机械振动：易错辨析（含高考真题）-2027届高考物理一轮复习备考

机械振动：易错辨析（含高考真题） 目录 一、简谐运动核心概念：回复力与合外力的致命混淆（基础最易错） 2 易错点 1：把 “回复力” 等同于 “合外力” 2 易错点 2：混淆简谐运动的 “位移” 定义 2 易错点 3：认为简谐运动是匀变速运动 2 二、单摆模型：周期公式与等效条件的高频错用 2 易错点 1：摆长 = 摆线长度，忽略小球半径 3 易错点 2：忽略单摆周期公式的适用条件 3 易错点 3：等效重力加速度判断错误 3 易错点 4：认为周期与振幅、摆球质量有关 3 三、振动图像（）：解读失误是最常见丢分点 3 易错点 1：把振动图像当作质点运动轨迹 3 易错点 2：图像斜率表示加速度，而非速度 4 易错点 3：质点运动方向判断错误 4 易错点 4：路程计算忽略周期性 4 四、受迫振动与共振：频率与振幅的逻辑混淆 4 易错点 1：受迫振动频率由固有频率决定 4 易错点 2：驱动力频率越接近固有频率，振幅一定越大 4 易错点 3：共振一定有害 5 易错点 4：阻尼振动频率随振幅减小而变化 5 五、简谐运动的能量与对称性：规律误用 5 易错点 1：简谐运动机械能不守恒 5 易错点 2：对称性理解偏差 5 易错点 3：竖直弹簧振子的平衡位置是弹簧原长 6 六、类简谐运动（拓展模型）：等效条件判断错误 6 易错点：类单摆模型直接套用原周期公式 6 七、高考机械振动解题避坑三步法 6 总结 6 专题　机械振动 7 真题试练1：简谐运动 7 真题试练2：受迫振动 15 机械振动是高中物理选修一的核心必考模块，以简谐运动、单摆、受迫振动与共振为三大命题支点，是选择题、实验题的高频失分区。学生丢分并非公式记不住，而是概念混淆、条件忽略、公式错用、图像误读、等效模型理解偏差。本文结合高考命题规律与高频易错场景，对机械振动全模块进行系统性易错辨析，直击丢分根源。 一、简谐运动核心概念：回复力与合外力的致命混淆（基础最易错） 简谐运动的判定是核心，90% 的基础错误源于回复力与合外力不分、位移定义混淆。 易错点 1：把 “回复力” 等同于 “合外力” · 误区：认为简谐运动的合外力一定满足，回复力就是合外力。 · 辨析：回复力是效果力，指向平衡位置、使物体回到平衡位置；合外力是所有性质力的矢量和。 · 水平弹簧振子：回复力 = 弹簧弹力 = 合外力，满足； · 单摆：回复力 = 重力沿圆弧切线的分力，合外力≠回复力（合外力还提供向心力）； · 竖直弹簧振子：回复力 = 重力与弹簧弹力的合力，满足。 · 结论：简谐运动的唯一判定标准是回复力满足，而非合外力满足。 易错点 2：混淆简谐运动的 “位移” 定义 · 误区：简谐运动位移以初位置为起点，和普通直线运动位移一致。 · 辨析：简谐运动位移以平衡位置为起点，是质点相对平衡位置的有向线段，方向始终背离平衡位置。 · 结论：位移直接决定回复力、加速度；位移为 0（平衡位置）时，回复力、加速度为 0，速度最大。 易错点 3：认为简谐运动是匀变速运动 · 误区：简谐运动加速度大小恒定，属于匀变速运动。 · 辨析：加速度随位移周期性变化，是变加速运动，绝对不能用匀变速公式求解。 · 平衡位置：，，速度最大； · 最大位移处：，，速度为 0。 二、单摆模型：周期公式与等效条件的高频错用 单摆是简谐运动的经典模型，周期公式是高考实验、计算的核心，易错点集中在摆长、等效重力加速度、适用条件。 易错点 1：摆长 = 摆线长度，忽略小球半径 · 误区：计算单摆周期时，直接用摆线长度作为摆长。 · 辨析：摆长是悬点到摆球球心的距离，即，忽略小球半径会导致周期计算偏小。 易错点 2：忽略单摆周期公式的适用条件 · 误区：无论摆角多大，都能用计算周期。 · 辨析：公式仅适用于小摆角（），此时回复力近似满足；摆角过大，周期会变大，公式失效。 易错点 3：等效重力加速度判断错误 · 误区：单摆的始终取 9.8m/s²，超重、失重、叠加场中不变。 · 辨析：等效重力加速度是摆球静止在平衡位置时，视重产生的加速度： · 超重（加速度向上）：； · 失重（加速度向下）：； · 光滑斜面上单摆：； · 重力 + 电场叠加场：。 易错点 4：认为周期与振幅、摆球质量有关 · 误区：振幅越大、摆球质量越大，单摆周期越大。 · 辨析：单摆具有等时性，周期仅由摆长和等效重力加速度决定，与小摆角振幅、摆球质量无关。 三、振动图像（）：解读失误是最常见丢分点 振动图像是高考必考图像，学生常因坐标含义、斜率意义、运动方向判断失误丢分。 易错点 1：把振动图像当作质点运动轨迹 · 误区：振动图像横坐标是位置、纵坐标是时间，是质点的运动轨迹。 · 辨析：振动图像： · 横坐标：时间；纵坐标：质点相对平衡位置的位移； · 物理意义：单个质点在不同时刻的位移，绝非运动轨迹。 