【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 机械振动（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
高考物理高频易错押题预测 机械振动
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 龙岗区期末）轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2Hz。如图所示，这辆汽车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸的越剧烈
B．当轿车通过减速带时，车身上下振动的频率均为2Hz，与车速无关
C．当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同
D．当该轿车以2m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸的最剧烈
2．（2024秋 慈溪市期末）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。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．小球振动时的周期始终是4s
B．t＝2s到t＝3s小球运动方向向上，且动能增大
C．若圆盘以60r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s
D．若圆盘以10r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大
3．（2024秋 西城区期末）弹簧振子沿水平方向运动，其振动图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．振子的周期为6s
B．振子的振幅为2cm
C．t＝1s时，振子的加速度最大
D．t＝2s时，振子的速度为0
4．（2024秋 渝中区校级期末）如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．甲单摆的摆长较大
B．甲摆最大位移处的回复力比乙摆最大位移处的回复力的大
C．在t＝0.5s时，甲摆有负向最大加速度
D．在t＝0.5s时，乙摆有正向最大加速度
5．（2024秋 渝中区校级期末）蜘蛛会根据丝网的振动感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200Hz，下列说法正确的是（　　）
A．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大
B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动
C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.05s时，丝网的振幅最大
D．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定
6．（2024秋 天心区校级期末）如图甲所示，质量为M＝2kg的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为m＝1kg的物体A连接，弹簧劲度系数为k＝200N/m，开始系统静止，现给物体A一个向上的初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与地面间的作用力刚好为零。取向上为正方向，某时刻起，振子的位移y（相对平衡位置）随时间t的变化图像如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物体A做简谐运动的振幅为10cm
B．物体A在0～3t0时间内运动的路程为（4）cm
C．B物体对地面的最大压力为70N
D．物体A在t0～5t0时间内动能先减小后增大
7．（2024秋 慈溪市期末）如图甲所示，鱼漂是垂钓的工具。当鱼漂静止时，P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙，取竖直向上为位移的正方向，则（　　）
A．鱼漂振动周期为0.8s，振幅为4cm
B．t＝0.3s时，鱼漂的速度和加速度方向相反
C．t＝0.3s时，鱼漂的位移为1.73cm
D．0.6s﹣0.8s时间内，速度和加速度都减小
二．多选题（共5小题）
（多选）8．（2024秋 广东月考）把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如甲图所示。该共振筛的共振曲线如乙图所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加弹簧的劲度系数，可减小筛子的固有周期。此时，在某电压下偏心轮的转速是60r/min。为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是（　　）
A．降低输入电压
B．增加输入电压
C．更换劲度系数更大的弹簧
D．更换劲度系数更小的弹簧
（多选）9．（2023秋 荆州区校级期末）做简谐运动的物体经过A点时，加速度的大小是2m/s2；当它经过B点时，加速度的大小是3m/s2。若AB之间的距离是15cm，平衡位置与A点的距离可能为（　　）
A．4cm B．15cm C．6cm D．30cm
（多选）10．（2023秋 益阳期末）一列简谐横波沿x轴方向传播，图甲是t＝0时刻波的图像，图乙为图甲中质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．波传播的速度为3m/s
C．在t＝0到t＝0.6s内质点P运动的路程为15cm
D．质点P与质点Q的运动方向总是相反
（多选）11．（2023秋 安阳期末）如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧的劲度系数为k，底座质量为0.5m。压缩公仔头部，然后由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动，重力加速度为g。当公仔头部运动至最高点时，底座对桌面的压力刚好为零，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（　　）
A．公仔头部做简谐运动的振幅为
B．公仔头部有最大速度时，弹簧处于原长
C．公仔头部有最大速度时，弹簧处于伸长状态
D．公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3mg
（多选）12．（2023秋 湖北期末）如图，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为45°，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，弹簧的最大压缩量为。已知，弹簧弹性势能为Epkx2，其中x是形变量，弹簧振子简谐运动的周期，则下列说法正确的是（　　）
A．速度最大时的弹簧压缩量为
B．物块下滑的最大位移为
C．物块的最大动能为
D．物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 思明区校级月考）某质点做简谐振动的x﹣t图像如图，则该质点在0～2s内通过的路程为 　 　cm，该质点的振动方程为x＝ 　 　cm。
14．（2024 重庆模拟）有一单摆，其摆长l＝1.02m，摆球的质量m＝0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t＝60.8s，当地的重力加速度是 　 　m/s2（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应 　 　（填写“缩短”“增长”），改变量为 　 　m。
15．（2024秋 武汉月考）1851年，法国物理学家莱昂 傅科在巴黎先贤祠的大厅穹顶下悬挂了一个摆长67m，摆锤重28kg的单摆。观察发现，单摆每次摆动的方向都会稍稍偏离原轨迹，即摆平面和地球发生了相对运动，从而有力地证明了地球在自转。如图为武汉科技馆悬挂的傅科摆，该摆可视为单摆。
（1）某同学从摆球经过最低点开始计时并计数为0，连续测得摆球第60次经过最低点所用时间为240s，则该摆的周期T＝　 　s；
（2）若武汉的重力加速度大小g＝9.8m/s2，π2＝9.8，则该单摆的摆长L＝　 　m；
（3）以单摆悬点在水平地面上的投影点为圆心，以略小于最大摆角时摆线在水平地面上的投影长为半径的圆周上均匀竖立着276个轻小柱子，该同学发现摆球每隔相同的时间就会依次碰倒相邻的小柱子。经查阅资料，武汉地区摆平面相对地面的转动周期约为T0＝46h，则摆球碰倒相邻两个小柱子的时间间隔Δt＝　 　min。
16．（2024 永春县校级模拟）如图所示是共振原理演示仪。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四个钢片a、b、c、d，将M的下端与正在转动的电动机接触后，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则电动机的转速约为 　 　r/s，钢片d的振动频率约为 　 　Hz。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浦东新区期末）9月的中秋，台风“贝碧嘉”登陆上海。上海中心里的镇楼神器—“上海慧眼”在默默地守护着这座摩天大楼，如图（a）所示。
“上海慧眼”是一个阻尼器，位于大楼的顶层。它由钢索悬吊起一个带有底盘的重物构成，如图（b）所示。当传感器探测到大楼受到风力晃动时，计算机系统会控制阻尼器朝着与大楼晃动的反方向运动。
（1）钢索对阻尼器的拉力是由于　 　的形变而产生的。
A．钢索
B．阻尼器
（2）若把某段时间内阻尼器的运动看成水平方向的等幅振动，振幅为70cm，则一个周期内阻尼器经过的路程为 　 　cm。
（3）台风时期，阻尼器的振动 　 　受迫振动。
A．是
B．不是
（4）设t0时刻阻尼器的机械能为E0，之后t1时刻阻尼器的机械能为E1，如图（c）所示。该过程中，控制系统对阻尼器 　 　。
A．不做功
B．做负功
C．做正功
18．（2024秋 苏州期末）如图所示，细线的上端固定于O点，下端系一质量为m的小球，制作成一个周期为T的单摆。现使小球在竖直平面内做小角度摆动，空气阻力不计，重力加速度为g。求：
（1）一个周期内，小球所受重力的冲量I；
（2）该单摆的摆长L。
19．（2024秋 江岸区期末）如图所示，一倾角θ＝37°（sin37°＝0.6）的光滑固定斜面上，一质量为M＝3kg 的滑块与劲度系数为k＝600N/m的轻弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量为m＝1kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块粘合在一起，两者一起在斜面上向上运动Δx＝0.04m至最高点，之后继续沿斜面做上下振动。已知弹簧的弹性势能Ep与劲度系数k和形变量x的关系为Epkx2，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am和组合体做简谐运动的振幅A；
（2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小；
（3）当滑块与泥团到达最低点的瞬间，将一质量为m0＝1kg的小泥团轻置于滑块上，使其立即与组合体粘在一起，求新的组合体的最大动能Ekm。
20．（2025秋 新泰市校级月考）如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（π2＝10）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1＝0.1N，在O处绳上拉力F2＝2.8N，则摆球质量是多少？
高考物理高频易错押题预测 机械振动
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 龙岗区期末）轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2Hz。如图所示，这辆汽车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸的越剧烈
B．当轿车通过减速带时，车身上下振动的频率均为2Hz，与车速无关
C．当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同
D．当该轿车以2m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸的最剧烈
【考点】共振及其应用．
【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】当系统的固有频率与外界驱动力的频率相等时，系统会发生共振，振幅达到最大。轿车的“悬挂系统”可以看作是一个振动系统，其固有频率已知。当轿车通过减速带时，减速带的间距和车速共同决定了车身上下振动的频率。我们需要分析车速对车身振动频率和振幅的影响，以及在什么条件下车身上下颠簸最剧烈。
【解答】解：A、车身上下颠簸的剧烈程度取决于车身振动的频率与固有频率的接近程度，而不是车速本身。当车速使得车身振动频率接近固有频率时，车身上下颠簸最剧烈，故A错误；B、车身上下振动的频率与车速有关。当车速改变时，车身通过减速带的频率也会改变，因此车身上下振动的频率也会改变，故B错误；
C、车身上下颠簸的剧烈程度取决于车身振动频率与固有频率的接近程度。如果车速改变后，车身振动频率仍然接近固有频率，那么车身上下颠簸的剧烈程度可能不会显著改变，故C错误；
D、当车身振动频率与固有频率相等时，车身上下颠簸最剧烈。已知轿车“悬挂系统”的固有频率是2Hz，相邻两条减速带间的距离为1.0m。当车速为2m/s时，
车身通过减速带的频率为fs/m＝2s/m＝2Hz，与固有频率相等，因此车身上下颠簸最剧烈，故D正确；
故选：D。
【点评】本题的关键在于理解共振现象，即当系统的固有频率与外界驱动力的频率相等时，系统会发生共振，振幅达到最大。在分析轿车通过减速带时的振动情况时，需要考虑车速对车身振动频率的影响，以及车身振动频率与固有频率的接近程度对车身上下颠簸剧烈程度的影响。
2．（2024秋 慈溪市期末）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。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．小球振动时的周期始终是4s
B．t＝2s到t＝3s小球运动方向向上，且动能增大
C．若圆盘以60r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s
D．若圆盘以10r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大
【考点】共振及其应用；简谐运动的图像问题；简谐运动的能量问题．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】受迫振动时，小球的周期等于驱动力的周期；分析2～3s时间内振子的位移的变化，由此分析出动能的变化；根据圆盘的转速得出小球的振动周期；当固有频率和驱动力频率相等时，小球的振幅会增加。
【解答】解：A、小球做受迫振动时，小球的周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4s，故A错误；
B、t＝2s 到 t＝3s小球从平衡位置向最高点振动，如果规定向上为正方向，则运动方向向上，动能减小，故B错误；
C、若圆盘以60r/min匀速转动，则驱动力周期为1s，小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期1s，故C错误；
D、由图可知，小球振动的固有周期为4s，若圆盘正以10r/min匀速转动时，则驱动力周期为6s，欲使小球振幅增加则要减小驱动力的周期，可使圆盘转速适当增大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了简谐运动的回复力和能量的相关知识点，根据图像得出位移的变化，从而分析出回复力的变化，同时结合共振的知识点完成分析。
3．（2024秋 西城区期末）弹簧振子沿水平方向运动，其振动图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．振子的周期为6s
B．振子的振幅为2cm
C．t＝1s时，振子的加速度最大
D．t＝2s时，振子的速度为0
【考点】简谐运动的图像问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的某一时刻或某段时间内质点的运动情况．
【专题】定量思想；归纳法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据图像可知振子的周期和振幅；在最大位移处，振子的速度为零，加速度最大；在平衡位置处，振子的速度最大，加速度最小为零。
【解答】解：AB、根据图像可知振子的周期T＝4s，振子的振幅A＝1cm，故AB错误；
C、由图可知，t＝1s时，振子在最大位移处，速度为零，振子的加速度最大，故C正确；
D、由图可知t＝2s时，振子的位移为零，在平衡位置处，速度最大，加速度为零，故D错误。
故选：C。
【点评】知道在最大位移处，振子的速度为零，加速度最大；在平衡位置处，振子的速度最大，加速度最小为零，是解题的基础。
4．（2024秋 渝中区校级期末）如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．甲单摆的摆长较大
B．甲摆最大位移处的回复力比乙摆最大位移处的回复力的大
C．在t＝0.5s时，甲摆有负向最大加速度
D．在t＝0.5s时，乙摆有正向最大加速度
【考点】单摆摆长的计算；单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题；单摆的振动图像和表达式；单摆的回复力．
【专题】比较思想；归纳法；单摆问题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据图像得到周期大小，结合周期公式分析；因为不知道两个摆球的质量，无法比较回复力的大小；根据图像得到摆球的位置，根据在平衡位置处，加速度为零，在最大位移处加速度最大分析。
【解答】解：A、根据图像可知甲、乙两单摆的周期均为2.0s，根据单摆周期公式T可知，两单摆的摆长相等，故A错误；
B、根据图像可知甲单摆的振幅大于乙单摆的振幅，根据单摆的回复力公式F可知，因为不知道两个摆球的质量，所以无法比较它们回复力的大小，故B错误；
C、根据图像可知，在t＝0.5s时，甲摆正经过平衡位置，此时水平方向的加速度为零，只具有向心加速度，故C错误；
D、根据图像可知，在t＝0.5s时，乙摆在负的最大位移处，此时乙摆的加速度最大，且方向是正方向，故D正确。
故选：D。
【点评】掌握单摆的周期公式，知道在平衡位置处，加速度为零，在最大位移处加速度最大是解题的基础。
5．（2024秋 渝中区校级期末）蜘蛛会根据丝网的振动感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200Hz，下列说法正确的是（　　）
A．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大
B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动
C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.05s时，丝网的振幅最大
D．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定
【考点】共振及其应用．
【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据共振发生的条件判断丝网的振幅。
【解答】解：A、根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大，故A错误；
B、当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网仍然振动，故B错误；
C、当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.05s时，其频率为，f20Hz，与丝网的固有频率不相等，所以丝网的振幅不是最大，故C错误；
D、受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查的是共振发生的条件，丝网的振动频率与驱动力的频率相同，当二者相等时会发生共振现象。
6．（2024秋 天心区校级期末）如图甲所示，质量为M＝2kg的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为m＝1kg的物体A连接，弹簧劲度系数为k＝200N/m，开始系统静止，现给物体A一个向上的初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与地面间的作用力刚好为零。取向上为正方向，某时刻起，振子的位移y（相对平衡位置）随时间t的变化图像如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物体A做简谐运动的振幅为10cm
B．物体A在0～3t0时间内运动的路程为（4）cm
C．B物体对地面的最大压力为70N
D．物体A在t0～5t0时间内动能先减小后增大
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的能量问题．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由图乙得出振幅与周期，然后结合简谐振动的方程写出振动方程；物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，由此求出弹簧的拉力，然后结合对称性即可求出。
【解答】解：A、在最高点时，设弹簧的形变量为x1，根据题意有kx1＝Mg，解得x1＝0.1m＝10cm，在平衡位置处弹簧的形变量为x0，根据平衡条件有，此时弹簧处于压缩状态，则物体A的振幅为A＝x0+x1＝5cm+10cm＝15cm，故A错误；
B、由图可得0时刻是从平衡位置运动了t0时间后的位置，周期等于8t0，则0时刻对应相位为，对应位移等于，0～3t0路程等于（1）A+A，
代入数据得路程等于（4）cm，故B正确；
C、由对称性，在最低点弹簧压缩量等于15cm+5cm等于20cm，最大压力等于3Mg等于60N，故C错误；
D、物体A在t0～5t0时间内动能先增大后减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题要注意把握在简谐运动过程中，最高点和最低点的回复力具有对称性。
7．（2024秋 慈溪市期末）如图甲所示，鱼漂是垂钓的工具。当鱼漂静止时，P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙，取竖直向上为位移的正方向，则（　　）
A．鱼漂振动周期为0.8s，振幅为4cm
B．t＝0.3s时，鱼漂的速度和加速度方向相反
C．t＝0.3s时，鱼漂的位移为1.73cm
D．0.6s﹣0.8s时间内，速度和加速度都减小
【考点】简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由图乙可知，在 t＝0.3s时刻鱼漂正在远离平衡位置向正向位移最大处运动，由此确定其速度与加速度的方向；由图乙可得到鱼漂在 t＝0.3s时刻的相位，根据简谐运动位移与时间的关系，求解t＝0.3s时，鱼漂的位移；衡位置的过程，加速度总是减小，速度总是增大的。反之，远离平衡位置的过程，加速度总是增大的，速度总是减小的。
【解答】解：AB.由图乙可知，鱼漂振动周期为0.8s，振幅为2cm，在t＝0.3s时刻，鱼漂正在远离平衡位置向正向位移最大处运动，其速度方向为竖直向上。因回复力和加速度的方向总是指向平衡位置，故此时鱼漂的加速度方向竖直向下，鱼漂的速度和加速度方向相反，故A错误，B正确；
C.由图乙可知，t＝0.3s时，鱼漂简谐运动的相位ωt+φ为，根据简谐运动位移x＝Asin（ωt+φ），结合振幅为2cm，可得t＝0.3s时，鱼漂的位移为cm≈1.41cm，故C错误；
D.由回复力 F＝﹣kx，可知该鱼漂在振动的过程中，衡位置的过程，回复力总是减小，加速度总是减小，而衡位置的过程，速度总是增大的。反之，远离平衡位置的过程，加速度总是增大的，速度总是减小的，故不可能存在速度和加速度均减小的时间段，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了简谐运动中力与运动的关系，以及运动的特点。掌握简谐运动中回复力与位移的关系，加速度与速度的变化特点。
二．多选题（共5小题）
（多选）8．（2024秋 广东月考）把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如甲图所示。该共振筛的共振曲线如乙图所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加弹簧的劲度系数，可减小筛子的固有周期。此时，在某电压下偏心轮的转速是60r/min。为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是（　　）
A．降低输入电压
B．增加输入电压
C．更换劲度系数更大的弹簧
D．更换劲度系数更小的弹簧
【考点】共振及其应用．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】结合题意，确定筛子的固有频率与驱动力的频率的关系；
AB.为使共振筛的振幅增大，可以减小驱动力的频率，据此分析判断；
CD.为使共振筛的振幅增大，可以使固有频率增大，据此分析判断。
【解答】解：由图乙可知，筛子的固有频率为：f0＝0.8Hz，
因为此时，在某电压下偏心轮的转速是60r/min，则此时筛子驱动力的频率为：f＝n＝60r/min＝1r/s＝1Hz，
由此可知，此时，筛子的固有频率小于驱动力的频率，为使共振筛的振幅增大，应让筛子固有频率与驱动力的频率差距减小；
AB.为使共振筛的振幅增大，可以减小驱动力的频率，则偏心轮的转速应减小，应降低输入电压，故A正确，B错误；
CD.为使共振筛的振幅增大，可以使固有频率增大，则固有周期减小，即增加弹簧的劲度系数，故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查共振及其应用，解题时需注意，当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。
（多选）9．（2023秋 荆州区校级期末）做简谐运动的物体经过A点时，加速度的大小是2m/s2；当它经过B点时，加速度的大小是3m/s2。若AB之间的距离是15cm，平衡位置与A点的距离可能为（　　）
A．4cm B．15cm C．6cm D．30cm
【考点】简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】简谐运动的加速度总是指向平衡位置，距离平衡位置越远加速度越大，由题中描述判断A、B的位置。
【解答】解：假如A、B两点加速度方向相反，故二者位于平衡位置的两侧，即它的平衡位置在AB之间。根据：，即加速度大小与弹簧的形变量成正比，由题意可知：，所以两点的位移之比：，又根据题意有：xA+xB＝15cm，联立得：xA＝6cm，即平衡位置在AB之之间，距离A点6cm；
假如A、B两点加速度方向相同，故二者位于平衡位置的同侧，根据：，即加速度大小与弹簧的形变量成正比，由题意可知：，所以两点的位移之比：，又根据题意有：xB﹣xA＝15cm，联立得：xA＝30cm，平衡位置距离A点30cm；故CD正确，AB错误。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键是知道简谐运动中加速度与位移的关系：。
（多选）10．（2023秋 益阳期末）一列简谐横波沿x轴方向传播，图甲是t＝0时刻波的图像，图乙为图甲中质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．波传播的速度为3m/s
C．在t＝0到t＝0.6s内质点P运动的路程为15cm
D．质点P与质点Q的运动方向总是相反
【考点】简谐运动的图像问题．
【专题】比较思想；图析法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】由图乙读出t＝0时质点P的振动方向，再根据波形平移法判断波的传播方向；根据图像读出波长和周期，再求波速；根据时间与周期的关系求质点P运动的路程；质点P与质点Q平衡位置间距与半波长的关系分析它们运动方向关系。
【解答】解：A、由图乙知，当t＝0时质点P向下振动，在甲图上，根据波形平移法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、由图像可得λ＝2.4m，T＝0.8s，则波传播的速度为，故B正确；
C、在t＝0到t＝0.6s内，质点P振动的时间为，且在t＝0时，质点P在平衡位置处，则在t＝0到t＝0.6s内运动的路程为s＝3A＝3×5cm＝15cm，故C正确；
D、质点P与质点Q平衡位置间距不等于半波长的奇数倍，所以两质点的运动方向并不总是相反，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题关键要把握波动图像与振动图像的内在联系，能根据振动图像读出质点的速度方向，在波动图像上判断出波的传播方向。
（多选）11．（2023秋 安阳期末）如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧的劲度系数为k，底座质量为0.5m。压缩公仔头部，然后由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动，重力加速度为g。当公仔头部运动至最高点时，底座对桌面的压力刚好为零，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（　　）
A．公仔头部做简谐运动的振幅为
B．公仔头部有最大速度时，弹簧处于原长
C．公仔头部有最大速度时，弹簧处于伸长状态
D．公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3mg
【考点】简谐运动的回复力；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】分析公仔头部运动到最高点时的受力情况，判断弹簧的状态，再求振幅；当公仔加速度为零时，其速度达到最大；根据简谐运动的对称性，分析当公仔头部运动到最低点时底座受力情况，确定底座对桌面的压力；公仔头部有最大速度时，弹簧的弹力和公仔头部的重力等大反向。
【解答】解：A．公仔头部在竖直方向上做简谐运动，重力加速度为g，底座质量为0.5m，公仔头部在最高点时，底座对桌面的压力刚好为零，故此时弹簧处于伸长状态弹力大小为0.5mg，对公仔头部
又
F回1＝kA
解得
故A正确；
D．根据简谐运动的对称性，当公仔头部运动到最低点时
得
此时对底座受力分析
FN＝0.5mg+F弹2＝3mg
公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3mg，故D正确；
BC．公仔头部有最大速度时，弹簧的弹力和公仔头部的重力等大反向，弹簧处于压缩状态，故BC错误。
故选：AD。
【点评】本题的关键要明确“弹簧公仔”的运动情况和受力情况，抓住简谐运动的对称性进行分析。
（多选）12．（2023秋 湖北期末）如图，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为45°，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，弹簧的最大压缩量为。已知，弹簧弹性势能为Epkx2，其中x是形变量，弹簧振子简谐运动的周期，则下列说法正确的是（　　）
A．速度最大时的弹簧压缩量为
B．物块下滑的最大位移为
C．物块的最大动能为
D．物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】当滑块的合力为零时，动能最大，由平衡条件求出此时弹簧的压缩量；根据能量守恒定律求解下滑的最大位移以及最大动能，利用简谐运动规律分析物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间。
【解答】解：A．将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，物块速度最大时，物块所受合力为0，则有
mgsinθ＝kx1
解得
故A错误；
B．弹簧的最大压缩量为，物块运动到最低点时，重力势能全部转化为弹性势能，则有
解得
故B错误；
C．物块速度最大时，由能量守恒定律有
解得
故C正确；
D．物块开始压缩弹簧后，物块合力为0的位置为平衡位置，则物块做简谐运动的振幅为
则物块开始压缩弹簧时，偏离平衡位置的距离为
从物块开始压缩弹簧到平衡位置所用时间为
则从开始接触到最短经历的时间为
故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了能量守恒定律、简谐运动等知识的综合运用，注意在速度最大时，加速度为零，合力为零。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 思明区校级月考）某质点做简谐振动的x﹣t图像如图，则该质点在0～2s内通过的路程为 　100　cm，该质点的振动方程为x＝ 　x＝10sin（2.5πt）　cm。
【考点】简谐运动的图像问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】100；x＝10sin（2.5πt）。
【分析】周期是指物体完成一次全振动所需的时间；振幅是指振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱，一全振动的路程等于振幅的4倍；简谐运动的表达式x＝Asin（ωt+φ），表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或弦）曲线。
【解答】解：根据质点的简谐振动图像可知：振动周期T＝0.8s，故，振幅 A＝10cm，所以0～2s内通过路程s＝10A＝10×10cm＝100cm，从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝10sin（2.5πt）cm；
故答案为：100；x＝10sin（2.5πt）。
【点评】本题主要考查对简谐运动图像的理解，为基础题。
14．（2024 重庆模拟）有一单摆，其摆长l＝1.02m，摆球的质量m＝0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t＝60.8s，当地的重力加速度是 　9.79　m/s2（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应 　缩短　（填写“缩短”“增长”），改变量为 　0.02　m。
【考点】单摆及单摆的条件．
【专题】计算题；定量思想；方程法；单摆问题；分析综合能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据单摆的周期公式T＝2得g；周期缩短，根据T＝2可知摆长应缩短；
【解答】解：该单摆的周期T
根据单摆的周期公式T＝2得g9.79 m/s2
秒摆的周期为2s，如果将这个摆改为秒摆，则周期缩短，根据T＝2可知，摆长应缩短；
秒摆的摆长L′1m，故缩短量为1.02m﹣1m＝0.02m；
故答案为：9.79 m/s2 缩短 0.02
【点评】熟练掌握单摆的周期公式及变形，知道秒表的周期是2s。
15．（2024秋 武汉月考）1851年，法国物理学家莱昂 傅科在巴黎先贤祠的大厅穹顶下悬挂了一个摆长67m，摆锤重28kg的单摆。观察发现，单摆每次摆动的方向都会稍稍偏离原轨迹，即摆平面和地球发生了相对运动，从而有力地证明了地球在自转。如图为武汉科技馆悬挂的傅科摆，该摆可视为单摆。
（1）某同学从摆球经过最低点开始计时并计数为0，连续测得摆球第60次经过最低点所用时间为240s，则该摆的周期T＝　8　s；
（2）若武汉的重力加速度大小g＝9.8m/s2，π2＝9.8，则该单摆的摆长L＝　16　m；
（3）以单摆悬点在水平地面上的投影点为圆心，以略小于最大摆角时摆线在水平地面上的投影长为半径的圆周上均匀竖立着276个轻小柱子，该同学发现摆球每隔相同的时间就会依次碰倒相邻的小柱子。经查阅资料，武汉地区摆平面相对地面的转动周期约为T0＝46h，则摆球碰倒相邻两个小柱子的时间间隔Δt＝　10　min。
【考点】单摆周期的计算及影响因素．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】（1）8；（2）16；（3）10
【分析】（1）摆球连续经过最低点两次是一个周期，据此计算；
（2）根据单摆的周期公式计算；
（3）武汉地区摆平面相对地面转动一周，所有柱子都被碰到，据此计算。
【解答】解：（1）摆球连续经过最低点两次是一个周期，所以经过最低点60次一共经历了30个周期，则该摆的周期为T
（2）根据单摆的周期公式，可得摆长为L
（3）武汉地区摆平面相对地面转动一周，所有柱子都被碰到，所以摆球碰倒相邻两个小柱子的时间间隔
Δt
故答案为：（1）8；（2）16；（3）10
【点评】掌握单摆的周期公式，知道摆球连续两次经过最低点的时间是一个周期。
16．（2024 永春县校级模拟）如图所示是共振原理演示仪。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四个钢片a、b、c、d，将M的下端与正在转动的电动机接触后，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则电动机的转速约为 　90　r/s，钢片d的振动频率约为 　90　Hz。
【考点】共振及其应用．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】90；90
【分析】b振幅最大说明发生共振现象，系统的驱动力频率等于b钢片的固有频率。
【解答】解：b钢片振幅最大，与系统产生共振，故电动机的频率等于其固有频率90Hz，电动机的转速和频率相同n＝f＝90r/s，
故答案为：90；90。
【点评】明确物体做受迫振动，振幅最大，产生共振现象。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浦东新区期末）9月的中秋，台风“贝碧嘉”登陆上海。上海中心里的镇楼神器—“上海慧眼”在默默地守护着这座摩天大楼，如图（a）所示。
“上海慧眼”是一个阻尼器，位于大楼的顶层。它由钢索悬吊起一个带有底盘的重物构成，如图（b）所示。当传感器探测到大楼受到风力晃动时，计算机系统会控制阻尼器朝着与大楼晃动的反方向运动。
（1）钢索对阻尼器的拉力是由于　A　的形变而产生的。
A．钢索
B．阻尼器
（2）若把某段时间内阻尼器的运动看成水平方向的等幅振动，振幅为70cm，则一个周期内阻尼器经过的路程为 　280　cm。
（3）台风时期，阻尼器的振动 　A　受迫振动。
A．是
B．不是
（4）设t0时刻阻尼器的机械能为E0，之后t1时刻阻尼器的机械能为E1，如图（c）所示。该过程中，控制系统对阻尼器 　C　。
A．不做功
B．做负功
C．做正功
【考点】阻尼振动和受迫振动；弹力的概念及其产生条件；常见力做功与相应的能量转化；简谐运动的能量问题．
【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）A；（2）280；（3）A；（4）C。
【分析】（1）根据弹力产生的原因分析；
（2）一个周期内阻尼器经过的路程等于振幅的4倍；
（3）振动系统在周期性驱动力作用下的振动叫受迫振动，台风提供驱动力；
（4）根据功能关系分析。
【解答】解：（1）根据弹力产生的原因可知，钢索对阻尼器的拉力是由于钢索的形变而产生的，故BCD错误，A周期。
故选：A。
（2）一个周期内阻尼器经过的路程为s＝4A＝280cm；
（3）台风时期，阻尼器在台风风力的作用下做受迫振动，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（4）由图（c）所示，阻尼器的机械能增加，则控制系统对阻尼器做正功，故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：（1）A；（2）280；（3）A；（4）C。
【点评】本题考查主要考查弹力以及受迫振动和机械能的相关知识，比较简单。
18．（2024秋 苏州期末）如图所示，细线的上端固定于O点，下端系一质量为m的小球，制作成一个周期为T的单摆。现使小球在竖直平面内做小角度摆动，空气阻力不计，重力加速度为g。求：
（1）一个周期内，小球所受重力的冲量I；
（2）该单摆的摆长L。
【考点】单摆摆长的计算；求恒力的冲量．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】（1）小球所受重力的冲量I为mgT；
（2）该单摆的摆长L为。
【分析】（1）根据冲量的公式解答；
（2）根据单摆的周期公式推导摆长表达式。
【解答】解：（1）根据冲量的定义式有I＝mgT；
（2）根据单摆的周期公式T＝2π，解得L。
答：（1）小球所受重力的冲量I为mgT；
（2）该单摆的摆长L为。
【点评】考查单摆的周期和恒力冲量问题，会根据题意进行准确分析解答。
19．（2024秋 江岸区期末）如图所示，一倾角θ＝37°（sin37°＝0.6）的光滑固定斜面上，一质量为M＝3kg 的滑块与劲度系数为k＝600N/m的轻弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量为m＝1kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块粘合在一起，两者一起在斜面上向上运动Δx＝0.04m至最高点，之后继续沿斜面做上下振动。已知弹簧的弹性势能Ep与劲度系数k和形变量x的关系为Epkx2，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am和组合体做简谐运动的振幅A；
（2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小；
（3）当滑块与泥团到达最低点的瞬间，将一质量为m0＝1kg的小泥团轻置于滑块上，使其立即与组合体粘在一起，求新的组合体的最大动能Ekm。
【考点】简谐运动的能量问题；牛顿第二定律的简单应用；碰撞后粘连问题；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am为7.5m/s2，组合体做简谐运动的振幅A为0.05m；
（2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小为2.4m/s；
（3）新的组合体的最大动能Ekm为0.48J。
【分析】（1）先计算出弹簧原来的拉伸量，然后得到弹簧的压缩量，根据牛顿第二定律计算最大加速度，根据最高点到平衡位置的距离可得振幅；
（2）根据能量守恒和动量守恒计算；
（3）根据能量守恒计算。
【解答】解：（1）设滑块M原位置弹簧的拉伸量为x0，根据平衡条件有
Mgsin37°＝kx0
解得x0＝0.03m
则上升Δx＝0.04m后弹簧的压缩量为
x1＝Δx﹣x0＝0.04m﹣0.03m＝0.01m
对组合体在最高点根据牛顿第二定律有
kx1+（M+m）gsin37°＝（M+m）am
解得
组合体在平衡位置时的拉伸量为x2，根据平衡条件有
（M+m）gsin37°＝kx2
解得x2＝0.04m
所以振幅为A＝x1+x2＝0.01m+0.04m＝0.05m
（2）设碰撞后组合体的速度为v，碰撞后到最高点的过程中，根据能量守恒有
解得v＝0.6m/s
泥团与滑块碰撞过程中动量守恒，规定沿斜面向上的方向为正方向，有
mv0＝（M+m）v
解得v0＝2.4m/s
（3）因为原来组合体的振幅为0.05m
则组合体在最低点拉伸量为x4＝x2+A＝0.04m+0.05m＝0.09m
设新组合体到达新的平衡位置的拉伸量为x3，则有
（m0+m+M）gsin37°＝kx3
由系统机械能守恒可得
解得Ekm＝0.48J
答：（1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am为7.5m/s2，组合体做简谐运动的振幅A为0.05m；
（2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小为2.4m/s；
（3）新的组合体的最大动能Ekm为0.48J。
【点评】知道组合体在振动过程中能量守恒是解题的基础，知道振幅的含义。
20．（2025秋 新泰市校级月考）如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（π2＝10）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1＝0.1N，在O处绳上拉力F2＝2.8N，则摆球质量是多少？
【考点】单摆及单摆的条件；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】（1）单摆振动的频率是1.25Hz；
（2）这个摆的摆长是0.16m；
（3）摆球质量是0.1kg.
【分析】（1）单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期．由图象求出单摆的周期，然后求出频率．
（2）已知单摆周期与当地的重力加速度，由单摆周期公式的变形公式可以求出摆长．
（3）B处绳子的拉力等于重力的切向分力，O处绳子的张力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和机械能守恒定律列式求解即可．
【解答】解：（1）由图乙可知：T＝0.8 s
则fHz＝1.25 Hz
（2）由T＝2π，代入数据解得：l＝0.16 m.
（3）在B点，沿绳子方向平衡，有：
F1＝mgcosα
在O点有：F2﹣mg＝m
从B点到O点根据机械能守恒有：mgl（1﹣cosα）
联立可得摆球质量：m＝0.1kg
答：（1）单摆振动的频率是1.25Hz；
（2）这个摆的摆长是0.16m；
（3）摆球质量是0.1kg.
【点评】本题关键是明确摆球的运动学规律和动力学规律，然后结合牛顿第二定律和机械能守恒定律列式分析，不难．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)