广东省广州市2025-2026学年高二下期末复习讲义之机械振动

广东省广州市2025-2026学年高二下期末复习之机械振动 考点一　认识简谐运动 一、弹簧振子 1.机械振动：物体(或者物体的一部分)在某一中心位置(平衡位置)两侧所做的往复运动，简称振动。 2.弹簧振子：小球和弹簧组成的系统。如图所示，其中小球和水平杆之间的摩擦可以忽略不计，小球的运动可以看作质点的运动。 说明：弹簧振子是一种理想化模型，弹簧为轻质弹簧(可认为质量集中于小球)，不计摩擦和空气等阻力，小球从平衡位置被拉开的距离在弹性限度内。 3.弹簧振子平衡位置的判断方法 (1)振动系统不振动，小球原来处于静止时的位置。 (2)振子振动过程中，合力为零的位置，此时小球的加速度为零，速度最大。 二、振子的“位移—时间”图像　简谐运动 1.全振动：如图乙所示，振子经历B→O→B'→O→B路径的一个完整振动过程叫作一次全振动。 2.简谐运动：振子一直在平衡位置附近振动，每个全振动中偏离平衡位置的最大距离和需要的时间都不变，振子的位移—时间函数为正弦或者余弦函数(如图丙)，我们把具有这种特征的运动叫作简谐运动。 3.描述简谐运动的物理量 (1)振幅：物体振动时离开平衡位置的最大距离。 说明：①位移是矢量，振幅是标量，最大位移的数值等于振幅。 ②一个给定的振动，振子的位移是时刻变化的，但振幅是不变的。 (2)周期：物体完成一次全振动所需要的时间，用T表示。 (3)频率：物体在一段时间内全振动的次数与所用时间之比，用f表示。 (4)周期和频率的关系为f=。 三、简谐振动的回复力 1.回复力 (1)定义：使振子能返回平衡位置的力。 (2)方向：总是指向平衡位置，跟振子偏离平衡位置的位移方向相反。 (3)表达式：F=-kx，其中x表示振子偏离平衡位置的位移，“-”表示回复力的方向跟振子偏离平衡位置的位移方向相反。 2.简谐振动 物体在跟平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动叫作简谐振动。 总结 1.回复力是根据力的效果命名的，可能由合力、某个力或某个力的分力提供。它一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。 2.简谐运动的回复力公式中，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数，其值由振动系统决定，与振幅无关。 考点二　简谐运动的各物理量分析 一、简谐运动的能量特征 1.简谐运动的能量：简谐运动的能量是指振动系统所具有的动能和势能之和。 2.能量变化特征：小球振动时的速度在零与最大值之间周期性变化，说明动能在周期性变化。弹簧在振动过程中，弹簧振子的弹性势能和动能相互转化，其和等于最初将小球拉离平衡位置时的弹性势能，机械能守恒。 说明：(1)简谐运动的能量由振动系统和振幅共同决定，同一个振动系统，振幅越大，能量(机械能)越大。 (2)在振动的一个周期内，动能和势能完成两次周期性变化。小球的位移减小，势能转化为动能；位移增大，动能转化为势能。 二、简谐运动中各物理量的变化 在光滑水平杆上振子的振动过程中 1.在平衡位置处：振子离开平衡位置的距离为零，所受回复力为零，加速度为零，速度的大小最大，动能最大，弹簧的弹性势能为零。 2.在振幅处：振子离开平衡位置的距离最大，所受回复力的大小最大，加速度的大小最大，速度为零，动能为零，弹簧的弹性势能最大。 说明：①简谐运动中各个物理量对应关系不同。位置不同，则位移不同，加速度、回复力不同，但是速度、动能、势能可能相同，也可能不同。②位移增大时，回复力、加速度和势能增大，速度和动能减小；位移减小时，回复力、加速度和势能减小，速度和动能增大。 3.振子在振动过程中离开平衡位置的距离、加速度、速度、动能、弹性势能等在每个周期里完全重复，这样的运动叫作周期性往复运动。 考点三　简谐运动的描述 一、简谐运动的函数描述 1.振子振动时位移与时间关系的曲线叫振动曲线，简称x-t图线。 2.简谐运动位移-时间图像的函数表达式为x=Acos(ωt+φ)，式中A是简谐运动的振幅，ω是简谐运动的角频率。 3.ω与周期T或频率f的关系为：ω==2πf。 说明：(1)表达式反映了做简谐运动的物体的位移x随时间t的变化规律。 (2)通过简谐运动的函数描述可得出简谐运动的振幅A、周期T、频率f等物理量。 二、简谐运动的图像描述 1.相位：位移—时间函数x=Acos(ωt+φ)中的ωt+φ叫作相位，而t=0时的相位φ叫作初相位，简称初相。 2.相位的意义：相位是一个表示振子处在振动周期中的哪个位置的物理量。 说明：相位ωt+φ代表了做简谐运动的物体在各个不同时刻所处的状态。它是一个随时间变化的量，相位每增加2π，意味着物体完成了一次全振动。 3.相位差：相位是一个相对概念，与所取的时间零点有关。两个振动的相位差是个绝对概念，表示两个频率相同的简谐运动的振动先后关系。 