易错点 2：图像斜率表示加速度，而非速度 · 误区：图像斜率表示加速度，斜率越大加速度越大。 · 辨析：斜率表示速度： · 斜率为正→速度沿正方向；斜率为负→速度沿负方向；斜率为 0→速度为 0（最大位移处）； · 加速度由位移决定：，位移越大，加速度越大。 易错点 3：质点运动方向判断错误 · 误区：仅凭位移正负判断运动方向，位移为正就向正方向运动。 · 辨析：看下一时刻位移变化：下一时刻位移增大→向正方向运动；下一时刻位移减小→向负方向运动。 · 口诀：沿时间轴正方向，上坡下、下坡上（图像上坡质点向下振，下坡向上振）。 易错点 4：路程计算忽略周期性 · 误区：任意四分之一周期的路程都等于振幅。 · 辨析： · 1 个周期：路程； · 半个周期：路程； · 四分之一周期：仅从平衡位置 / 最大位移处开始，路程才等于。 四、受迫振动与共振：频率与振幅的逻辑混淆 易错点 1：受迫振动频率由固有频率决定 · 误区：物体做受迫振动的频率等于自身固有频率，与驱动力无关。 · 辨析：受迫振动稳定后，振动频率 = 驱动力频率，与固有频率无关。 易错点 2：驱动力频率越接近固有频率，振幅一定越大 · 误区：驱动力频率增大，振幅持续增大。 · 辨析：振幅变化遵循共振曲线： · ：增大，振幅增大； · ：共振，振幅达到最大值； · ：增大，振幅减小。 易错点 3：共振一定有害 · 误区：共振只会破坏物体，必须完全避免。 · 辨析：共振有利有弊： · 有利应用：共振筛、核磁共振、乐器共鸣箱； · 危害防范：桥梁、机器避免共振（改变固有频率 / 驱动力频率）。 易错点 4：阻尼振动频率随振幅减小而变化 · 误区：阻尼振动振幅减小，频率也随之减小。 · 辨析：阻尼振动的频率是固有频率，保持不变；振幅因能量损失逐渐减小。 五、简谐运动的能量与对称性：规律误用 易错点 1：简谐运动机械能不守恒 · 误区：简谐运动有回复力做功，机械能会变化。 · 辨析：无阻尼简谐运动，只有重力 / 系统内弹簧弹力做功，机械能守恒； · 平衡位置：动能最大，势能最小； · 最大位移处：动能为 0，势能最大。 易错点 2：对称性理解偏差 · 误区：关于平衡位置对称的两点，速度、加速度完全相同。 · 辨析：对称点的物理量规律： · 位移、回复力、加速度：大小相等，方向相反； · 速度：大小相等，方向可能相同 / 相反； · 运动时间：通过对称段的时间相等。 易错点 3：竖直弹簧振子的平衡位置是弹簧原长 · 误区：竖直弹簧振子的平衡位置在弹簧原长处。 · 辨析：平衡位置是合力为 0 的位置，竖直弹簧振子满足，弹簧处于伸长状态，而非原长。 六、类简谐运动（拓展模型）：等效条件判断错误 易错点：类单摆模型直接套用原周期公式 · 误区：斜面上、叠加场中的类单摆，直接用计算。 · 辨析：类单摆需重新判断等效摆长和等效重力加速度： · 等效摆长：摆动圆弧的圆心到质点的距离； · 等效重力加速度：质点静止在平衡位置时，回复力对应的加速度； · 典例：光滑斜面上单摆，周期。 七、高考机械振动解题避坑三步法 1. 判模型：确定弹簧振子 / 单摆 / 类单摆，明确回复力来源； 2. 析条件：小摆角？等效重力加速度？受迫振动 / 共振？ 3. 读图像：先标周期、振幅，斜率判速度，位移判加速度。 总结 机械振动的所有易错点，本质是概念不清、条件不记、图像不会、等效不懂。牢牢抓住三大核心： 1. 简谐运动：回复力； 2. 单摆：周期； 3. 受迫振动：稳定频率 = 驱动力频率，共振条件。 就能彻底避开所有丢分陷阱，稳稳拿下机械振动全部分数。 专题　机械振动 真题试练1：简谐运动 1.(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 答案 AD 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。 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。 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。 2.(2025四川,5,4分) 如图所示,甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,从左至右摆长依次增加,小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度,由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时,小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点,同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　) A.