【高考押题卷】2025年高考物理热点难点考前冲刺 机械振动（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
高考物理考前冲刺押题预测 机械振动
一．选择题（共10小题）
1．（2024 上海）做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的（　　）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
2．（2024 上海）两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2（v1＞v2）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1，f2和A1，A2，则（　　）
A．f1＞f2，A1＝A2 B．f1＜f2，A1＝A2
C．f1＝f2，A1＞A2 D．f1＝f2，A1＜A2
3．（2024 华安县校级期中）一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置，P、Q是振动过程中关于对称的两个位置，下列说法正确的是（　　）
A．振子在从M点向N点运动过程中，动能先减小后增大
B．振子在OP间与OQ间的运动时间相等
C．振子运动到P、Q两点时，位移相同
D．振子在从M点向N点运动过程中，加速度先增大后减小
4．（2024 怀仁县校级期末）一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子，使OO′，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是（　　）
A．2π B．2π
C．2π（） D．π（）
5．（2024 嘉定区一模）一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024 泸县校级模拟）如图所示，质量为M的物块A上端与轻弹簧固定，弹簧劲度系数为k，下端用轻绳系住质量为m（m≠M）的木块B，起初静止，突然剪断A、B间轻绳，此后A将在竖直方向上做简谐运动，则（　　）
A．物块A做简谐运动的振幅为
B．物块A做简谐运动的振幅为
C．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度为零
D．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度大小为
7．（2024 湖南期末）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动。振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．0.4s时振子的加速度为零
B．0.8 s时振子的速度最大
C．0.4 s和1.2 s时振子的加速度相同
D．0.8s和1.6 s时振子的速度相同
8．（2024 九台区校级期中）如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°．已知OC线长是L，下端C点系着一个小球（忽略小球半径），下面说法正确的是（　　）
A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π
C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π
9．（2024 北海期末）如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在AB间振动。设AB＝20cm，振子由A到B时间为0.1s，则下列说法正确的是（　　）
A．振子的振幅为20cm，周期为0.2s
B．振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx+mg与kΔx﹣mg
C．振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx
D．振子一次全振动通过的路程是20cm
10．（2024 上海模拟）一质点做简谐振动的图象如图所示，则该质点（　　）
A．在0至0.01s内，速度与加速度同向
B．在0.01s至0.02s内，速度与回复力同向
C．在0.025s时刻，速度与加速度均为负值
D．在0.04s时，速度最大，回复力为零
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 江苏）一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的（　　）
A．位移增大 B．速度增大
C．回复力增大 D．机械能增大
（多选）12．（2024 全国卷Ⅰ）一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图2所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图3所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则（　　）
A．由图线可知T0＝4s
B．由图线可知T0＝8s
C．当T在4s附近时，Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，Y很小
D．当T在8s附近时，Y显著增大；当T比8s小得多或大得多时，Y很小
（多选）13．（2024 淄博模拟）如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，有一劲度系数为k的轻质弹簧，其一端固定在固定挡板C上，另一端连接一质量为m的物体A，有一轻质细绳绕过定滑轮，细绳的一端系在物体A上（细绳与斜面平行），另一端有一细绳套，物体A处于静止状态。当在细绳套上轻轻挂上一个质量也为m的物体B后，物体A将沿斜面做简谐运动。运动过程中B始终未接触地面，不计绳与滑轮间的摩擦阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．未挂重物B时，弹簧的形变量为
B．物体A的振幅为
C．物体A的最大速度大小为
D．细绳对物体B拉力的最大值为2mg
（多选）14．（2024 新平县校级期末）如图所示，质量分别为mB和mC的物块B和C用轻弹簧栓接，C放在水平面上，A的质量为mA，弹簧的劲度系数为k，整个系统处于静止状态。突然拿走静止在B上的A物块，在振动过程中C不会离开地面，B将在竖直方向做简谐运动，下列说法中正确的是（　　）
A．mA一定小于mC
B．mA一定不超过（mB+mC）
C．B的振幅一定不超过g
D．B的振幅一定不超过
（多选）15．（2024 广东）一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4cm。振子的平衡位置位于x轴上的O点。图1中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向。图2给出的（　　）
A．若规定状态a时t＝0则图象为①
B．若规定状态b时t＝0则图象为②
C．若规定状态c时t＝0则图象为③
D．若规定状态d时t＝0则图象为④
三．解答题（共5小题）
16．（2024 永川区校级期中）将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将质量为m＝0.05kg的小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ；θ小于5°且是未知量．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中所给的信息求：（取g＝10m/s2）
（1）单摆的振动周期和摆长
（2）摆球运动过程中的最大速度．
17．（2024 新市区校级期中）劲度系数k＝40N/m的轻弹簧，一端拴在竖直墙上，另一端拴物体A，A的质量为mA＝0.2kg，在A的上表面放有质量mB＝0.1kg的物体B，如图所示，已知水平地面光滑，A和B之间的最大静摩擦力Fm＝0.2N，若要使A、B两物体一起做简谐运动，则振幅的最大值是多少？
18．（2024 春 江汉区校级期中）如图所示，OA为一单摆，B是穿在一根较长细线上的小球，让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动的同时，另一小球B从与O点等高处由静止开始下落，当A球摆到最低点时，B球也恰好到达与A同一水平面处，求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比。（取g＝10m/s2，π2＝10）
19．（2024 合肥二模）如图1所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于5°）后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽略不计．
（1）证明小球的运动是简谐运动；
（2）由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值．
20．（2024 南京期末）如图所示，弹性绳一端系于P点，绕过Q处的小滑轮，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于PQ间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5.圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速度大小为g，到达最低点C.重力加速度为g，弹性绳始终遵循胡克定律.求：
（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小F；
（2）分析圆环向下运动过程中速度和加速度变化情况；
（3）证明：圆环向下做简谐运动.
高考物理考前冲刺押题预测 机械振动
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024 上海）做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的（　　）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
【考点】单摆及单摆的条件．
【专题】定性思想；方程法；单摆问题．
【答案】B
【分析】由单摆的周期公式周期T＝2，求可以判断单摆的周期的变化，由Ekmv2可以判断单摆的能量的变化，从而可以判断振幅的变化。
【解答】解：由单摆的周期公式T＝2，可知，单摆摆长不变，则周期不变；
振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由Ekmv2可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，则最高点的重力势能不变，由Ep＝mgh可知摆球的最大高度减小，则振幅也会减小，所以B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。
2．（2024 上海）两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2（v1＞v2）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1，f2和A1，A2，则（　　）
A．f1＞f2，A1＝A2 B．f1＜f2，A1＝A2
C．f1＝f2，A1＞A2 D．f1＝f2，A1＜A2
【考点】单摆的能量转化；单摆周期的计算及影响因素．
【答案】C
【分析】改变摆球的初速度，根据机械能守恒，会改变单摆的摆角，从而改变振幅，但不会改变单摆的周期．
【解答】解：根据单摆周期公式，相同的单摆，周期相同，频率，所以频率相同。根据机械能守恒得，速度大者摆角大，则振幅也大，所以A1＞A2．故A、B、D错误，C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握单摆的周期跟什么因素有关，改变单摆的速度只会改变摆角，不会改变周期．
3．（2024 华安县校级期中）一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置，P、Q是振动过程中关于对称的两个位置，下列说法正确的是（　　）
A．振子在从M点向N点运动过程中，动能先减小后增大
B．振子在OP间与OQ间的运动时间相等
C．振子运动到P、Q两点时，位移相同
D．振子在从M点向N点运动过程中，加速度先增大后减小
【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力．
【专题】定性思想；归纳法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】B
【分析】简谐运动回复力与位移成正比反向关系，即F回＝﹣kx，根据牛顿第二定律可知加速度与回复力成正比，在平衡位置回复力为零，加速度为零，在最大位移处加速度最大，速度为零，对称位置，位移和加速度必等大反向，但是速度可能等大同向也可能等大反向。
【解答】解：A.振子在从M点向N点运动过程中，动能先增大后减小，故A错误；
B.由对称性可知，振子在OP间与OQ间的运动时间相等，故B正确；
C.由对称性可知，振子运动到P、Q两点时，位移等大反向，故C错误；
D.振子在从M点向N点运动过程中，加速度先减小后增大，故D错误。
故选：B。
【点评】简谐运动的位移都是以平衡位置为起点的，远离平衡位置时位移增大，衡位置时位移减小。
4．（2024 怀仁县校级期末）一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子，使OO′，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是（　　）
A．2π B．2π
C．2π（） D．π（）
【考点】摆长变化对单摆运动的影响；单摆周期的计算及影响因素．
【专题】单摆问题．
【答案】D
【分析】依据单摆的周期公式成立的条件是摆角小于5°，开始时候摆角为5°，后来摆长变为两倍，摆角小于5°由单摆周期公式可得结果．
【解答】解：原来单摆的摆线与竖直成5°角时无初速释放，右半边运动的时间为：
t12ππ；
由机械能守恒可知，小球单摆左侧和右侧的高度相同，而右侧的摆线长，故其摆角应小于左侧的摆角，即小于5°，竖直位置左侧的时间为：
t22ππ；
故小球的运动周期为：
T＝t1+t2＝π（）；
故选：D。
【点评】掌握好单摆公式的成立条件，知道摆长的变化带来的周期变化，该单摆的周期是由两个不同的摆长的各半个周期构成．
5．（2024 嘉定区一模）一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度，由a分析四分之一周期时刻振子的位移，即可知道t＝0时刻质点的位移，确定位移的图象。
【解答】解：根据简谐运动的特征：a，可知，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度，则此时振子的位移为负向最大，计时起点时，位移为正向最大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题在选择图象时，关键研究t＝0时刻质点的位移和位移如何变化，要掌握简谐运动的特征：a，分析加速度和位移的关系。
6．（2024 泸县校级模拟）如图所示，质量为M的物块A上端与轻弹簧固定，弹簧劲度系数为k，下端用轻绳系住质量为m（m≠M）的木块B，起初静止，突然剪断A、B间轻绳，此后A将在竖直方向上做简谐运动，则（　　）
A．物块A做简谐运动的振幅为
B．物块A做简谐运动的振幅为
C．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度为零
D．剪断A、B间轻绳瞬间，物块A的加速度大小为
【考点】简谐运动的回复力；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；方程法；简谐运动专题．
【答案】B
【分析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离．在平衡位置时，A所受的合外力为零，根据平衡条件和胡克定律求出绳剪断前弹簧伸长的长度和平衡位置弹簧伸长的长度，即可求出振幅．
对A进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出A的加速度．
【解答】解：A、以整体为研究对象，绳剪断前，弹簧的拉力：F1＝kx1＝（M+m）g
则弹簧伸长的长度 x1；
绳剪断后，A做简谐运动，在平衡位置时，弹簧的拉力与重力平衡，此时弹簧伸长的长度为 x2；
所以A振动的振幅为 A＝x1﹣x2．故A错误，B正确；
C、绳剪的瞬间，弹簧的拉力不变，A受到重力和拉力，由牛顿第二定律得：a．故C错误，D错误。
故选：B。
【点评】该题结合牛顿第二定律可知简谐振动的振幅，正确理解振幅的含义，运用平衡条件和胡克定律求解是解答本题的关键．
7．（2024 湖南期末）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动。振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．0.4s时振子的加速度为零
B．0.8 s时振子的速度最大
C．0.4 s和1.2 s时振子的加速度相同
D．0.8s和1.6 s时振子的速度相同
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力．
【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题．
【答案】B
【分析】由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F＝﹣kx，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。
【解答】解：A、由图象乙知，t＝0.4s时，振子的位移最大，根据F＝﹣kx可知，回复力最大，则加速度最大，故A错误；
B、由图象乙知，t＝0.8s时，振子经过平衡位置，所以速度最大，故B正确；
C、由图象乙知t＝0.4s和t＝1.2s时，振子分别位移正的最大位移处与负的最大位移处，所以加速度大小相同，方向相反，故C错误；
D、由图乙可知，0.8s时刻振子运动的方向沿负方向，而1.6 s时时刻振子运动的方向沿正方向，所以振子的速度大小相等，但方向相反，故D错误；
故选：B。
【点评】该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别，难度不大，属于基础题。
8．（2024 九台区校级期中）如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°．已知OC线长是L，下端C点系着一个小球（忽略小球半径），下面说法正确的是（　　）
A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π
C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π
【考点】单摆及单摆的条件．
【专题】单摆问题．
【答案】A
【分析】单摆周期公式，当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点；当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方．
【解答】解：A、C、当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是O点，摆长为L，故周期为T，故A正确，C错误；
B、D、当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方，摆长为l′＝（1）L，
故周期为T＝2π，故BD错误；
故选：A。
【点评】本题关键找出摆长，然后根据单摆的周期公式列式求解，基础题．
9．（2024 北海期末）如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在AB间振动。设AB＝20cm，振子由A到B时间为0.1s，则下列说法正确的是（　　）
A．振子的振幅为20cm，周期为0.2s
B．振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx+mg与kΔx﹣mg
C．振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx
D．振子一次全振动通过的路程是20cm
【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】学科综合题；定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】C
【分析】简谐运动中，振幅是振子与平衡位置的最大距离，周期是完成一次全振动的时间，根据胡克定律分析回复力，振子完成一次全振动通过的路程为4个振幅，据此分析通过的路程。
【解答】解：A、由题，释放后振子在A、B间振动，A与B是两个最大位移，AB＝20cm，所以振子的振幅是10cm，振子由A到B的时间为0.1s，是半个周期，所以周期是0.2s。故A错误；
B、根据胡克定律F＝kΔx，可知在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx，故B错误，C正确；
D、振子的振幅是10cm，振子完成一次全振动通过的路程为4个振幅，即40cm。故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键明确简谐运动的振幅、周期与频率的含义，知道振子的位移是相对于平衡位置的位移，难度不大，属于基础题。
10．（2024 上海模拟）一质点做简谐振动的图象如图所示，则该质点（　　）
A．在0至0.01s内，速度与加速度同向
B．在0.01s至0.02s内，速度与回复力同向
C．在0.025s时刻，速度与加速度均为负值
D．在0.04s时，速度最大，回复力为零
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数；简谐运动的回复力．
【专题】简谐运动专题．
【答案】A
【分析】由振动图象的位移的与时间的关系得出速度的方向．根据加速度与位移方向相反，读出加速度的方向．分析位移的变化，确定速度方向．
【解答】解：A、由振动图象读出质点在0至0.01s内，质点由最大位置向平衡位置运动，速度与加速度的方向都指向x负方向，即方向相同。故A正确；
B、由振动图象读出，在0.01s至0.02s内，速度指向x负方向，而回复力指向x正方向，二者方向不同。故B错误。
C、由振动图象读出质点在 0.025s时刻质点的位移方向沿x轴负方向，而简谐运动加速度方向与位移方向相反，则时刻质点的加速度方向沿x轴正方向；同时质点向平衡位置运动，速度的方向也是正方向。故C错误。
D、在0.04s时刻，位移最大，速度等于0，回复力负方向最大。故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查基本的读图能力．要抓住简谐运动的特征，研究加速度与位移的关系．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 江苏）一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的（　　）
A．位移增大 B．速度增大
C．回复力增大 D．机械能增大
【考点】单摆及单摆的条件；单摆的回复力．
【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】明确单摆的摆动过程，知道其平衡位置在竖直方向，偏角增大时位移、回复力、加速度增大；而速度减小；同时明确单摆在振动过程中机械能不变。
【解答】解：A、偏角增大时，摆球向最大位移处移动，相对于平衡位置的位移一定增大，速度减小；故A正确，B错误；
C、回复力与位移成正比，故回复力增大，故C正确；
D、由于单摆在运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查简谐运动的性质，要明确做简谐运动物体的位移、速度、加速度以及能量的周期性变化的情况。
（多选）12．（2024 全国卷Ⅰ）一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图2所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图3所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则（　　）
A．由图线可知T0＝4s
B．由图线可知T0＝8s
C．当T在4s附近时，Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，Y很小
D．当T在8s附近时，Y显著增大；当T比8s小得多或大得多时，Y很小
【考点】阻尼振动和受迫振动；简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【答案】AC
【分析】由题意可知，图2是物体自由振动图象，而图3是物体做受迫振动时的图象；而物体自由振动时的周期是固有周期，做受迫振动时的周期等于驱动力的周期．
【解答】解：图象2是物体自由振动时的周期，故由图象2可知，物体的固有频率为T0＝4s；故A正确，B错误；
当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动达到最强，故当T在4s附近时，振幅显著增大，当T比4s小很多或大得很多时，Y很小，故C正确，故错误；
故选：AC。
【点评】做受迫振动的物体当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体达到共振．
（多选）13．（2024 淄博模拟）如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，有一劲度系数为k的轻质弹簧，其一端固定在固定挡板C上，另一端连接一质量为m的物体A，有一轻质细绳绕过定滑轮，细绳的一端系在物体A上（细绳与斜面平行），另一端有一细绳套，物体A处于静止状态。当在细绳套上轻轻挂上一个质量也为m的物体B后，物体A将沿斜面做简谐运动。运动过程中B始终未接触地面，不计绳与滑轮间的摩擦阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．未挂重物B时，弹簧的形变量为
B．物体A的振幅为
C．物体A的最大速度大小为
D．细绳对物体B拉力的最大值为2mg
【考点】简谐运动的回复力；胡克定律及其应用．
【专题】定性思想；方程法；简谐运动专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】未挂重物B时，对物体A受力分析，根据平衡条件列式求解弹力，根据胡克定律列式求解弹簧的压缩量；当物体A受力平衡时速度达到最大，根据平衡条件求解形变量；然后结合系统机械能守恒定律列式求解最大速度；对A进行受力分析，求出A的最大加速度，结合简谐振动的对称性即可得出A在最高点时，B向上运动的加速度最大，绳子的拉力也最大，由此根据牛顿第二定律即可求出。
【解答】解：A、未挂物体B时，设弹簧压缩量为x1，对于物体A由平衡条件有：kx1﹣mgsin30°＝0，解得：x1，故A错误；
B、当在细绳套上轻轻挂上一个质量也为m的物体B，然后让A与B组成的系统重新平衡，此时设弹簧的伸长量为x2，则：mg＝kx2+mgsin30°，可得：x2，结合简谐振动的特点可知，该位置为物体A做简谐振动的平衡位置；结合简谐振动的特点可知，物体A的振幅为，故B正确；
C、在细绳套上轻轻挂上一个质量也为m的物体B并释放B后，当物体A向上移动的距离为：时，物体A具有最大的速度，由于此时弹簧的伸长量x2等于开始时弹簧的压缩量x1，所以物块A向上运动的过程中A与B组成的系统的机械能守恒，设最大速度为v，对于A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒定律得：
mg（x1+x2）﹣mg（x1+x2）sin30°2mv2
将x1、x2代入得：v，故C正确；
D、刚刚在细绳套上轻轻挂上一个质量也为m的物体B并释放B时，A的加速度最大，设加速度为a，此时绳子的拉力为T，则对A：T﹣mgsin30+kx1＝ma，
对B：mg﹣T＝ma，联立可得：a＝0.5g；结合简谐振动的对称性可知，当A在最高点时，A与B的加速度的大小也等于0.5g，此时绳子的拉力最大，设此时绳子的拉力为T′，对B：T′﹣mg＝ma；可得：T′＝1.5mg。故D错误。
故选：BC。
【点评】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况，知道当A加速度为0时，A速度最大，此时AB受力都平衡，在运动过程中A、B及弹簧组成的系统机械能守恒．
（多选）14．（2024 新平县校级期末）如图所示，质量分别为mB和mC的物块B和C用轻弹簧栓接，C放在水平面上，A的质量为mA，弹簧的劲度系数为k，整个系统处于静止状态。突然拿走静止在B上的A物块，在振动过程中C不会离开地面，B将在竖直方向做简谐运动，下列说法中正确的是（　　）
A．mA一定小于mC
B．mA一定不超过（mB+mC）
C．B的振幅一定不超过g
D．B的振幅一定不超过
【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】计算题；定性思想；对称法；简谐运动专题；理解能力；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】突然拿走A物体，B在竖直方向做简谐运动，平衡位置时受力平衡，可以求出弹簧的压缩量x0，A物体拿走前后弹簧的压缩量差值为B做简谐运动的振幅。在做简谐运动过程中，要使C不离开地面，弹簧的弹力不能大于C物体，可求出A、B、C质量的关系。
【解答】解：AB、A在B上时，对AB受力分析：kx1＝（mA+mB）g
拿走物体A后，B在竖直方向做简谐运动，达到平衡时有：kx0＝mBg
设最高点弹簧的伸长量为x2，拿到A之后B物体的简谐运动弹簧长度的变化关系如下图所示：
图中a平面为没有拿掉A之前的平衡位置，b平面为拿掉A之后做简谐运动的平衡位置，0平面为弹簧恢复原长的位置，c平面为简谐运动弹簧达到的最高点的位置。
简谐振动在关于b平面的a和c平面之间振动，利用简谐振动的对称性可知：x2+x0＝x1﹣x0
在振动过程中，要使C不离开地面，对C物体受力分析：kx2≤mCg
联立解得：mB+mC≥mA，故A错误，B正确；
CD、拿走A之后，B在竖直方向上做简谐运动，其振幅A＝x1﹣x0，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查简谐运动的振幅规律，简谐运动是关于平衡位置的对称运动，找到弹簧伸长量之间的关系是本题的难点，难度中等。
（多选）15．（2024 广东）一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4cm。振子的平衡位置位于x轴上的O点。图1中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向。图2给出的（　　）
A．若规定状态a时t＝0则图象为①
B．若规定状态b时t＝0则图象为②
C．若规定状态c时t＝0则图象为③
D．若规定状态d时t＝0则图象为④
【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．
【专题】振动图象与波动图象专题．
【答案】AD
【分析】解决本题要掌握：振动图象的物理意义，在图象中正确判断质点振动方向、位移、速度、加速度的变化情况。
【解答】解：A、若规定a状态时t＝0，则由图1可知，此时a位移为3cm，振动方向沿x轴正方向，则对应于图中的①图象，故A正确；
B、图2中的②图象t＝0时，质点位移为3cm，振动方向沿x轴负方向，而图1中b状态此时位移为2cm，故B错误；
C、图1中的c状态此时位移为﹣2cm，振动方向沿x轴负方向，而图2中的③图象描述的t＝0时，质点沿x轴正方向运动，故C错误；
D、图1中d状态，此时在负的最大位移（波谷），下一时刻将沿x轴正方向运动，和图2中④振动图象描述的一致，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了振动图象的物理意义，要能正确从振动图象获取：振幅、周期、质点每时刻的速度、加速度、位移、振动方向等信息。
三．解答题（共5小题）
16．（2024 永川区校级期中）将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将质量为m＝0.05kg的小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ；θ小于5°且是未知量．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中所给的信息求：（取g＝10m/s2）
（1）单摆的振动周期和摆长
（2）摆球运动过程中的最大速度．
【考点】单摆及单摆的条件；牛顿第二定律的简单应用；简谐运动的回复力．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；简谐运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期；根据单摆的周期公式T＝2π求出摆长；
（2）小球在最低点时绳子拉力最大，结合牛顿第二定律求出摆球的最大速度．
【解答】解：（1）摆球受力分析如图，小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，知：
T＝0.4π s＝1.256s
由单摆的周期公式T＝2π，得：
L0.4m．
（3）在最低点B，根据牛顿第二定律，有：
Fmax﹣mg＝m
代入数据得：
v＝0.2 m/s
答：（1）单摆的振动周期为1.256s；摆长为0.4m；
（2）摆球运动到平衡位置时的速度大小为0.2 m/s．
【点评】解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题．
17．（2024 新市区校级期中）劲度系数k＝40N/m的轻弹簧，一端拴在竖直墙上，另一端拴物体A，A的质量为mA＝0.2kg，在A的上表面放有质量mB＝0.1kg的物体B，如图所示，已知水平地面光滑，A和B之间的最大静摩擦力Fm＝0.2N，若要使A、B两物体一起做简谐运动，则振幅的最大值是多少？
【考点】简谐运动的回复力；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】简谐运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】在最大位移处，加速度最大，静摩擦力最大，只要不超过最大静摩擦力即可．
【解答】解：设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有：
kx＝（mA+mB）a ①
对B物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：
f＝mBa ②
f≤Fm ③
联立解得：x
答：振幅的最大值是0.015m．
【点评】本题关键明确当位移x变大时，静摩擦力变大，然后根据牛顿第二定律并结合整体法和隔离法列式求解．
18．（2024 春 江汉区校级期中）如图所示，OA为一单摆，B是穿在一根较长细线上的小球，让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动的同时，另一小球B从与O点等高处由静止开始下落，当A球摆到最低点时，B球也恰好到达与A同一水平面处，求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比。（取g＝10m/s2，π2＝10）
【考点】单摆及单摆的条件；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；模型法；单摆问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】先利用单摆周期公式计算出A球摆动的周期，再计算出A球摆到最低点的时间t，然后对B球受力分析，求出下落的加速度，根据匀变速运动的位移与时间关系建立起各物理量之间的关系，最后进行整理，得出B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比。
【解答】解：让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动，当A球摆到最低点时
第一次到达最低点的时间为
第二次到达最低点的时间为
第三次到达最低点的时间为
以此类推，A球摆到最低点的时间t，（n＝0，1，2，3，…）
对B球分析，设B球受到细线的阻力大小为f，B球质量为m
因此下落的加速度为a
L
即L
可得：（n＝0，1，2，3，…）
答：B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比为（n＝0，1，2，3，…）。
【点评】解答本题的关键是掌握单摆的周期公式，计算出A球摆到最低点的时间，注意单摆到达最低点存在多解问题，一定要考虑全面，不可只计算了A球第一次到达最低点的时间。
19．（2024 合肥二模）如图1所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂在天花板上的O点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角（该夹角小于5°）后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力忽略不计．
（1）证明小球的运动是简谐运动；
（2）由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图2所示，求小球运动过程中的最大速度值．
【考点】简谐运动的回复力．
【专题】简谐运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）简谐运动的特征是F＝﹣kx．单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，在摆角θ＜5°，sinθ，得到单摆的回复力与位移的关系式，即可证明．
（2）由图2可得到摆球的振幅A＝0.08m，周期T＝2s．根据单摆的周期公式救出摆长，由机械能守恒得最大速度．
【解答】解：（1）设小球偏角为θ时离开平衡位置的位移为x，摆长为L，θ＜5°，则：
x＝θL
sinθ≈θ
小球受到的回复力大小：F＝mgsinθ
联立解得：
且因F与x方向相反，故有Fx，则小球做简谐运动．
ⅱ．由图2可知摆球的振幅A＝0.08m，周期T＝2s
以摆球为研究对象：由周期公式：
由机械能守恒：
由三角函数知识：
由圆的知识：
联立解得：
答：
（1）证明见上．
（2）小球运动过程中的最大速度值为0.08πm/s．
【点评】解决本题的关键要关键掌握简谐运动的特征，围绕这个特征分析单摆的回复力与位移的关系，从而进行证明．
20．（2024 南京期末）如图所示，弹性绳一端系于P点，绕过Q处的小滑轮，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于PQ间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5.圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速度大小为g，到达最低点C.重力加速度为g，弹性绳始终遵循胡克定律.求：
（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小F；
（2）分析圆环向下运动过程中速度和加速度变化情况；
（3）证明：圆环向下做简谐运动.
【考点】简谐运动的回复力；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；简谐运动专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小为mg；
（2）当圆环所受合力等于零时速度最大，加速度等于零，所以速度先变大后变小，方向始终向下；加速度先变小后变大，方向先向下再向上；
（3）见解析.
【分析】（1）在A点受力分析，根据牛顿第二定律求得拉力大小；
（2）当圆环所受合力等于零时速度最大，加速度等于零，所以速度先变大后变小，方向始终向下；加速度先变小后变大，方向先向下再向上。
（3）根据受力分析，求合力即回复力与位移的关系即可证明。
【解答】解：（1）释放瞬间，根据牛顿第二定律mg﹣f＝ma
其中f＝μFN
F＝FN
联立解得
F＝mg
（2）当圆环所受合力等于零时速度最大，加速度等于零，所以速度先变大后变小，方向始终向下；加速度先变小后变大，方向先向下再向上。
（3）设小环向下运动到O点时受力平衡，则此时，水平方向
FN＝k|OQ|sin∠AOQ
即
FN＝k|AQ|
保持不变，所以摩擦力也不变依然为
f＝0.5mg
竖直方向
k|OQ|cos∠AOQ＝0.5mg
即
k|AO|＝0.5mg
当圆环向下运动到0点上方某点B时，相对于O点位移向上，受力向下
F回＝mg﹣f﹣k|BQ|cos∠ABQ
F回＝0.5mg﹣k|AB|
F回＝0.5mg﹣k （|AO|﹣|OB|）
F回＝k|OB|
同理可证，当圆环向下运动到O点下方时，回复力向上，与偏离平衡位置的位移大小成正比。
综上，回复力大小和偏移平衡位置的位移大小成正比，方向与位移相反，圆环向下做简谐运动。
答：（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小为mg；
（2）当圆环所受合力等于零时速度最大，加速度等于零，所以速度先变大后变小，方向始终向下；加速度先变小后变大，方向先向下再向上；
（3）见解析.
【点评】本题考查牛顿第二定律与简谐振动，关键在于灵活运用牛顿第二定律，同时证明回复力和偏移平衡位置的位移大小成正比，方向与位移相反时圆环做简谐振动。
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)