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

**基本信息** 聚焦简谐运动核心考点，通过概念辨析、公式应用及实际情境题，系统覆盖弹簧振子、单摆等模型，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |简谐运动基本规律|3题（1、6、9）|运动过程分析、对称性应用|从回复力公式F=-kx出发，关联加速度、动能、势能变化，构建运动与能量转化逻辑链| |周期公式应用|4题（2、4、7、11）|弹簧振子/单摆周期计算、共振曲线分析|结合T=2π√(m/k)与T=2π√(L/g)，建立质量、摆长、重力加速度与周期的定量关系| |受迫振动与多普勒效应|2题（3、8）|概念辨析、现象解释|区分固有频率与驱动力频率，理解共振条件及多普勒效应的应用场景| |综合应用|4题（5、10、12、13）|弹簧系统、实际模型（阻尼器、跳跳人）|将简谐运动模型迁移到复杂系统，体现科学建模与实际问题解决的联系|

[课时跟踪检测]　　　　 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 解析：选A　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。 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 (　　) 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：选A　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。 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 解析：选C　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。 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 解析：选A　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。 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 解析：选C　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。 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 解析：选B　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。 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 解析：选BC　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；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。 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 解析：选D　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。 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 解析：选B　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。 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 解析：选A　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。 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 解析：选C　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，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。 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 解析：选D　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；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。 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 (　　) 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 解析：选AD　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。 48 / 50 $