小球甲第一次回到释放位置时,小球丙加速度为零 B.小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙动能为零 C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4 D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2 答案　C 【命题点】单摆周期公式　简谐运动的周期性 (1)确定周期之比:设甲周期为T甲,根据题意建立其他单摆的周期与T甲的关系。 (2)推导摆长之比:由T=2π将周期之比转换为摆长之比。 (3)运动状态分析:根据周期和时间的关系,判断各单摆的小球位置(平衡位置或最高点)及动能、加速度。 解析　单摆模型中做简谐运动的物体加速度不可能为0,A错误;根据题图与T=2π可知T甲<T乙<T丙<T丁,根据题述位置关系可得2T甲==T丙=,解得T乙=T甲,T丙=2T甲,T丁=4T甲,小球丁第一次回到平衡位置所用时间为T丁=T乙,此时乙正好在平衡位置,小球乙动能最大,B错误;根据T乙=T甲得=,C正确;根据T丙∶T丁=1∶2及T=2π可得=,D错误。 3.(2025甘肃,8,5分)(多选)如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断细线,下列说法正确的是(　　) A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为 C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为 答案　BC 【命题点】胡克定律　能量守恒　简谐运动的对称性 解析　剪断细线前,对小球A、B受力分析可得弹簧的弹力F1=3mg;(点拨:弹簧弹力不能突变)剪断细线瞬间,对小球A受力分析可得F1-2mg=2ma,解得此时小球A的加速度大小a=,B正确。由能量守恒可得,剪断细线瞬间小球A所处位置为其运动的最低点,可得小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量Δx1=,D错误。剪断细线后,小球A先向上做加速运动,当加速度为零时,小球A的速度最大,此时弹簧的弹力F2=2mg,弹簧处于伸长状态,A错误。(点拨:剪断细线后,小球A在竖直方向做简谐运动)由简谐运动的对称性可得,小球在最高点时加速度大小等于、方向竖直向下,由牛顿第二定律可得2mg-F3=2m·,解得F3=mg,可得F3方向向上,弹簧处于伸长状态,由胡克定律可得弹簧的伸长量Δx3==,C正确。 剪断细线后,小球A运动到最高点的判断:假设小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为Δx3,由能量守恒可得k(Δx1)2=2mg(Δx1-Δx3)+k(Δx3)2,解得Δx3=,C正确。 4.(2025河北,9,6分)(多选)如图,截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上,两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮,静止在斜面体两侧,细绳与斜面平行。此外,两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连,且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离,然后松开。弹簧始终在弹性限度内,斜面倾角为θ,不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中,下列说法正确的是(　　) A.左侧小物块沿斜面做简谐运动 B.细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大 C.右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等 D.若θ增大,则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长 答案　AC 【命题点】简谐运动 解析　设左侧小物块被沿斜面缓慢拉下的距离为x,绳拉力大小为T,弹簧劲度系数为k,同一时刻左、右侧小物块加速度大小相等,则对左侧小物块有kx+T-mg sin θ=ma,对右侧小物块有kx+mg sin θ-T=ma,联立解得T=mg sin θ,B错误;ma=kx,即小物块所受的合力大小与x成正比且总指向弹簧原长时小物块的位置 ,所以小物块沿斜面做简谐运动,A正确;根据简谐运动对称性可知右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等,C正确;若θ增大,小物块受到的回复力不变,周期不变,则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变,D错误。 5.(2025云南,10,6分)(多选)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g。则(　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间 答案　CD 【命题点】斜面+弹簧模型 解析　过程Ⅰ,Q由P点至O点,由能量守恒可得m=mgx1 sin θ+μmg cos θ·x1,由于μ=tan θ,解得x1=;过程Ⅱ,由于Q通过M点时速度最大,故Q在M点时,加速度为零,可得kx2=mg sin θ+μmg cos θ,解得x2=;P、M两点之间的距离为x1-x2=,A错误。过程Ⅱ中,Q从P点运动到O点,(解题关键:Q受重力G、斜面的支持力FN、弹簧的弹力F弹及斜面对Q的摩擦力Ff,其中FN对Q不做功,F弹和Ff对Q做功之和改变了Q的机械能)滑块Q损失的机械能ΔE=μmg cos θ·x1-k,代入μ=tan θ、x1=,解得ΔE=m-,B错误。过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动至最高点N点过程,Q做简谐运动,根据简谐运动的对称性,可得Q在P点时的加速度大小a1和Q在N点时的加速度大小a2相等,由牛顿第二定律可得a1=、a2=,解得x3=-;Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x1+x3=,C正确。(解题关键:利用假设法判断Q最终静止的位置)假设滑块Q最终静止在O点和N点之间(不包含O、N),弹簧处于压缩状态,弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下,F弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力,Q不可能静止,此假设不成立;假设Q最终静止在P点和M点之间(不包含P、M),弹簧处于拉伸状态,F弹方向沿斜面向上,且F弹>mg sinθ+μmg cosθ,可得Q不可能静止,此假设不成立;当Q在O、M(含O、M点)之间时,若Q处于平衡状态,可得F弹=mg sin θ+Ff静,其中0≤F弹≤mg sin θ+μmg cos θ,故-μmg cos θ≤Ff静≤μmg cos θ,满足静止条件,D正确。 B选项中,Q从P点单向运动到O点时,滑动摩擦力对Q做功为-μmg cos θ·x1=-m,但由于弹簧弹力对Q做正功,所以Q损失机械能小于m。 6.(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 答案 AC 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°-μFN-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 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 7.(2024贵州,9,5分)(多选)如图,一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管,管中一光滑小球将瓶中气体密封,且小球处于静止状态,装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位置,在t=0时由静止释放,小球的运动可视为简谐运动,周期为T。规定竖直向上为正方向,则小球在t=1.5T时刻(　　) A.位移最大,方向为正 B.速度最大,方向为正 C.加速度最大,方向为负 D.受到的回复力大小为零 【答案】AC 【解析】以平衡位置为坐标原点,竖直向上为正方向,t=0时小球静止,处在最低点,作出小球位置随时间变化的图像如图所示, 小球在t=1.5T时刻处于最高点位置,此时位移最大,方向向上(正方向),A正确。小球受到的回复力最大,方向向下(指向平衡位置),D错误。小球的加速度最大,方向与回复力方向相同,即方向为负,C正确。小球速度为0,B错误。 8．（2024福建）某简谐振动的图像如图所示，则以下说法正确的是（　　） A．振幅 B．频率 C．时速度为0 D．