说明：频率相同的两个简谐运动有固定的相位差，即Δφ=φ1-φ2(φ1>φ2)。 若Δφ=0，表明两个物体运动步调相同，即同相； 若Δφ=π，表明两个物体运动步调相反，即反相。 4.由简谐运动的图像获取的信息 (1)简谐运动的周期、频率、相位、振幅。 (2)某一时刻质点的位移的大小和方向如图所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和-x2。 (3)某一时刻质点的运动方向 根据下一时刻质点的位移确定运动方向，如图中的a点，下一时刻质点离平衡位置更远，故a点对应时刻质点向正方向远离平衡位置运动。 (4)质点的位移、速度的变化情况 ①根据下一时刻质点的位移，判断是远离还是靠近平衡位置。若远离平衡位置，则位移越来越大，速度越来越小；若靠近平衡位置，则位移越来越小，速度越来越大。 ②根据斜率判断速度的大小和方向。斜率绝对值越大，则速度越大，斜率绝对值越小，则速度越小，斜率为正，则速度沿所选正方向，斜率为负，则速度沿负方向。 5.简谐运动中一段时间内的路程与振幅的关系 1.一个周期T恰好经过一次全振动，一次全振动中所通过的路程就是振幅A的4倍，即任意一个周期内的路程均为4A，任意半个周期内的路程均为2A。 2.振动物体在个周期内的路程不一定等于一个振幅A。只有当初始时刻振动物体在平衡位置或最大位移处时，个周期内的路程才等于一个振幅。当初始时刻振动物体不在平衡位置或最大位移处时，若质点开始时运动的方向指向平衡位置，则质点在个周期内的路程大于A，若质点开始时运动的方向远离平衡位置，则质点在个周期内的路程小于A。 三、简谐运动的周期性与对称性 1.周期性造成多解：物体经过同一位置可以对应不同的时刻，物体的位移、加速度相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这样就形成简谐运动的多解问题。 2.对称性造成多解：由于简谐运动具有对称性，因此当物体通过两个对称位置时，其位移、加速度大小相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这种也形成多解问题。 考点四　单摆 一、单摆及其回复力 单摆：如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置可以看作单摆。 说明：单摆是实际摆的理想模型，若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可近似看成简谐运动。 二、单摆的周期 1.在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关，与单摆摆长有关。 2.周期公式 (1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 (2)公式：T=2π，即周期T跟摆长L的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 3.单摆的简谐运动周期与装置的固有因素有关，和外界条件无关。单摆的简谐运动周期也叫作单摆的固有周期，其频率为固有频率。弹簧振子的简谐运动周期和频率与弹簧的劲度系数和小球的质量有关。 三、单摆模型的拓展 1.类单摆模型 如图所示，在光滑弧面上来回滚动的小球(可视为质点)，在圆弧半径R远大于运动弧长的情况下，小球运动可看成简谐运动，T=2π。 2.等效摆长及等效重力加速度 (1)等效摆长：图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T=2π。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 (2)等效重力加速度：一般情况下，公式中g的值等于摆球相对系统“静止”在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。 考点五　用单摆测量重力加速度 一、实验思路 1.实验原理 由T=2π，得g=，则测出单摆的摆长L和周期T，即可计算得到当地的重力加速度。 2.物理量的测量 摆长L：摆球静止时悬点到摆球球心的距离。 周期T：用秒表测出单摆完成30~50次全振动的时间，然后通过计算求出平均完成一次全振动所用的时间。 二、实验装置 1.实验装置如图所示 2.实验器材 带有铁夹的铁架台，金属小球(有孔)、秒表、细丝线(1 m左右)、长约1 m的毫米刻度尺、游标卡尺等。 三、进行实验 1.将细线穿过金属小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的结，制成一个单摆。 2.将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸出桌面，把单摆上端固定在铁夹上，使摆球自由下垂，在单摆平衡位置处做上标记。 3.用刻度尺量出悬线长度L0(精确到1 mm)，用游标卡尺测量摆球的直径d，则摆长为L=L0+。 4.把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度，角度小于5°，由静止释放摆球。摆球经过最低点(平衡位置)时，用秒表开始计时，测出单摆完成30~50次全振动的时间t(设全振动次数为n)，计算出平均完成一次全振动所用的时间，即为单摆的振动周期T=。 5.改变摆长，反复做几次实验，将一系列的测量值填入表格。 四、数据分析 1.公式法：每改变一次摆长，将相应的L和T代入公式g=中求出g值，最后求出g的平均值。 设计如表所示的实验表格 实验次数 1 2 3 4 5 … 摆线长度L0/m 摆球直径d/m 摆长L/m 全振动次数n 振动时间t/s 振动周期T= 重力加速度g 重力加速度的平均值=(g1+g2+…+gn) 2.图像法：由T=2π得T2=L，以T2为纵坐标，以L为横坐标建立坐标系，根据表中的数据作出T2-L图像(如图所示)。其斜率k=，由图像的斜率即可求出重力加速度g=。 五、误差分析 1.来源： 本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直面内的摆动以及测量哪段长度作为摆长等。 本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上。 2.分析 (1)测量摆长时引起的误差 ①若在未悬挂摆球前测量了摆长、摆线拉得过紧、测量了摆线长后却误加了直径等，会使测量的摆长偏大； ②若悬点未固定好，摆球摆动过程中出现松动，测量了摆线长漏加了摆球半径等，使测量的摆长偏小。 (2)测量周期时引起的误差 ①由于测量全振动次数错误造成误差。 ②开始计时或停止计时时过早或过迟按下停表。 ③计算单摆的全振动次数时，不从摆球通过最低点(平衡位置)时开始计时，容易产生较大的计时误差。 六、注意事项 1.选择细且弹性小的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度和质量较大、直径较小的金属球。 2.单摆悬线的上端应紧夹在铁夹中，不可以随意卷在铁杆上。 3.摆动时摆线偏离竖直方向的角度应很小，不能超过5°。 4.摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆。 5.计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置(平衡位置)时开始计时，要测n次全振动的时间t。 专题训练 1．（24-25高二下·广东广州·期末 ）在广州，某同学研究单摆做受迫振动时振幅与驱动力频率的关系，其共振曲线如图所示。则该单摆（　　） A．摆长约为 B．驱动力频率增大时，振幅增大 C．驱动力频率增大时，振动频率不变 D．若该实验移至上海、共振曲线的峰值将向右偏移 2．（24-25高二下·白云·期末 ）振动式转速表测量发动机转动频率的原理如图所示。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为120Hz、100Hz、80Hz、60Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的发动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，则（　　） A．钢片a振动频率约为100Hz B．发动机转动频率约为120Hz C．发动机转动频率约为80Hz D．钢片d振动频率约为60Hz 3．（2025·广东广州·三模）下列说法正确的是（　　） A．驱动力的频率越高，做受迫振动物体的振幅越大 B．医院对病人进行“超声波彩超”检查，利用了波的多普勒效应 C．任意两列波相遇都将产生稳定的干涉现象 D．同一声源发出的声波在空气和水中传播的波长相同 4．（24-25高二下·二中·期末 ）如图所示的是两个单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法正确的是（　　） A．时，两单摆的回复力最大 B．乙摆球在第1s末和第3s末速度相同 C．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4 D．甲摆球位移随时间变化的关系式为 5．（24-25高二下·执信·期末 ）我国古代有一种利用共振原理的古琴调弦技术，将一小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的古琴上对应的琴弦，小纸人跳动越明显代表音调越准确，调准音调后，下列说法正确的是（　　） A．拨动其他音调的琴弦，小纸人不会跳动 B．敲击对应音调的音叉，也可以让小纸人跳动明显 C．增大拨动对应音调的琴弦力量，小纸人跳动幅度不变 D．调弦过程中琴弦的机械能将全部转化为纸人的机械能 6．（24-25高二下·荔湾·期末 ）如图甲所示，在一根水平张紧的绳子挂上3个完全相同的摆球，a、c单摆的摆长相同且小于b单摆的摆长。当a单摆振动时，其余各摆也振动起来。图乙是c单摆稳定后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．振动稳定时c摆的频率最小 B．振动稳定时b摆的周期大于 C．振动稳定时c摆的振幅大于b摆的振幅 D．若该装置放在月球上进行同样实验，将变小 7．（2024·广东广州·二模）如图甲，由细线和装有墨水的容器组成单摆，容器底端墨水均匀流出。当单摆在竖直面内摆动时，长木板以速度v垂直于摆动平面匀速移动距离L，形成了如图乙的墨痕图案，重力加速度为g，则该单摆的摆长为（　　） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·执信·期末 ）如图甲所示的漏斗在做简谐运动的同时，小付同学将下方的薄木板沿箭头方向匀加速拉出，漏斗3s内漏出的细沙在板上形成的曲线如图乙所示，当地重力加速度大小，下列说法正确的是（　　） A．该沙摆的周期为3s B．该沙摆的摆长约为2m C．薄木板的加速度大小为 D．当图乙中的B点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小为0.35m/s 9．（22-23高二下·越秀·期末）一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，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由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动。圆盘静止时，小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示（以竖直向上为正方向），下列说法正确的是（　　）    A．圆盘转动带动小球振动，圆盘转速越大则小球振幅越大 B．若圆盘以匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为 C．若圆盘静止，小球做简谐运动，到小球所受的回复力增加 D．若圆盘静止，小球做简谐运动，到弹簧弹性势能一定减小 10．（22-23高二下·番禺·期末）如图是一个浮漂改装而成的浮力振子，振子上的刻度表示振子受到的浮力大小，振子在平静水面的某次振动中，其所受浮力F随时间变化如图，则（　　）    A．时刻，振子位于最低点 B．时刻，振子的动能最大 C．时，振子位于最低点 D．时，振子的动能最大 11．（22-23高二下·天河·期末）如图所示为一款玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，弹簧质量不计、开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，小人开始上下振动，头部上升至最高点时，底部不离开桌面，不计阻力，该过程可近似为简谐运动，下列判断中正确的是（　　）   A．头部上升的时间比下降的时间短 B．头部上升过程速度先变大再变小 C．头部上升过程中所受合力越来越小 D．头部处于平衡位置时弹簧弹性势能最小 12．（22-23高二下·黄埔·期末）如图甲所示，将滑块连接成弹簧振子并放置于气垫导轨上，将滑块拉到某一位置后由静止释放，位移传感器记录下滑块位置随时间的变化图像如图乙所示，则下列关于该滑块的运动正确的是（　　）    A．完成一次全振动的时间为5s B．在一个周期内运动路程为32cm C．在第3s末和第5s末时的速度相同 D．第1s内滑块的动能转化为弹簧的弹性势能 13．（22-23高二下·执信·期末）如图所示，房顶上固定一根长2m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球（可视为质点）。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，A点是小球摆动的最左端，B点是小球摆动的最右端，O点是小球摆动的平衡位置。不计空气阻力，小球从A点到O点所用的最短时间为，小球从B点到所O点所用的最短时间为，，窗上沿到房顶的高度为房顶（　　） A．1.6m B．1.5m C．1.2m D．1.4m 14．（2023·广东佛山·一模 ）将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（　　） A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为 D．该地的重力加速度 15．（2025·真光·一模）如图所示，光滑圆弧轨道ABC竖直固定，与水平面相切于A点，B为圆弧上一点，C为圆弧最高点，弧长AC远小于半径。质量相等的小球甲、乙（两小球可以看成质点）分别从B、C位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A点的过程中（　　） A．甲球比乙球运动的时间短 B．两球可能在A点右侧相撞 C．两球动量的改变量相等 D．两球重力的冲量相等 16．（2025·广东广州·三模）某同学在玩“打水漂”时，向平静的湖面抛出石子，恰好向下砸中一个安全警戒浮漂，浮漂之后的运动可简化为竖直方向的简谐振动，在水面形成一列简谐波，距离浮漂S处的水蕊上有一片小树叶，则（　　） A．小树叶将远离浮漂运动 B．小树叶将先向下运动 C．浮漂的振幅越大，波传到S处时间越短 D．浮漂的振幅越大，小树叶振动频率越大 17．（2025·白云·一模 ）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．小球的机械能守恒 C．小球通过a点时的速度大于通过b点的速度 D．如果小球以较小的振幅振动，周期也会变小 18．（2025·天河·一模 ）下列说法正确的是（　　） A．“回声”是声波衍射现象 B．“未见其人，先闻其声”是声波干涉的结果 C．当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变小 D．集体列队经过桥梁时要便步走，以防止桥梁发生共振垮塌 19．（2025·广东广州·二模 ）如图，一玩具旋转木马的运动可简化为：在水平面内绕着中心轴做匀速圆周运动，周期为 T0，半径为R；在竖直方向做简谐运动，t=0时刻开始计时，简谐运动位移-时间关系为。下列说法正确的是（    ） A．t=0时刻，旋转木马所受合外力为零 B．t=0时刻，旋转木马速度大小为 C．时刻，旋转木马速度大小为 D．若T=T0，则旋转木马T时间内的位移为零 20．（22-23高二下·番禺·期末）（多选）如图甲，小明做摆角较小的单摆实验，是它的平衡位置，、是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测出当地重力加速度，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙，设图中单摆向右振动为正方向，则下列选项正确的是（　　）    A．此单摆的振动频率是2Hz B．单摆的摆长约为1.0m C．仅改变摆球质量，单摆周期不变 D．时刻，摆球位于点 21．（24-25高二下·十六中·期末 ）（多选）摆钟如图是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图为其内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则（　　） A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力 B．摆钟在太空实验室内是无法正常使用的 C．该摆钟从北京带到汕头，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 22．（24-25高二下·二中·期末 ）如图a，均匀介质中有一波源S1上下做简谐运动，其振动图像如图b所示。同一水平面上有一质点P且S1P=6m。当波源S1处于平衡位置且向下运动时，P处于波谷。求： (1)该机械波传播的速度v； (2)若波速v>2m/s，则从波源开始振动到t=4s时，质点P的路程和位移； (3)在（2）的情况下，t=4s时，同一水平面的另一波源S2（S1S2⊥PS1）开始振动，如图c所示，两波源相距S1S2=8m。从S2传到P点开始计时，求质点P的振动方程。 试卷第1页，共3页 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D【详解】A．由题图可知，该单摆的固有频率为，则固有周期为 根据可得该单摆的摆长约为，故A错误； B．当驱动力频率等于该单摆的固有频率时，振幅最大，所以驱动力频率增大时，振幅不一定增大，故B错误； C．驱动力频率增大时，振动频率也随着增大，故C错误； D．若该实验移至上海，由于上海的重力加速度大于广州的重力加速度，所以固有周期变小，固有频率变大，则共振曲线的峰值将向右偏移，故D正确。故选D。 2．A【详解】BC．根据共振发生的条件，受迫振动的频率与物体的固有频率相等时，受迫振动的振幅最大，显然是b钢片发生了共振，说明发动机的转动频率为100Hz，故BC错误； AD．钢片a、d做受迫振动，振动频率约为100Hz，故A正确，D错误；故选A。 3．B【详解】A．物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振，故A错误； B．医生利用超声波探测出反射波的频率变化来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应原理，故B正确； C．两列频率相同、相位差恒定的波相遇才能产生稳定的干涉现象，故C错误； D．同一声源发出的声波在空气和水中传播时，频率不变，波速不同，根据可知，波长改变，故D错误。 故选B。 4．C【详解】A．时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为零，A错误； B．根据图像切线斜率表示速度可知乙摆球在第1s末和第3s末速度大小相等方向相反，B错误； C．由单摆的周期公式可知得甲、乙两个摆的摆长之比为C正确； D．由图可知，甲摆的振幅为，周期为，且零时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位移随时间变化的关系式为D错误。故选C。 5．B【详解】A．小纸人跳动明显，表明小纸人所在弦发生了共振，振幅最大，古琴上对应的琴弦与小纸人所在琴弦的固有频率相等，而拨动其他音调的琴弦，由于频率与小纸人所在弦的固有频率不相等，没有发生共振，故小纸人跳动不明显，但也会跳动，A错误； B．敲击对应音调的音叉，其振动频率等于小纸人所在弦的固有频率，小纸人所在弦的发生共振，纸人跳动明显，B正确； C．增大拨动对应音调的琴弦力量，对应的能量越大，小纸人跳动幅度越大，C错误； D．调弦过程中琴弦的振动导致其它弦也发生受迫振动，因此调弦过程中琴弦的机械能只有部分转化为纸人的机械能，D错误。故选B。 6．C【详解】AB．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故AB错误； C．由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式 可知a、c摆的固有周期相同，根据共振条件是驱动力周期等于固有周期，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅较小，故C正确； D．根据单摆的周期公式在月球上的重力加速度小于地球上的重力加速度，所以若该装置放在月球上进行同样实验，周期变大，将变大，故D错误。故选C。 7．A【详解】根据单摆的周期公式可得由图可得联立可得故选A。 8．C【详解】A．由题图乙知，该沙摆的周期为2s，选项A错误； B．沙摆的周期解得选项B错误； C．由题图乙中数据可知，木板在连续且相等的时间段内的位移差解得 选项C正确； D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有 选项D错误。故选C。 9．B【详解】A．圆盘转动时，T形支架对小球产生周期性的驱动力，此时小球的运动为受迫振动，当小球简谐振动频率与驱动力频率相同时，小球的振幅才会增加，故A错误； B．圆盘以匀速转动，驱动周期为 小球振动稳定后的周期等于驱动周期，为2s，故B正确； C．圆盘静止，小球做简谐运动，到小球从最低点向平衡位置振动，回复力减小，故C错误； D．小球竖直方向挂在弹簧上，圆盘静止时，根据受力平衡可知，小球做简谐运动的平衡位置不在弹簧原长处，到小球从平衡位置向最高点振动，小球可能会经过弹簧原长处，弹性势能可能先减小后增大，故D错误。 故选B。 10．A【详解】AC．浮力，F浮最大时振子位于最低点，即时刻，振子位于最低点，故A正确，C错误；BD．时，F浮最小，此时振子位于最高点，振子速度为0， 时，振子位于最低点，振子的速度也为0， 由振动的对称性可知时，振子速度最大，动能最大，故BD错误。故选A。 11．B【详解】A．因头部上下振动可近似为简谐运动，可知头部上升的时间等于下降的时间，选项A错误； B．根据简谐振动的规律可知，头部上升过程速度先变大再变小，选项B正确； C．头部上升过程中加速度先减小后增加，则所受合力先减小后增加，选项C错误； D．头部处于平衡位置时，弹簧形变量不为零，且该位置弹簧形变量不是最小的，则此时弹簧弹性势能不是最小，选项D错误。故选B。 12．B【详解】A．由图乙可知，滑块完成一次全振动的时间为4s，故A错误； B．滑块在一个周期内运动的路程为4倍振幅，为32cm，故B正确； C．滑块在第3s末和第5s末时的速度大小相等、方向相反，故C错误； D．由图乙可知，滑块在第1s内由正向位移最大处回到平衡位置，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，故D错误。 故选B。 13．B【详解】设窗上沿到房顶的高度为，小球的摆动可视为单摆运动 ；；故选B。 14．D【详解】A．秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A错误； B．在最低点，根据牛顿第二定律可得秋千对手机的支持力 可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，故B错误； C．秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用得时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为 故C错误； D．根据单摆周期公式可得当地重力加速度故D正确。故选D。 15．D【详解】AB．由于弧长AC远小于半径，可认为小球甲、乙在光滑圆弧轨道做简谐运动，根据单摆周期公式可得周期为；小球甲、乙从B、C位置由静止同时释放，两球从开始运动到A点运动时间均为 可知两球在A点相撞，故AB错误； D．根据由于两球质量相等，可知两球重力的冲量相等，故D正确。 C．根据动能定理可得可得小球到达A点的速度大小为 则小球的动量变化量为；由于两球释放高度不同，所以两球动量的改变量不相等，故C错误。故选D。 16．B【详解】A．小树叶只在平衡位置上下振动，不会远离浮漂运动，选项A错误； B．因浮漂先向下振动，可知小树叶起振时也将先向下运动，选项B正确； C．波的传播速度只与介质有关，与振幅无关，则即使浮漂的振幅越大，波传到S处时间也不变，选项C错误； D．小树叶振动的频率只由振源浮漂决定，与浮漂的振幅无关，选项D错误。故选B。 17．C【详解】A．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； B．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，不是小球的机械能守恒，故B错误； C．由于小球做简谐运动，由图可知小球通过a点时更靠近平衡位置，由简谐运动规律可知其速度大于通过b点的速度，故C正确；D．由于小球的运动为简谐运动，其振动周期与振幅无关，故D错误。故选C。 18．D【详解】A．“回声”是声波遇到障碍物反射回来的现象，属于反射而非衍射，故A错误； B．“未见其人，先闻其声”是声波绕过障碍物传播的衍射现象，与干涉无关，故B错误； C．根据多普勒效应，当观察者靠近波源时，接收到的频率会增大，故C错误； D．集体便步走可避免步伐频率与桥梁固有频率一致，防止共振导致垮塌，故D正确。故选D。 19．D【详解】A．根据简谐运动公式可以知道，t=0时刻，旋转木马处于平衡位置，故其在竖直方向的合力为0，而旋转木马同时还做匀速圆周运动，其受到指向圆心的合力，两力合成，旋转木马受到指向圆心的合力。故A错误； B．t=0时刻，旋转木马做圆周运动的速度大小为 此时其在竖直方向上有一个竖直向上的速度，故两速度叠加后的速度大于，故B错误； C．根据简谐运动规律，旋转木马在竖直方向做简谐运动的周期为 时刻，旋转木马竖直方向回到平衡位置有竖直向下的速度，而其做圆周运动的速度为，故两速度叠加后的速度大于，故C错误； D．若T=T0，则旋转木马T时刻竖直方向刚好回到平衡位置，水平方向刚好做了一个完整的圆周回到出位置，故旋转木马T时间内的位移为零，故D正确；故选D。 20．BCD【详解】A．由图乙可知，此单摆的周期为则此单摆的振动频率为故A错误； BC．根据单摆周期公式可得单摆的摆长为仅改变摆球质量，单摆周期不变，故BC正确； D．时刻，由图乙可知，摆球位于负向最大位移处，图中单摆向右振动为正方向，则摆球位于点，故D正确。 故选BCD。 21．BCD【详解】A．恢复力是指向平衡位置的力，所以摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，故A错误； B．摆钟在太空实验室内是处于失重状态的，所以无法使用，故B正确； C．该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由可知周期变大，摆钟变慢，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故C正确； D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短，所以需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故D正确。故选BCD。 22．(1)(2)5cm，1cm(3) 【详解】（1）设波长为λ，波速为ν。由图可知周期T=2s 根据题意，易得 又解得 （2）因，则 波传到P点用时为 此后质点P振动时间 又 则时，质点振动的路程为 此时P位于波峰，位移为 （3）在（2）的情况下，波长为 由几何关系易知 故质点P到两波源的波程差为 因时两波源振动方向相反，故P点为振动加强点，则振幅为 S2传到P点时，P点向下运动。 故稳定后其振动方程为 12 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $