与坐标原 点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示,若该波的波长大于3米。则(　 　) 真题试练 BD A.最小波长为  m B.频率为  Hz C.最大波速为  m/s D.从该时刻开始2 s内该质点运动的路程为  cm 目 录 解析　根据题图乙可知,题中描述的M质点(平衡位置与坐标原点距离为3米的质点)t=0时刻位移为  cm,在t=0时刻之后的临近时刻(Δt趋近于0),M质点位移大于  cm,可知t=0时刻M质点速度方向向上。 已知波长大于3 m,则可在题图甲中标出位移为  cm的质点P、Q为M质点的两种可能性, 目 录 如图所示,根据题图甲可写出波的函数方程为y= sin  。若波沿x轴正方向传播,根据“同侧法” (在质点处画振动速度矢量与波速矢量,两个矢量在波形同一侧)可知Q为M质点,结合题图甲,将y=  cm代入波的函数方程可知此时x= λ,又根据题目信息已知x=3 m,可得波长λ=9 m;同理可知,若波沿x轴 负方向传播,则P为M质点,结合题图甲,将y=  cm代入波的函数方程可知x= λ',又根据题目信息已知x= 3 m,可得波长λ'=18 m,A错误。根据题图甲可知,各质点振动的振幅A=1 cm,则各质点的振动方程可写 为y=sin (ωt+φ)(cm);将题图乙中的特殊点坐标(0, )和(2,0)代入振动方程,可得描述M质点的振动的物 理量,有φ= ,ω= ,再根据ω= =2πf得T=2.4 s,f=  Hz,B正确。根据v= ,可得v=3.75 m/s,v'=7.5 m/s,C 错误。根据题图乙计算可得该质点在2 s内运动的路程为s=  cm+3 cm=  cm,D正确。 目 录 　  探究1　拓展设问 若本题情境和已知信息不变,请分析以下设问。 ①设问1:比较图中质点P与质点Q的加速度大小。   思维探秘 ②设问2:从t=0时刻经过Δt= T的时间,波传播的距离为多少? ③设问3:若在x轴上介质的右端有另一个波源产生沿x轴负方向传播的周期为1.2 s、振幅为1 cm的简谐 横波,两列波相遇能否发生干涉简谐横波? ④设问4:题图甲所示时刻为0时刻,若波沿x轴正方向传播,波源在x=0位置,画出t= T时刻的波形图。 目 录 答案　①由波形图及图像的对称性可知,质点P与质点Q的位移大小相等,根据F回=-kx可知,回复力大小 与位移大小成正比,所以F回大小相等,再由牛顿第二定律F回=ma可知,两质点的加速度大小相等。 ②根据波速公式v= ,可知Δs=vΔt,代入波速和时间可得Δs为11.25 m或22.5 m。 ③两列波发生干涉的条件为频率相等、振动方向相同、相位差恒定,由题可知,两个波源的振动频率不 相等,不能形成干涉现象。 ④在绘制波形图时可用描特殊点(即画出0时刻处于波峰、波谷、平衡位置的质点经过 T时间后的各 自位置)的方法或者是依据波形平移(波形向右传播的距离s=vt= × T= )的方法,t= T时刻的波形图 如图中实线所示。 目 录 探究2　函数表征 若以呈如图所示波形的时刻为0时刻,已知坐标原点处的质点P0的质量为m,此时P0振动方向向下,振动周 期为T,振幅为A。   ①设问1:写出P0的x-t函数关系式。 ②设问2:写出P0的v-t函数关系式。 ③设问3:写出P0的F回-t函数关系式。 目 录 答案　①对于P0,分析可知其初始相位为π,所以x=A sin  。 ②根据速度的定义式,有v=  ,可知P0的速度-时间函数为v= A cos  。 ③根据加速度的定义式,有a=  ,可知P0的加速度-时间函数为a=- A sin  ,回复力F回= ma,则F回=-m A sin  [点拨:可对比公式F回=-m x,其中k=m ]。 互动互探 通过上述探究,你还可以写出哪些函数关系式? 互动点拨 求出研究对象运动的位移、速度随时间的变化关系后,关于经典力学的物理量都可以很容易地表达出 来,如动能、动量、势能与时间的函数关系式等,请自主推演探究。 目 录 探究3　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 在如图所示的xOy坐标系中,一条弹性绳沿x轴放置,图中小黑点代表绳上的质点,相邻质点的间距为a。t =0时,x=0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。t= T时的波形如图所示。   目 录 　  (1)t=0时,质点P0的运动方向如何? (2)t= T时,质点P4的速度为多大? (3)比较t= T时质点P1与质点P3的加速度大小。 (4)该列绳波的波速为多大? (5)若弹性绳足够长,则从t= T时刻到t=2T时刻,波形传播的距离为多大? 稳基础 　  (6)t= T时,质点P3和P5相位是否相同? (7)从t= T时刻到t=2T时刻,质点P0、P1、P2的路程均为5A吗? (8)若绳右端与P0同时开始沿y轴做周期为T、振幅为2A的简谐运动,能否发生干涉? 叠能进阶 目 录 解析　(1)由t= T时的波形图可知,波刚好传到质点P6,根据波的形成机理(波源带动相邻的质点振动, 这个质点又带动更远一些的质点,直至绳上的质点都跟着振动起来),可知此时质点P6受其左侧质点 带动,所以此时P6沿y轴正方向运动,又因为所有质点的起振方向均与波源起振的方向相同,所以t=0时,质 点P0沿y轴正方向运动。 (2)由题图可知,在t= T时质点P4处于正的最大位移处,故速度为零。 (3)由t= T时的波形图及图像的对称性可知,质点P1与质点P3的位移大小相等,根据F回=-kx可知回复力大 小与位移大小成正比,所以F回大小相等,再由牛顿第二定律F回=ma可知,两质点的加速度大小相等(但是 方向相反)。 (4)由题图可知,P2与P6两质点的平衡位置之间的距离为半个波长,即 =4a,解得λ=8a,再根据波速公式v= 目 录  可知v= 。 (5)由t= T时刻到t=2T时刻,Δt= T,根据波速公式v= ,可知Δs=vΔt,可得Δs=10a。 (6)x=A sin (ωt+φ)中(ωt+φ)叫作相位,代表了做简谐运动的物体此时正处于一个运动周期中的哪个状 态。若两个质点振动的相位相同,应总是向同一方向运动,同时经过平衡位置,且同时到达同一侧的最 大位移处。而根据波的形成机理,由题图可知,在t= T时,质点P3沿y轴负方向运动,质点P5沿y轴正方向 运动,故两个质点的相位不相同。 (7)处于波峰、波谷、平衡位置的特殊质点,每经过 T走过的路程为A,那么Δt= T的时间走过的路程为 5A,而P1不是上述所说的特殊质点,从t= T时刻开始经过一个周期P1走过的路程为4A,即回到t= T时刻 的位置,再经过 走过的路程不为A,故从t= T时刻到t=2T时刻,P1走过的路程不为5A。 (8)两列波发生干涉的条件为频率相同、振动方向相同、相位差恒定,两个波源的周期相等,则频率相 等,相位差恒定,但振动方向未知,若绳右端起振方向向上,则能形成干涉现象,若绳右端起振方向向下,则 不能形成干涉现象。 目 录 　　对机械振动与机械波相关的现象,我们首先要探究其产生的原因与条件,进而揭示其内在规律,最 后对其发展趋势进行预测与拓展。 　　在“真题解码”中,我们对本单元的核心知识与科学方法有了初步认知。本单元是对质点运动与 相互作用观念的深度探究,机械振动属于加速度大小和方向均变化的运动,而机械波则是介质中多质点 机械振动与相互作用的结果。分析机械振动的核心思维是借助分析位移-时间图像或速度-时间图像, 来获取物体运动规律。在分析弹簧振子及单摆运动时,综合运用力与运动的关系、做功与能量转化的 关系、机械能守恒定律等理论,研究其受力特点和能量特点。分析机械波的核心思维在于构建模型,运 用图像法和解析法来解释波动现象、解决波动问题。高考中这部分呈现的问题主要有两类:一是考查 机械振动,通常结合振动图像与解析式,获取周期、振幅、相位等振动特征信息,从牛顿运动定律、机 械能守恒、功能关系等角度分析质点运动与受力;二是考查机械波,常结合波的图像、振动图像以及波 素能进阶 速公式,获取周期、波长、波速等波动特征信息,进而分析解决机械波的传播、衍射、干涉等问题。 　　为助力备考复习,让知识梳理更清晰、理解更透彻,特设立两个专题进行详细探究。 目 录 专题10　机械振动 目 录 目 录 (2024甘肃,5,4分)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 (　　　) C 解法探秘 真题试练1:简谐运动 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 解析　由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s,由单摆的周期公式T=2π 得摆长为l= =1.6 m, B、D错误。x-t图像的图线斜率表示速度,故起始时刻速度为零,且A、C点的速度相同,A、B点的速度 大小相等,方向不同,A错误,C正确。 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:单摆的回复力由什么力充当? ②设问2:A、B两点对应的回复力是否相同? ③设问3:t=0.2π s时刻摆球所受合力为零吗? ④设问4:从0.2π s时刻到0.6π s时刻,动能和势能分别如何变化? 解法重构 目 录 答案　①如图所示,重力沿运动轨迹切线方向的分力F=mg sin θ充当单摆的回复力。   ②由单摆的振动图像可知A、B两点对应的位移大小和方向均相同,再根据F回=-kx可知A、B两点对应的 回复力大小和方向均相同。 ③t=0.2π s时,摆球运动到最低点,做圆周运动,回复力为零,但竖直方向做圆周运动所需的向心力由拉力 和重力的合力提供,所以合力不为零。 ④从0.2π s时刻到0.6π s时刻,摆球的位移先增大后减小,速度先减小后增大,所以势能先增大后减小,动 能先减小后增大,摆球机械能守恒。 目 录 探究2　图像表征 请画出单摆的速度随时间变化的图像。 答案　由于x-t图线的斜率表示速度,由题图可得单摆运动的速度随时间变化的图像。也可以根据解析 式x=A cos  ,结合速度定义式以及求导运算推理得出v=- A sin  ,据此绘制相应图像如图所 示。   目 录 1.情境变异·单摆→弹簧振子　(2024浙江1月,10,3分)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(　　　) A.t1时刻小球向上运动 B.t2时刻光源的加速度向上 D 探究3　同类竞探 C.t2时刻小球与影子相位差为π D.t3时刻影子的位移为5A 目 录 解析　根据题图2可知,光源的振动周期和小球的振动周期是相同的。t1时刻小球经过平衡位置,向下运 动,A错误;t2时刻光源的位置在正的最大位移处,所以回复力竖直向下,加速度竖直向下,B错误;t3时刻,设 小球的影子的最大位移为x,示意图如图, = ,即x=5A,D正确;小球的振动与影子是时刻同步的, 没有相位差,C错误。   目 录 2.条件变异·x-t→a-t　(2024北京,9,3分)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 (　　　)  　　  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=4 sin(2.5π t) m/s2 D 目 录 解析　t=0时,手机加速度a=0,手机所受弹簧的弹力F等于手机的重力mg,A错误。t=0.2 s时,手机的加速 度方向向上,由振动特点a与x方向相反可得手机位于平衡位置的下方,B错误。从t=0至t=0.2 s,手机由平 衡位置运动至最低点,速度由最大值减为零,手机的动能减小,C错误。设a随t变化的关系式为a=A sin (ω t+φ) ,其中ω=  rad/s=2.5π rad/s,am=4 m/s2,φ=0,可得a=4 sin (2.5π t) m/s2,D正确。 目 录 3.情境变异·简单→复杂　(2024浙江6月,9,3分)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 B D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力 目 录 解析　由单摆的周期公式T=2π 可知,单摆的周期与摆角大小无关,A错误。由几何关系可知(提示: 细线穿过小铁球,则小铁球两侧细线与竖直方向夹角相等),小铁球两侧细线与竖直方向的夹角均为 30°,由L=  m可得单摆的摆长L=1 m;由T=2π 可得T≈2 s,B正确。对小铁球受力分析如图所示, 由受力平衡可得FA=FB= mg=  N,C、D错误。   目 录 (2021浙江1月,15,2分)(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率,工程技术人员利用松果的惯性 发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置,如图甲、乙所示。则 (　 　) 真题试练2:受迫振动 AD A.针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同 B.随着振动器频率的增加,树干振动的幅度一定增大 C.打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干的振动频率相同 D.稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同 目 录 解析　根据共振的条件(当驱动力的频率等于固有频率时,物体做受迫振动的振幅达到最大值,这种现 象称为共振),当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振,使振幅达到最大,此时落果效果最好,而 不同的树木的固有频率不同,针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同,A正确;当振动器的振 动频率等于树木的固有频率时产生共振,此时树干的振幅最大,则随着振动器频率的增加,树干振动的 幅度不一定增大,B错误;打击结束后(即不再施加驱动力),树干受阻力,做阻尼振动,阻尼振动的频率与固 有频率有关,粗细不同的树干,固有频率不同,则打击结束后,粗细不同的树干阻尼振动频率可能不同,C 错误;根据受迫振动特点(物体做受迫振动达到稳定后,物体振动的频率等于驱动力的频率,与物体的 固有频率无关),树干在振动器的振动下做受迫振动,则稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动 器的振动频率相同,D正确。 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:如何测定树木的固有频率? ②设问2:打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干的振动幅度如何变化? 解法重构 答案　①改变驱动力频率,当树木振幅最大时,树木的固有频率等于驱动力频率,即通过驱动力频率可 知树木固有频率。 ②打击结束后(即不再施加驱动力),树干受阻力,做阻尼振动,树干的振动幅度越来越小。 目 录 探究2　图像表征 请大致画出共振曲线。   答案　共振曲线如图所示。   目 录 1.情境变异·不同摆长　如图所示,在一根张紧的水平绳上挂a、b、c、d四个摆,其中摆长关系 为lc<la=ld<lb,让d先摆动起来后,其他各摆随后也跟着摆动起来。下列说法正确的是(　　　)   A.稳定后四个摆的周期大小Tc<Ta=Td<Tb B.稳定后四个摆的振幅一样大 C.稳定后a摆的振幅最大 D.d摆摆动过程中振幅保持不变 C 探究3　同类竞探 目 录 解析　让d先摆动起来后,其他各摆随后也跟着摆动起来做受迫振动,稳定后四个摆的周期均等于d摆的 周期,A错误;由于a摆的摆长与d摆的摆长相等,二者的固有频率相同,二者发生共振,则稳定后a摆的振幅 最大,B错误,C正确;d摆摆动过程中,有阻力做负功,由能量守恒定律可知,d摆的振幅变小,D错误。 目 录 2.情境变异·控制变量　图甲为共振筛基本结构图,由四根弹簧和一个电动偏心轮组成,当偏心 轮每转一周,就给筛子一个周期性变化的驱动力。若增大电压,可使偏心轮转速提高;增加筛子质量,可 增大筛子固有周期。图乙是该共振筛的共振曲线。现在某电压下偏心轮的转速是54 r/min,下列说法 正确的是(　　　)  　　  A.质量不变时,增大电压,图乙中振幅的峰值会往右移 B.电压不变,适当增加共振筛的质量,可以增大其振幅 C.质量不变时,适当减小电压,可以增大共振筛的振幅 C D.突然断电,共振筛不会立即停下来,频率立即变为0.8 Hz 目 录 解析　现在某电压下偏心轮的转速是54 r/min,偏心轮振动的频率为f=  Hz=0.9 Hz,突然断电,共振筛 不会立即停下来,频率也不会立即变为0.8 Hz,D错误;由共振曲线可知,共振筛的固有频率为0.8 Hz,质量 不变时,增大电压,共振筛的固有频率不变,则题图乙中振幅的峰值不会左右移动,A错误;电压不变,适当 增加共振筛的质量,则共振筛的固有周期增大,固有频率减小,使得固有频率与驱动力频率的差值变大, 共振筛的振幅减小,B错误;质量不变时,适当减小电压,会减小偏心轮的转速,驱动力频率减小,使得固有 频率与驱动力频率的差值变小,共振筛的振幅增大,C正确。 目 录 　　机械振动是运动的一种特殊形式,主要研究的内容仍然是力和运动的关系,所以仍可从动力学角 度、运动学角度、能量角度这三大角度进行分析。 从动力学角度看,物体做机械振动是因为回复力作用,回复力与位移的特定关系(如简谐运动中回复力 与位移成正比且方向相反)决定了振动的基本性质。弹簧振子(水平面上)所受回复力由弹簧弹力提供, 单摆的回复力由重力沿切线方向的分力提供,这是理解振动产生和维持的关键,也是构建弹簧振子、单 摆等理想模型的基础。 在运动学方面,机械振动属于变加速运动,其位移、速度、加速度随时间发生周期性变化,通过位移-时 间、速度-时间等图像,能清晰展现这些物理量的变化规律,为分析振动过程提供直观依据。 解法密钥 底层逻辑 能量角度,简谐运动中系统机械能守恒,动能和势能周期性地相互转化,这一守恒规律不仅可用于预测 质点在不同位置的速度、位移等,还能从能量变化的角度理解振动的全过程。 目 录 　  类比迁移 简谐运动与圆周运动存在紧密联系。它们的运动学特征相似,都具有周期性,速度和加速度均随时间周 期性变化。从运动的合成与分解角度看,匀速圆周运动在其某一直径方向上的投影就是简谐运动。简 谐运动的位移随时间变化的规律可以用正弦函数或余弦函数来表示,如x=A·sin(ωt+φ)。而匀速圆周运 动在直角坐标系中,研究对象所在位置的x轴坐标或y轴坐标随时间的变化规律同样可以用这样的三角 函数来描述,其分速度和分加速度的变化规律与简谐运动类似,这体现了二者在数学描述上的一致性。 示例:   思维方法 目 录 如图所示,质点m(该质点的质量也为m)从P点开始,以角速度ω绕圆心O做半径为A的匀速圆周运动,建立 直角坐标系xOy,OP连线与y轴夹角为φ。因为质点m经过t时间后其与圆心的连线和y轴的夹角等于ωt+ φ,所以,质点m在x轴上的投影相对于圆心O的位移x就等于A sin(ωt+φ),即x=A sin(ωt+φ),而质点m做匀速 圆周运动的向心力F=mω2A,该力在x轴方向上的分力是Fx=-mω2·A sin(ωt+φ),其中负号表示方向沿x轴负 方向。综合可得Fx=-mω2x。令k=mω2,则Fx=-kx。这就是说,质点m在x轴方向上受到的力与位移成正比且 方向始终指向平衡位置。我们知道,如果受力有这样的特征,可以认为质点m在x轴上的分运动为简谐运 动,其圆频率ω等于匀速圆周运动的角速度,周期T= =2π 。 目 录 　  考查形式　 高考对于机械振动的考查题型多数为选择题,经常以结合振动图像与解析式的形式出现。在知识点上, 重点考查获取周期、振幅、相位等振动特征信息。分析角度多元,从动力学角度研究质点的受力与运 动状态;从能量角度分析做功和能量转化情况;从动量、冲量角度探讨质点在运动过程中的动量变化, 以此全面考查学生对机械振动中质点运动与相互作用的理解。 常见情境　 弹簧振子和单摆这两种经典物理模型频繁出现,通过设置不同的初始条件,如给定初位移、初速度等, 考查学生对简谐运动规律的掌握。也有一些情境是让学生运用机械振动知识解决实际生活问题,体现 理论与实际的结合。 考向探秘 目 录 思维核心　 在模型建构上,把实际振动系统简化为弹簧振子、单摆等理想模型,抛开次要因素,专注分析简谐运动 的关键物理量与规律。利用形象化思维绘制x-t、v-t图像直观呈现质点运动特征,解决各类运动问题。 能量守恒思维基于简谐运动中机械能守恒,借分析动能与势能的相互转化来求解质点的速度、位移 等。类比迁移思维则是把机械振动和圆周运动类比,比如用圆周运动投影理解简谐运动,实现知识迁 移。 目 录 1.(2024福建,2,4分)如图(A),装有砂粒的试管竖直静浮于水中,将其提起一小段距离后释放,一段时间内 试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,试管振动图像 如图(B)所示,则试管(　　　) A.振幅为2.0 cm B 解法特训 图(A) 图(B) B.振动频率为2.5 Hz C.在t=0.1 s时速度为零 D.在t=0.2 s时加速度方向竖直向下 解析　根据题图(B)可知,试管振幅为1.0 cm,周期T=0.4 s,则频率f= =  Hz=2.5 Hz,A错误,B正确;根据 题图(B)可知,t=0.1 s时试管处于平衡位置,此时速度最大,C错误;根据题图(B)可知,t=0.2 s时试管处于负 向最大位移处,则此时加速度方向竖直向上,D错误。 目 录 2.一个竖直圆盘转动时,固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向上下振动,T形支架下面系 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,其振动的频 率约为3 Hz。现在圆盘以4 s的周期匀速转动带动小球上下振动。下列说法正确的是 (　　　)   A.圆盘上的小圆柱转到圆心等高处时,T形支架的瞬时速度为零 B.小球振动过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒 C.小球振动达到稳定时,它振动的频率是0.25 Hz D.若圆盘以2 s的周期匀速转动,小球振动达到稳定时,振幅比原来小 C 目 录 解析　小圆柱转到圆心等高处时,小圆柱竖直方向的速度不为零,T形支架的瞬时速度也不为零,A错误; 圆盘转动,通过小圆柱带动T形支架上下振动,T形支架又通过弹簧使小球做受迫振动,所以小球振动过 程中,小球和弹簧组成的系统机械能不守恒,B错误;经过一段时间后,小球振动达到稳定时,它振动的频 率和驱动力频率相同,即f= =0.25 Hz,C正确;圆盘以2 s的周期匀速运动,驱动力频率为f'= =0.5 Hz,驱 动力频率更接近小球振动的固有频率,所以振幅比原来大,D错误。 目 录 3.(2025湖北,9,4分)(多选)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接,小球a由不可伸长的细 线悬挂在O点,系统处于静止状态,如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小 为g,忽略空气阻力,弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后 (　 　)   A.小球a可能会运动 B.若小球b做简谐运动,则其振幅为  C.当且仅当l≤ 时,小球b才能始终做简谐运动 D.当且仅当l≤ 时,小球b才能始终做简谐运动 AD 目 录 解析　对于小球a,其受到线的拉力、弹簧的弹力和重力,当小球b向上运动到最高点时,弹簧可能处于 压缩或伸长状态,若弹簧处于压缩状态且弹力大小大于小球a的重力大小,则小球a可能会向上运动,A正 确;初始状态系统静止时b所在的位置是b的平衡位置,下拉l后释放,b做简谐运动的振幅为l,不是 ,B错 误;b做简谐运动时,弹簧不能处于压缩状态(否则不符合简谐运动规律),小球b恰好做简谐运动时,则小 球a恰好处于静止状态,当小球b运动到最高点时,弹簧处于压缩状态,细线对a的拉力恰好为0,根据平衡 条件,对小球a有F弹高=mg,小球b做简谐运动,小球b在最高点和最低点所受合力等大反向,小球b在最高点 所受合力的大小F合高=F弹高+mg,在最低点所受合力大小F合低=F弹低-mg,由题意知F弹低=mg+kl,F合高=F合低,联立 解得l= ,所以当且仅当l≤ 时,小球b才能始终做简谐运动,C错误,D正确。 审题指导 将小球a、b及弹簧组成的系统抽象为“悬挂式弹簧振子模型”。静止时,弹簧因小球b受重力而伸长,b在平衡位置时弹簧伸长量为x0,满足kx0=mg;释放b后,细线是否始终绷直取决于a所受合力的方向。 目 录 易错警示 (1)对小球a运动条件判断不清:易忽略弹簧可压缩情况,错误地认为弹簧始终拉伸,a受力恒平 衡。实际若l过大,b到最高点时弹簧压缩,a受到的弹簧弹力大于其重力时,a发生运动,则需关 注弹簧弹力大小及方向变化。 (2)简谐运动振幅理解偏差:误将“偏离平衡位置的最大距离”与“往返位移的一半”混淆,b 从下拉l处释放,振幅就是l,不是 。 (3)简谐运动临界条件错误:易错误认为只要l≤ ,b就做简谐运动。实际需保证弹簧处于压 缩状态时,弹力大小小于或等于a的重力,推导得临界条件为l≤ ,要结合弹簧弹力与形变量关系、平衡条件综合分析。 目 录 4.(2024海南,12,4分)(多选)如图,真空中有两个点电荷,电荷量均为-q(q>0),固定于相距为2r的P1、P2两 点,O是P1P2连线的中点,M点在P1P2连线的中垂线上,距离O点为r,N点在P1P2连线上,距离O点为x(x≪r),已 知静电力常量为k,则下列说法正确的是(　 　) A.P1P2连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为 r B.P1P2连线的中垂线上电场强度的最大值为  C.在M点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动 BCD 目 录 解析　设中垂线上某点与P1(或P2)的连线与P1P2连线的夹角为θ,0≤θ< ,则该点处的场强E=2  sin θ= , 解法一　令f(θ)=sin θ cos2θ,则f'(θ)=cos3θ-2 sin2θ cos θ,当f'(θ)=0,解得tan θ= ,此时f(θ)取最大值,f(θ)max=  ,所以中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为d=r tan θ= r,最大值Emax= ,A错误,B正确。 解法二　令y=sin θ cos2 θ=sin θ(1-sin2 θ) 则y2=sin2 θ(1-sin2 θ)2= ×2 sin2 θ(1-sin2 θ)2 根据基本不等式可知,当2 sin2 θ=1-sin2 θ即sin2 θ= 时,y有最大值ymax= ,将ymax代入E= ,解 目 录 得Emax= ,A错误,B正确。 因为r> r,所以在M点静止释放一电子后,电子受到的电场力向上且一直减小,故加速度一直减小,C正 确。在N点静止释放电子,设电子离O点距离为x'时,其所受到的电场力大小为F= - =kqe  =kqe ,因为x'≪r,所以电场力大小F≈kqe ,方向指向O点(点拨:x' 为0时,F=0,即O点为平衡位置),电场力大小与电子相对于平衡位置的位移大小成正比,且总指向平衡 位置,符合简谐运动的特点,D正确。 目 录 5.(2025陕晋青宁,10,6分)(多选)如图,与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为 1 kg的滑块,弹性轻绳一端固定于O点,另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴 接,弹性轻绳原长为OQ,PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速释放,假设最大静摩擦力与滑动摩擦 力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16,弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=kx,k=10 N/m, g取10 m/s2,sin 53°=0.8。则滑块 (　 　)   A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64 m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J AC 目 录 解析　设PQ与杆之间的夹角为α,滑块沿杆运动时,垂直于杆方向合力为零,可得F sin α=mg cos 53°+FN, 其中F= (点拨:弹性轻绳上的力在垂直于杆方向上的分力为F sin α=k·PQ=16 N,为定值),所以 滑块与杆之间的弹力大小FN=10 N,滑块与杆之间的滑动摩擦力大小Ff=μFN=1.6 N,大小始终不变,A正 确。下滑和上滑过程中,滑块所受滑动摩擦力的方向相反,冲量为矢量,故滑动摩擦力的冲量一定不相 同,B错误。滑块下滑过程,可看成简谐运动在半个周期内的运动[点拨:当滑块沿杆下滑时,假设在O1 处滑块加速度为零,有mg sin 53°- μFN-F cos α=0,其中F cos α=  cos α= =k·PO1,即mg sin 53°- μ FN-k·PO1=0;若滑块位于距O1沿杆向上Δx处,滑块所受合力F合=mg sin 53°- μFN-k(PO1-Δx)=kΔx,可知滑块 下滑过程中做简谐运动;同理可得滑块上滑过程中做简谐运动,但需注意滑块下滑和上滑过程所受滑动 摩擦力的方向相反,则下滑和上滑过程对应的平衡位置不在同一位置],设P'为简谐运动的最低点,平衡 位置为O1,在O1有mg sin 53°=k·PO1+μFN,解得PO1=0.64 m,此简谐运动的振幅A1=0.64 m,则PP'=2A1=1.28 目 录 m;滑块上滑过程,可看成另一个简谐运动在半个周期内的运动,设平衡位置为O2,QO2与杆之间的夹角为 γ,可得mg sin 53°+μFN= ·cos γ,其中 ·cos γ=PO2,联立解得PO2=0.96 m,此简谐运动的振幅A2=PP'- PO2=0.32 m;由简谐运动的对称性可得滑块上滑刚好可回到O1处且无法下滑,故滑块从释放到静止的位 移大小等于PO1=0.64 m,C正确。滑块从释放到静止,克服滑动摩擦力做功Wf=μFN(2A1+2A2)=3.072 J,D错 误。 目 录 $