时加速度方向竖直向下 【答案】B 【解析】根据图像可知，振幅为；周期，则频率，故A错误，B正确；根据图像可知，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，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。 9.(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 【答案】 D 【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,所以F>mg,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 (ωt+φ) ,其中ω= rad/s=2.5π rad/s,A=4 m/s2,φ=0,可得a=4 sin (2.5π t) m/s2,D正确。 10.（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 D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 【答案】B 【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。 11.(2023山东,10,4分)(多选)如图所示,沿水平方向做简谐运动的质点,依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半,B点位移大小是A点的倍,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,该振动的振幅和周期可能是(　　) A.,3t B.,4t C.,t D.,t 【答案】BC 【解析】若平衡位置O在A、B之间,如图1所示,则(1+)=L,解得振幅A1=OP=,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,从A运动到O的时间为,从O运动到最大位移P处的时间为,从P运动到B的时间为,则t=++,解得T1=t,C正确,D错误;若A、B在平衡位置O同侧,以O在A的左侧为例,如图2所示,A2'=OP,则(-1)=L,解得振幅A2=,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,从A运动到B的时间为,从B运动到最大位移处P再回到B的时间为,则t=+,解得T2=4t,B正确,A错误。 专题　机械振动 真题试练2：受迫振动 1.(2025广东,1,4分)关于受迫振动和多普勒效应,下列说法正确的是(　　) A.系统的固有频率与驱动力频率有关 B.只要驱动力足够大,共振就能发生 C.应用多普勒效应可以测量车辆的速度 D.观察者与波源相互远离时,接收到的波的频率比波源的频率大 答案 C 系统的固有频率与外界的驱动力频率无关,A错误。共振的条件是驱动力频率等于系统的固有频率,与驱动力的大小无关,B错误。应用多普勒效应测速,其原理是波源和观察者之间的相对运动会导致观察到的波的频率发生变化。当波源和观察者相互接近时,观察者接收到的波的频率会增大;反之,当两者相互远离时,观察者接收到的波的频率会减小。在测速应用中,通过测量接收到的波的频率变化,可以计算出目标物体的运动速度,C正确,D错误。 2.(2025安徽,2,4分)如图,某同学演示波动实验,将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上,弹簧上系有一个标记物,在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧,形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是(　　) A.弹簧上形成的波是横波 B.推、拉弹簧的周期越小,波长越长 C.标记物振动的速度就是机械波传播的速度 D.标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量 答案 D 弹簧上形成的波传播方向与标记物的振动方向相同,是纵波,A错误。机械波的波速由介质决定,由λ=vT可知推、拉弹簧的周期越小,波长越小,B错误。标记物振动的速度反映的是机械波中质点的左右振动情况,是周期性变化的,机械波传播的速度反映的是波的传播情况,在同一均匀介质中,机械波的传播速度不变,两者的本质不同,C错误。标记物由静止开始振动,能量增加,表明机械波能传递能量,D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $