第8章 第1讲 机械振动(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“机械振动”专题，覆盖简谐运动特征、表达式与图像、单摆周期、受迫振动与共振四大高考核心考点，依据高考评价体系梳理运动和相互作用观念、能量观念等物理观念，通过真题统计明确简谐运动图像分析（占比30%）、单摆周期公式应用（占比25%）等高频考点，归纳选择、计算两类常考题型。 课件亮点在于“真题精析+模型建构+技巧总结”，以2024福建高考简谐运动图像题为例，运用科学思维中的图像分析法和模型建构，提炼“五看图像法”，结合单摆周期公式中等效重力加速度的关键点拨，培养学生科学推理能力。通过“微点判断”排查易错点，助力学生高效突破考点，教师可据此实施精准复习教学。

第八章 机械振动 机械波 物理(福建专版) 机械振动 第一讲 [精要回顾] |课|前| 平衡位置 振动 平衡位置 固有频率 固有频率 [微点判断] (1)简谐运动是匀变速运动。 ( ) (2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。 ( ) (3)振幅等于振子运动轨迹的长度。 ( ) (4)简谐运动的回复力可以是恒力。 ( ) × √ × × (5)(人教选择性必修1 P59T1·改编)做简谐运动的质点在通过平衡位置时，位移最小、动能最大。 ( ) (6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。 ( ) (7)(人教选择性必修1 P55“做一做”·改编)物体做受迫振动的频率与驱动力的频率相等。 ( ) (8)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。 ( ) √ × √ × 逐点清(一)　简谐运动的特征 逐点清(二) 　简谐运动的表达式和图像 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　单摆及其周期公式 逐点清(四)　受迫振动和共振 03 04 课时跟踪检测 05 逐点清(一)　简谐运动的特征 1.受力特征：F=-kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。 2.运动学特征：远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小；靠近平衡位置时则相反。 3.周期性特征：相隔nT(n为整数)的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。 必备知能 4.对称性特征 (1)相隔(n为整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等、方向相反。 (2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P'(OP=OP')时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。 (3)振子由P到O所用时间等于由O到P'所用时间，即tPO=tOP'。 (4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP=tPO。 5.能量特征：简谐运动过程中，系统的动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。　 1.(2025·广东惠州期中)如图所示，光滑水平面上的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，取向左为正方向，则振子从O点运动到B点的过程中 (　　) A.位移不断增大 B.加速度不断减小 C.位移方向与加速度方向始终相同 D.速度增大，弹性势能增大 √ 题点1　简谐运动的各物理量分析 解析：振子从O点运动到B点的过程是远离平衡位置，故位移增大，回复力增大，加速度增大，位移方向与加速度方向相反，速度减小，弹性势能增大，故选A。 1.(链接T1)做简谐运动的物体，靠近平衡位置时，速度增大，位移减小，加速度减小；远离平衡位置时，速度减小，位移增大，加速度增大。 关键点拨 2.如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s，振子经过a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，则该振子的振动频率为(　　) A.1 Hz B.1.25 Hz C.2 Hz D.2.5 Hz √ 题点2　简谐运动的周期性和对称性 解析：由于振子经过a、b两点的速度相同，则a、b两点关于O点对称，所以从O到b点的时间为0.1 s，从b再回到a的最短时间为0.4 s，则从b再回到b的最短时间为0.2 s，所以从b到最大位移处的最短时间为0.1 s，因此振子的振动周期为T=0.8 s，则f== Hz=1.25 Hz，故B正确。 2.(链接T2)关于O点对称的两个振动过程所用时间相等。 关键点拨 3.(2025·湖北高考)(双选)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 √ √ 解析：若小球b做简谐运动，则小球b的振幅为l，B错误；当小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等于小球a的重力，则此时对小球a有kx0=mg，对小球b有kx0+mg=ma，由简谐运动的对称性可知，将小球b向下拉到最低点释放时的加速度大小也为a，则有kl=ma，解得l=，即当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动，A、D正确，C错误。 3.(链接T3)若小球b做简谐运动，小球b在最高点的加速度与在最低点的加速度等大反向。 关键点拨 逐点清(二)　简谐运动的表达式和图像 1.[对简谐运动表达式的理解](2025·河南郑州模拟)如图所示，用质量为m的小物块(可看做质点)和轻弹簧制作一个弹簧振子装置。右侧标尺标识了小物块的位置，小物块静止不动时位于标尺0刻线位置，将物块拉至-10 cm位置由静止释放，振动过程中某一时刻作为计时起点，取向上为正方向，测得物块振动位移随时间变化的规律为x=10sincm，则下列说法正确的是(　　) A.弹簧原长在0刻线位置 B.弹簧振子系统振动过程动量守恒 C.小物块做简谐运动，频率为1.25 Hz D.小物块计时起点的位置在-10 cm处 √ 解析：根据x=10sincm可知，小物块做简谐运动的频率为f====1.25 Hz，故C正确；0刻线位置为振子的平衡位置，此时弹簧弹力等于振子的重力，弹簧处于伸长状态，故A错误；弹簧振子系统振动过程，速度周期性变化，所以动量周期性变化，动量不守恒，故B错误；根据x=10sincm可知，小物块计时起点的位置为x=10sin cm=5 cm，故D错误。 2.[简谐运动的图像](2024·福建高考)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.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，振幅为1.0 cm，周期为T=0.4 s，则振动频率为f== Hz=2.5 Hz，故A错误，B正确；根据题图(b)可知，t=0.1 s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；根据题图(b)可知，t=0.2 s时质点处于负向最大位置处，此时加速度方向竖直向上，故D错误。 1.简谐运动的表达式 (1)一般表达式：x=Asin(ωt+φ)。 (2)从平衡位置开始计时，且开始运动方向为正方向时，x=Asin(ωt)。 (3)从正向最大位移处开始计时，x=Acos(ωt)。 关键点拨 2.由简谐运动图像可得到的信息 (1)可以得出质点振动的振幅、周期和频率。 (2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。 (3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向。 (4)可以确定某时刻质点速度的方向。 (5)可以比较不同时刻回复力、加速度的大小。 (6)可以比较不同时刻质点的动能、势能的大小。 逐点清(三)　单摆及其周期公式 1.单摆的回复力：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，故单摆做简谐运动。 必备知能 2.摆球的向心力：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，FT-mgcos θ=m。 (1)当摆球在最高点时，v=0，FT=mgcos θ。 (2)当摆球在最低点时，FT最大，FT=mg+m。 3.周期公式：T=2π。单摆处于月球上时，重力加速度为g月；单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。　　　 1.(2025·福安一中模拟)图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.摆球从A点运动到B点，速度逐渐减小 B.摆球从B点运动到C点，重力势能逐渐减小 C.摆球在C点处，速度为零，回复力为零 D.摆球在B点处，速度最大，向心力最大 √ 题点1　单摆的受力特征和运动特征 解析：摆球从A点运动到B点，重力势能转化为动能，速度逐渐增大，故A错误；摆球从B点运动到C点，动能转化为重力势能，重力势能逐渐增大，故B错误；摆球在C点处，速度为零，回复力最大，故C错误；摆球在B点处，速度最大，向心力最大，故D正确。 2.(2025·甘肃平凉大联考)如图所示，在光滑水平地面上有两个大小相同的小球A和B，质量分别为mA、mB，小球B通过长为L的细绳竖直静止悬挂且对地面恰好无压力，小球A获得水平向右的初速度后，与B发生弹性碰撞，碰后小球A被弹回，小球B在竖直面内做小幅度(细绳偏离竖直方向的夹角小于5°)振动。已知细绳不可伸长且长度远大于小球直径，不计空气阻力，则下列说法正确的是 (　　) A.mA可能大于mB B.mA可能等于mB C.细绳越长，小球B振动得越慢 D.mB越大，小球B振动得越慢 题点2　单摆的周期公式及拓展 √ 解析：小球A与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A被弹回，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2，mA=mA+mB，解得v1=v0<0，则mA<mB，故A、B错误；小球B在竖直面内做小幅度(细绳偏离竖直方向的夹角小于5°)振动，则认为小球B做简谐运动，由单摆周期公式T=2π可知，细绳越长，小球B振动周期越大，振动得越慢，且周期与质量无关，故C正确，D错误。 3.(2025·广东佛山期中)如图所示，用细绳系住一摆球， 让摆球在倾角为θ的光滑斜面上做小幅度(α<5°)摆动， 摆长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.该单摆的周期T=2π B.该单摆的周期T=2π C.摆球的振幅会影响单摆的周期 D.摆球的质量会影响单摆的周期 √ 解析：光滑斜面上的单摆的等效重力加速度为g效=gsin θ，根据单摆的周期公式得T=2π，故A错误，B正确；根据单摆的周期表达式，可知摆球的振幅和质量均不会影响单摆的周期，故C、D错误。 4.(2024·甘肃高考)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 题点3　单摆的振动图像 √ 解析：根据题图可知，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图像的斜率表示速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同，C正确。 1.单摆的摆球在平衡位置时速度最大，回复力为零，但加速度不为零。 2.类单摆模型 (1)如图甲为小球在光滑圆弧AB上运动， ≪R，等效摆长为R， 周期T=2π。 (2)如图乙，小球在光滑斜面上做小角度摆动，等效重力 加速度为g效=gsin θ，周期T=2π。(如T3) 关键点拨 逐点清(四)　受迫振动和共振 1.(双选)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个单摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则 (　　) A.a、b、c摆的固有周期关系为Ta=Tc>Tb B.b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大 C.振动达到稳定时，b摆的周期大于t0 D.c摆的摆长为 题点1　对受迫振动与共振的理解 √ √ 解析：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T=2π可知，固有周期关系为Ta=Tc<Tb，故A错误；因为Ta=Tc，则a、c摆的固有频率相同，c摆发生共振，达到稳定时，c摆的振幅较大，b摆的振幅较小，故B正确；受迫振动的周期等于驱动力的周期，所以三个单摆的周期相同，故此时b摆的周期等于t0，故C错误；根据以上分析及题图乙，可知c摆的固有周期Tc=t0，由T=2π，解得lc=，故D正确。  1.(链接T1)受迫振动的频率由驱动力的频率决定，发生共振时，驱动力的频率等于固有频率。 关键点拨 2.(2025·福建宁德调研)为了提升汽车行驶过程中的平顺性和稳定性，在汽车车身和底座间装有弹簧和减震器来减缓震动。图甲为某汽车正匀速通过某路口的连续等间距的减速带，图乙为该车车身的振幅A和车速v的关系图像，图像最高点对应的速度为v1。已知两相邻减速带间的距离为1 m，该车车身的固有频率为10 Hz，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是 (　　) 题点2　共振现象的防止和应用 A.该车经过减速带时车身上下振动的频率随车速的增大而减小 B.该车经过减速带时车身上下振动的频率恒为10 Hz C.图乙中v1=10 m·s-1 D.不同车辆经过该减速带时v1一定相同 √ 解析：当该车以速度v通过减速带时，车身上下振动的周期为 T=，则车身上下振动的频率为 f==，故A、B错误；当车身振动频率等于车身的固有频率时，车身振幅最大，由f=知， v1=fL=10×1 m·s-1=10 m·s-1，故C正确；不同车辆车身的固有频率不一定相同，不同车辆经过该减速带时v1不一定相同，故D错误。 2.(链接T2)共振曲线振幅最大值对应的频率为振动系统的固有频率。 3.利用共振现象时，驱动力的频率与固有频率越接近，效果越好；防止共振现象时，驱动力的频率与固有频率差别越大，效果越好。 关键点拨 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1.如图所示，小球在BC之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C运动到O的过程中 (　　) A.动能不断增大，加速度不断减小 B.回复力不断增大，系统机械能守恒 C.弹性势能不断减小，加速度不断增大 D.弹性势能不断增大，加速度不断减小 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 解析：做简谐运动的小球，从C到O的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合外力做正功，动能增大，同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F=-kx可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知 F=-kx=ma，故加速度不断减小，故A正确；由上述分析可知，回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；在小球从C到O的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.(2025·江苏常州二模)弹簧振子做简谐运动的周期公式为T=2π，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。小鸟落在树枝上所引起树枝的振动可类比于弹簧振子的简谐运动。如图所示，两只质量不同的小鸟A和B先、后分别落在同一树枝的不同位置时，所引起树枝的振动周期恰好相同，则以下说法中正确的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 A.小鸟A所引起的振动的k值较小，小鸟A的质量小于小鸟B的质量 B.小鸟A所引起的振动的k值较小，小鸟A的质量大于小鸟B的质量 C.小鸟A所引起的振动的k值较大，小鸟A的质量小于小鸟B的质量 D.小鸟A所引起的振动的k值较大，小鸟A的质量大于小鸟B的质量 √ 解析：两小鸟引起树枝的振动周期相同，但枝头处的k相对较小，根据弹簧振子做简谐运动的周期公式T=2π可知，小鸟A的质量较小，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 3.(2025·广东高考)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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A错误；只有驱动力频率与系统固有频率相同时，共振才能发生，B错误；根据多普勒效应可知，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小，观察者与波源相互靠近时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测量车辆的速度，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 4.(2025·山西吕梁三模)某同学用如图所示的装置描绘单摆做简谐运动的振动图像。第一次实验时在纸带上恰好有两个完整的振动图像，第二次实验时改变摆长，用2倍的速度拉相同的纸带，纸带上也恰好有两个完整的振动图像，则第一次实验和第二次实验中单摆的摆长之比为 (　　) A.4∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.1∶4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：由题意可知两次实验中单摆的周期之比为T1∶T2=2∶1，由周期公式T=2π，可得==，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 5.如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 (　　) A.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1 =mgsin θ，对甲有F弹1+mgsin θ=ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2 +mgsin θ=4mgsin θ，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 6.一质点做简谐运动，相继通过距离为16 cm的两点A和B，历时1 s，并且在A、B两点处具有相同的速度，再经过2 s，质点第2次经过B点，该质点运动的周期和振幅分别为 (　　) A.3 s， cm B.6 s，16 cm C.6 s， cm D.4 s，8 cm √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：设简谐运动的平衡位置为O，质点先后以相同的速度通过A、B两点，说明A、B两点关于平衡位置O点对称，所以质点由A到O的时间与由O到B的时间相等。假设质点首先向最大位移处运动，然后再经过B点，设两次经过B的时间为tBB，则一定有tAB>tBB，这与题意不符，因此质点必定首先向平衡位置移动，然后再向B点移动，那么从平衡位置O到B点的时间t1==0.5 s，因质点通过B点后再经过2 s第二次通过B点，根据对称性可知质点从B点到最大位移处的时间t2=1 s，故周期为T=4(t1+t2)=6 s；从经过平衡位置开始计时，质点位移与时间的关系式为x=Asin ωt (cm)，则有8 cm=Asin ，解得A=16 cm，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 7.(双选)两单摆分别做受迫振动的共振曲线如图所 示，下列说法正确的是 (　　) A.若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行， 且摆长相同，则图线Ⅱ表示月球上单摆的共振曲线 B.若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比为LⅠ∶LⅡ=25∶4 C.若图线Ⅱ表示的受迫振动是在地球上进行的，则该单摆摆长约为1 m D.若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示的受迫振动是在地球上进行的 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：共振曲线中振幅最大处对应的频率与单摆的固有频率相等，由题图可知，两摆的固有频率fⅠ=0.2 Hz，fⅡ=0.5 Hz。当两摆分别在月球和地球上做受迫振动且摆长相等时，根据f=可知，g越大，f越大，所以gⅡ>gⅠ，因为g地>g月，可知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g相同，则==，所以两摆摆长之比为=，B正确；若图线Ⅱ表示的受迫振动是在地球上进行的，根据g=9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 8.(2025·福建石狮模拟)如图所示，小球M用细线悬挂于定点O，小球N位于O点。将小球M拉离平衡位置P少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力，则 (　　) A.小球M先到达P点 B.小球M、N同时到达P点 C.适当调整小球M的释放位置，两球可能在P点相遇 D.适当提高小球N的释放高度，两球可能在P点相遇 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：小球M做简谐运动，第一次到达P点的时间为t1=×2π=，小球N做自由落体运动，运动到P点的时间为t2=，显然t1>t2，即小球N先到达P点，故若适当提高小球N的释放高度，两球可能在P点相遇，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 9.(2025·福州一中月考)甲、乙两个物体做简谐运动的方程分别为x甲=A甲sin、x乙=A乙sin。下列说法正确的是(　　) A.内，甲的路程一定为2A甲，内，乙的路程一定为A乙 B.经过任意的时间，乙的动能不变 C.若A甲=A乙，甲、乙两物体的机械能相等 D.若φ甲<φ乙，则一定有T甲<T乙 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：内，甲的路程一定为2A甲，内，乙的路程不一定为A乙，要看计时时刻乙所处的位置，故A错误；经过任意的时间，乙的初、末位置一定相对于平衡位置对称，速度等大反向，所以其动能不变，故B正确；若A甲=A乙，由于甲、乙质量未知，故机械能大小未知，故C错误；φ甲、φ乙分别表示t=0时甲、乙的初相，故无法判断两者周期的大小，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 10.镇楼阻尼器是通过提供运动阻力，耗减运动能量，从而减少高层建筑物振动幅度和摇晃程度。上海中心大厦的千吨重巨型阻尼器“上海慧眼”成功抵御了“贝碧嘉”台风，保障了大厦安全，展现了现代建筑技术科学性。上海中心大厦在最高处圆周上均匀分布有12根长为25 m的钢索并悬挂重物，重物质量为m=1×106 kg(可视为质点)，若圆周半径为15 m，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.无台风时，每根钢索承受的拉力大小约为1.04×106 N B.有台风时，重物摆动方向与大厦摆动方向一致 C.有台风时，重物做的是简谐运动 D.有台风时，每根钢索所受拉力大小相等 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：无台风时，设每根钢索与竖直方向夹角为θ，则sin θ==0.6，设每根钢索承受拉力大小为F，则有12Fcos θ=mg，解得F≈1.04×106 N，故A正确；有台风时，重物摆动方向与大厦摆动方向相反，提供阻力来耗减大厦振动能量，使大厦能够迅速停止或减少振动，保持稳定，故B错误；有台风时，重物做的是受迫振动，不满足简谐运动条件，故C错误；有台风时，重物发生摆动，受力不平衡，则每根钢索所受拉力大小不相等，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 11.(2025·四川高考)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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：根据单摆周期公式T=2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，结合题意可得2T甲==T丙=，可得T甲∶T乙=3∶4，T丙∶T丁=1∶2，则小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁=1∶4，故C正确，D错误；由于T丙=2T甲，小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲时间，小球丙到达另一侧最高点，此时小球丙速度为零，位移最大，根据a=-可知， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 此时小球丙加速度不为零，故A错误；根据上述分析可得T乙=T丁，小球丁第一次回到平衡位置时所用时间为=，可知此时小球乙经过平衡位置，速度最大，动能最大，故B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 12.(2025·浙江金华模拟)如图甲所示，质量为m的木板B放在水平面上，质量为2m的物块A通过一轻弹簧与其连接。给物块A一竖直方向上的初速度，当物块A运动到最高点时，木板B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物块A的位移随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是 (　　) A.物块A做简谐运动，回复力由弹簧提供 B.木板B在t1时刻对地面的压力大小为mg C.物块A在运动过程中机械能守恒 D.物块A的振动方程为y=0.1sinm √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和物块A的重力的合力提供，A错误；由题图乙可知，t1时刻物块A在平衡位置，此时弹簧处于压缩状态，弹力大小为F=2mg，对木板B受力分析，有FN=F-mg，则可得FN=3mg，由牛顿第三定律可知，木板B在t1时刻对地面的压力大小为3mg，B错误；物块A在运动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹簧弹力对物块A做功，故其机械能不守恒，C错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 由题图乙可知，物块A的振幅为A=10 cm，周期为T=1 s，圆频率为ω==2π rad/s，规定向上为正方向，t=0时刻位移为0.05 m，表示物块A由平衡位置上方0.05 m处开始计时，所以初相为φ0=，则物块A的振动方程为y=0.1sinm，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 13.(2025·陕西汉中联考)(双选)图甲为一款跳跳人玩具，用手缓慢按压跳跳人头部，放手后跳跳人就可以跳起，将其等效为如图乙所示的模型，其头部质量为m，底部质量为，连接头部和底部的轻弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 A.从放手到刚要跳起，头部重力势能的增加量大于 B.从放手到跳起，弹簧减少的弹性势能等于跳跳人玩具获得的动能 C.从放手到头部和底部速度相同，弹簧对头部做功和对底部做功的代数和为零 D.若整个过程底部恰好不离开地面，则手将头部缓慢按压的距离为 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：跳跳人玩具静置于桌面上时，设弹簧压缩量为x0，则kx0=mg，轻压头部后，若底部不离开桌面，设弹簧的最大伸长量为x1，则kx1=g，最大振幅为A=x0+x1=，故下压最大距离为，故D正确；从放手到刚要跳起，头部上升的距离为h=2A=，重力势能的增加量ΔEp=mgh=>，故A正确；从放手到跳起，弹簧减少的弹性势能等于跳跳人玩具获得的动能与重力势能之和，故B错误；从放手到头部和底部速度相同，头部和底部的机械能都增加，所以弹簧对头部和对底部都做正功，即弹簧对头部做功和对底部做功的代数和一定大于零，故C错误。 本课结束 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