2023年高考物理知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)：機(jī)械振動(dòng)（附答案解析）

2023年高考物理熱點(diǎn)復(fù)習(xí)：機(jī)械振動(dòng)

【2023高考課標(biāo)解讀】

1.知道簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的概念，理解簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式和圖象.

2.知道什么是單擺，知道在擺角較小的情況下單擺的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，熟記單擺的周期公式.

3.理解受迫振動(dòng)和共振的概念，掌握產(chǎn)生共振的條件.

(2023高考熱點(diǎn)解讀】

一、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征

受力特征回復(fù)力尸=一"，F(xiàn)(或“)的大小與X的大小成正比，方向相反

靠近平衡位置時(shí)，“、F、X都減小，V增大；遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)，a、F、X都增大，

運(yùn)動(dòng)特征

U減小

振幅越大，能量越大.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守

能量特征

恒

質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、加速度和速度隨時(shí)間做周期性變化，變化周期就是簡(jiǎn)諧

周期性特征

運(yùn)動(dòng)的周期T；動(dòng)能和勢(shì)能也隨時(shí)間做周期性變化，其變化周期為科

關(guān)于平衡位置O對(duì)稱的兩點(diǎn)，速度的大小、動(dòng)能、勢(shì)能相等，相對(duì)平衡位置的

對(duì)稱性特征

位移大小相等；由對(duì)稱點(diǎn)到平衡位置O用時(shí)相等

二、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象

1.對(duì)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)圖象的認(rèn)識(shí)

(1)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象是一條正弦或余弦曲線，如圖所示.

(2)圖象反映的是位移隨時(shí)間的變化規(guī)律，隨時(shí)間的增加而延伸，圖象不代表質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的軌

跡.

(3)任一時(shí)刻圖象上過(guò)該點(diǎn)切線的斜率數(shù)值表示該時(shí)刻振子的速度大小.正負(fù)表示速度的方

向，正時(shí)沿X正方向，負(fù)時(shí)沿X負(fù)方向.

2.圖象信息

(1)由圖象可以得出質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅、周期.

(2)可以確定某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)平衡位置的位移.

(3)可以根據(jù)圖象確定某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)回復(fù)力、加速度和速度的方向.

①回復(fù)力和加速度的方向：因回復(fù)力總是指向平衡位置，故回復(fù)力和加速度在圖象上總是指

向f軸.

②速度的方向：速度的方向可以通過(guò)下一時(shí)刻位移的變化來(lái)判斷，下一時(shí)刻位移如增加，振

動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的速度方向就是遠(yuǎn)離/軸，下一時(shí)刻位移如減小，振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的速度方向就是指向r軸.

3.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)圖象問(wèn)題的兩種分析方法

法一圖象一運(yùn)動(dòng)結(jié)合法

解此類題時(shí)，首先要理解x-f圖象的意義，其次要把x-f圖象與質(zhì)點(diǎn)的實(shí)際振動(dòng)過(guò)程聯(lián)系

起來(lái).圖象上的一個(gè)點(diǎn)表示振動(dòng)中的一個(gè)狀態(tài)(位置、振動(dòng)方向等)，圖象上的一段曲線對(duì)應(yīng)振動(dòng)

的一個(gè)過(guò)程，關(guān)鍵是判斷好平衡位置、最大位移及振動(dòng)方向.

法二直觀結(jié)論法

簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象表示振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的位移隨時(shí)間變化的規(guī)律，即位移一時(shí)間的函數(shù)關(guān)系圖象，不

是物體的運(yùn)動(dòng)軌跡.

三、受迫振動(dòng)和共振

1.自由振動(dòng)、受迫振動(dòng)和共振的關(guān)系比較

自由振動(dòng)受迫振動(dòng)共振

受力情況僅受回復(fù)力受驅(qū)動(dòng)力作用受驅(qū)動(dòng)力作用

由系統(tǒng)本身性質(zhì)由驅(qū)動(dòng)力的周期

振動(dòng)周期或頻率決定，即固有周期Tb或頻率決定，即T=TT型=To或f%=我

或固有頻率W鎏或/=/用

振動(dòng)物體的機(jī)械由產(chǎn)生驅(qū)動(dòng)力的振動(dòng)物體獲得的

振動(dòng)能量

能不變物體提供能^量:最大

彈簧振子或單擺機(jī)械工作時(shí)底座共振篩、聲音的

常見(jiàn)例子

((9<50)發(fā)生的振動(dòng)共鳴等

2.對(duì)共振的理解

(1)共振曲線：如圖所示，橫坐標(biāo)為驅(qū)動(dòng)力頻率了,縱坐標(biāo)為振幅A它直觀地反映了驅(qū)動(dòng)力頻

率對(duì)某振動(dòng)系統(tǒng)受迫振動(dòng)振幅的影響，由圖可知，/與越接近，振幅A越大；當(dāng)/=為時(shí)，振幅

A最大.

(2)受迫振動(dòng)中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化：受迫振動(dòng)系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，系統(tǒng)與外界時(shí)刻進(jìn)行能量交

換.

[2023高考押題】

1.如圖所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質(zhì)薄板。t=O時(shí)刻，一物塊

從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連，粘接時(shí)間可忽略，其位置隨時(shí)間變

化的圖像(x-t)如圖乙所示，其中t=0.2s時(shí)物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，

A.l=0.4s時(shí)物塊的加速度等于重力加速度

B.t=0.7s時(shí)物塊的加速度小于重力加速度

C.該物塊與薄板粘連后振動(dòng)的周期為0.1s

D.t=0.2s后物塊坐標(biāo)位置隨時(shí)間變化關(guān)系為x=0?3+0.2sin[也±(t-0.2)--](m)

36

【分析】根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性結(jié)合牛頓第二定律和圖像的物理意義分析出物塊的加速度;

根據(jù)圖像的特點(diǎn)得出振動(dòng)的周期；

根據(jù)圖像的特點(diǎn)結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)得出X與t的關(guān)系。

【解答】解：ABs根據(jù)圖乙可知，在B點(diǎn)時(shí)物塊的速度為零，處于最低點(diǎn)位置；C點(diǎn)的速

度也為零，處于與薄板粘連后的最高點(diǎn)，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，最高點(diǎn)的加速度和最低點(diǎn)

的加速度大小相等，方向相反，則

aβ=ac

根據(jù)牛頓第二定律可知，在C點(diǎn)時(shí)

amg+F彈〉g,故AB錯(cuò)誤；

Cm

C、根據(jù)圖乙可知，物塊從最低點(diǎn)B到最高點(diǎn)C的過(guò)程中，所用的時(shí)間為

t=0.7s-0.4s=0.3s

則物塊與薄板一起振動(dòng)的周期為

T=2t=2×0.3s=0.6s,故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)角頻率的計(jì)算公式可得：

2兀10兀,

S==~p-rajd∕S

τ1O

根據(jù)圖像可知，振幅為

5Q-1Q

A=~~2-cm=20cm=0.2ιr

t=0.2s后物塊坐標(biāo)隨之間變化的關(guān)系為

x=0.3+0.2sin[l^-(t-0.2)+φo](m)

3

將t=0.4s,x=0.5m代入計(jì)算得：

?π

0。F

所以x=0.3+0.2sin[也土(t-0.2)--](m),故D正確；

36

故選：D。

2.一個(gè)質(zhì)點(diǎn)以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，如圖(a)所示，它的振動(dòng)圖象如

圖(b)所示，設(shè)向右為正方向，下列說(shuō)法正確的是()

正

---?

AOB

圖(a)

A.該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為x=0.05sin2.5τrt(m)

B.0.2s末質(zhì)點(diǎn)的速度方向向右

C.0.2?0.3s質(zhì)點(diǎn)做加速運(yùn)動(dòng)

D.0.7S時(shí)質(zhì)點(diǎn)的位置在O與B之間

【分析】由圖b讀出振幅和周期，再根據(jù)t=0時(shí)，x=0.05s得出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程；結(jié)合圖

象a、b分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況。

【解答】解：A、由圖b得質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的振幅為0.05m,周期T=0.8s,故32L=2Jad∕s

T0.8

=2.5πrad∕s;故該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為x=0.05Sin(2.5πt+θ)(m),且當(dāng)［=0時(shí),x=0.05s,代入

得。=——，故該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為x=0.05Sin(2.5πt+——)(m),故A錯(cuò)誤；

22

B、根據(jù)振動(dòng)圖象得0.2s末質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)平衡位置向負(fù)的最大位移振動(dòng)，所以此時(shí)速度方向從O

指向A,方向向左，故B錯(cuò)誤；

C、0.2?0.3s質(zhì)點(diǎn)由平衡位置向負(fù)的最大位移振動(dòng)，此過(guò)程速度的方向與所受力的方向相反,

故質(zhì)點(diǎn)在做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、0.7s質(zhì)點(diǎn)在平衡位置和正的最大位移處之間，故在O與B之間，故D正確。

故選：D。

3.一個(gè)單擺在地面上做受迫振動(dòng)，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動(dòng)力頻率f的關(guān)系)如圖所示，

則()

?A/cm

00.250.50.75f∕∏z

A.此單擺的擺長(zhǎng)約為Im

B.若擺長(zhǎng)增大，單擺的固有頻率增大

C.此單擺的固有周期約為0.5s

D.若擺長(zhǎng)增大，共振曲線的峰將向右移動(dòng)

【分析】根據(jù)驅(qū)動(dòng)頻率與共振頻率相近時(shí)，單擺的振幅最大可知，擺的周期；由單擺的周期

公式可得出擺長(zhǎng)，并分析出擺長(zhǎng)增大時(shí)，周期相應(yīng)增大頻率相應(yīng)減小。

【解答】解：A、由單擺的周期公式丁=2冗產(chǎn)可得：L=-Jg代入數(shù)據(jù)可知L=Im,故

A正確；

B、增大擺線長(zhǎng)度，則單擺的周期變大頻率變小，故B錯(cuò)誤；

C、由共振曲線可知當(dāng)頻率為0.5HZ的時(shí)候振幅最大，即達(dá)到了共振，說(shuō)明單擺的固有頻率

為0.5HZ,因此單擺的固有周期為T(mén)[=2S，C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)固有頻率等于驅(qū)動(dòng)頻率的時(shí)候?yàn)楣舱袂€的波峰，因此向左移動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

4.如圖所示，為一個(gè)水平彈簧振子的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法不正確的是()

.v∕cm

.10kzV

A.t=ls至∣Jt=2s內(nèi)，彈簧振子的動(dòng)能不斷減小

B.該彈簧振子的振動(dòng)方程為X=-IOSin子位!！

C.t=3s時(shí)，彈簧振子的加速度沿X軸負(fù)方向

D.t=O至IJt=IOS彈簧振子的路程為IOOcm

【分析】根據(jù)圖像的斜率分析出振子的速度變化，從而得出其動(dòng)能的變化趨勢(shì)；

根據(jù)圖像得出周期的大小，進(jìn)而得出ω和振子的振動(dòng)方程；

根據(jù)振子的位移得出其回復(fù)力方向，從而得出加速度的方向；

根據(jù)時(shí)間和周期的關(guān)系，得出振子的路程大小。

【解答】解：A、t=ls至Ut=2s內(nèi)，x-t圖像的斜率不斷增大，則彈簧振子的速度不斷增大，

即動(dòng)能不斷增大，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得：

八2兀2兀，兀,

3=τ=4rad∕s="^~rad∕s

則該彈簧振子的振動(dòng)方程為

兀

x=-10sin-^-tcιr,故B止確；

C、t=3s時(shí)，彈簧振子的位移正向最大，則加速度沿X軸負(fù)方向，故C正確；

D、因?yàn)閠=10s=2.5T,則振子的路程為

s=2.5×4A=10×IOcm=IOOcm,故D正確；

本題選不正確的，故選：Ao

5.如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定，下端連接一質(zhì)量為m的金屬小球，托住小球使彈簧處

于原長(zhǎng)，在t=0時(shí)由靜止釋放，一段時(shí)間內(nèi)小球在豎直方向做周期為T(mén)的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。已知彈簧

的勁度系數(shù)為k,重力加速度為g,則（）

A.小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為X=膽Sin(2∑Lt)

kT

B.小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為X=膽Sin(22Lt-π)

kT

C.小球相鄰兩次加速度大小等于直的時(shí)間為工

22

D.小球相鄰兩次加速度大小等于g的時(shí)間為皆

【分析】根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)描述物理量、結(jié)合簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式分析判斷。

【解答】解：AB.小球處于平衡位置時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為χc，喧，托住小球使彈簧處于原

xok

長(zhǎng)，在t=O時(shí)由靜止釋放，可知此時(shí)小球處于最大位移處，小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為A=Xoa

k

設(shè)小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為X=ASin?t÷Φ)?sin?t÷Φ)

TkT

若以向上為正方向，則t=0時(shí)刻，小球的位移為X半SinQ平

kk

解得0三

則小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為χ4Sin("tJL)

kT2

若以向下為正方向，則t=0時(shí)刻，小球的位移為X半Sin￠=平

kk

解得

小π

Q=T

則小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為X2叫Sin(IZLtJL)

kT2

故AB錯(cuò)誤;

CD.托住小球使彈簧處于原長(zhǎng)，在t=0時(shí)由靜止釋放，可知此時(shí)小球處于最大位移處，小

球的加速度最大，且大小為a?=g

mm

可知小球加速度大小等于g的位置分別位于正、負(fù)最大位移處，故小球相鄰兩次加速度大小

等g的時(shí)間為皆，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，小球相鄰兩次加速度大小等于矍的時(shí)間一定不等于故

C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

6.利用激光筆可以在熒光紙上留下印跡的特點(diǎn)，有同學(xué)進(jìn)行如下操作：輕質(zhì)彈簧上端固定，

在其下端固定一激光筆，讓筆沿豎直方向自由振動(dòng)，激光筆發(fā)射的激光可以垂直射到豎直放置其

后的熒光紙上，將熒光紙以速度V水平向左拖動(dòng)，在熒光紙上留下如圖所示波形圖，其中P、Q

兩點(diǎn)位于波峰，間隔為xo；M點(diǎn)位于波谷，P、M豎直間距為yo。，則()

A.激光筆振幅為yo

B.激光筆在留下P、Q兩點(diǎn)時(shí)加速度均為零

C.激光筆在留下P、M兩點(diǎn)時(shí)加速度相同

D.激光筆的振動(dòng)周期為&

V

【分析】根據(jù)振幅的概念可知激光筆的振幅為迎，質(zhì)點(diǎn)位移越大時(shí)加速度越大，且方向與

2

位移方向相反，根據(jù)公式可解得激光筆的周期。

【解答】解：A.由圖可知激光筆振幅為迎，故A錯(cuò)誤；

2

B.激光筆在留下P、Q兩點(diǎn)時(shí)位于正向最大位移處，加速度最大，故B錯(cuò)誤；

C.激光筆在留下P、M兩點(diǎn)時(shí)加速度大小相同，方向相反，故C錯(cuò)誤；

D.激光筆的振動(dòng)周期等于紙帶運(yùn)動(dòng)xo距離所用的時(shí)間，即T=①，故D正確。

V

故選：D。

7.一個(gè)有固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸的豎直圓盤(pán)如圖甲所示，圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，固定在圓盤(pán)上的小圓柱帶動(dòng)一

個(gè)T形支架在豎直方向振動(dòng)，T形支架的下面系著一個(gè)由彈簧和小球組成的振動(dòng)系統(tǒng)，小球做受

迫振動(dòng)。圓盤(pán)靜止時(shí)，讓小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖乙所示(以豎直向上為正方向)。下

A.t=ls至∣Jt=2s小球所受的回復(fù)力增加，且方向?yàn)閄軸正向

B.t=2s至∣]t=3s彈簧彈性勢(shì)能一定減小

C.若圓盤(pán)以30r∕min勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小球振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)其振動(dòng)的周期為2s

D.若圓盤(pán)正以3Or∕min勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，欲使小球振幅增加則可使圓盤(pán)轉(zhuǎn)速適當(dāng)增大

【分析】根據(jù)圖像得出位移的變化，根據(jù)位移的大小關(guān)系分析出回復(fù)力的變化；分析2?3s

時(shí)間內(nèi)彈簧的形變量的變化，由此分析出彈性勢(shì)能的變化;根據(jù)圓盤(pán)的轉(zhuǎn)速得出小球的振動(dòng)周期;

當(dāng)固有頻率和驅(qū)動(dòng)力頻率相等時(shí)，小球的振幅會(huì)增加。

【解答】解：A、以豎直向上為正方向，t=ls到t=2s小球從最低點(diǎn)向平衡位置振動(dòng)，則所

受的回復(fù)力減小，振動(dòng)方向?yàn)閄軸正向，故A錯(cuò)誤；

B、t=2s到t=3s小球從平衡位置向最高點(diǎn)振動(dòng)，小球可能會(huì)經(jīng)過(guò)彈簧的原長(zhǎng)，則彈簧彈性

勢(shì)能一直減小或先減小后增大，故B錯(cuò)誤；

C、若圓盤(pán)以30r∕min勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其周期為T(mén)驅(qū)=工=IS=2s,小球振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)其振動(dòng)

nSU

60

的周期等于驅(qū)動(dòng)的周期2s,故C正確；

D、由圖可知，小球振動(dòng)的固有周期為4s,若圓盤(pán)正以30r∕min勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，有Tgg<T固=

4s,欲使小球振幅增加則要增大驅(qū)動(dòng)力的周期，可使圓盤(pán)轉(zhuǎn)速適當(dāng)減小，故D錯(cuò)誤；

故選：C?

8.如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑直桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自

由端相距X。套在桿上的小球從中點(diǎn)以初速度V向右運(yùn)動(dòng),小球?qū)⒆鲋芷跒門(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng),則（）

λ______?-M匕

................................................................

zJe√'.'VVv√>.1√√√√.?'?'j'J√√.v√jlJv

A.小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

B.小球動(dòng)量的變化周期為工

2

C.兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為工

2

D.小球的初速度為工時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為2T

2

【分析】根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析出小球的運(yùn)動(dòng)是否屬于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；分析出小球壓縮彈簧過(guò)

程中的受力特點(diǎn)和速度變化特點(diǎn)，由此完成分析；簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期與振幅無(wú)關(guān)。

【解答】解：A、物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受回復(fù)力與位移成正比，且方向

始終指向平衡位置，可知小球在桿中點(diǎn)到接觸彈簧過(guò)程中，所受合力為零，故小球不是做簡(jiǎn)諧運(yùn)

動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、假設(shè)桿中點(diǎn)為0,小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)的位置為A,小球向左壓縮彈簧至

最大壓縮量時(shí)的位置為B,可知小球做周期為T(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程為O-AfofB-0,結(jié)

合動(dòng)量既有大小，又有方向可知小球的動(dòng)量變化的周期等于小球運(yùn)動(dòng)的周期T,故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)對(duì)稱性可知小球從O-A-O與O-Bf0,這兩個(gè)過(guò)程的動(dòng)能變化完全一致，兩根

彈簧的總彈性勢(shì)能的變化完全一致，故小球動(dòng)能的變化周期為工，結(jié)合能量守恒定律可知兩根彈

2

簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為工，故C正確；

2

D、小球的沿桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，初速度發(fā)生變化，小球在勻速階段的時(shí)間也發(fā)生變化，小球

的初速度為三時(shí)，小球在勻速階段的時(shí)間變成2倍；接觸彈簧過(guò)程，根據(jù)彈簧振子的周期公式T

2

=2兀神可知小球與彈簧接觸的時(shí)間不變，所以小球運(yùn)動(dòng)周期大于T小于2T,故D錯(cuò)誤；

故選：C?

9.一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振福為A、周期為T(mén),0為平衡位置，B、C為兩側(cè)最大位移處。從

質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)位置P（P與0、B、C三點(diǎn)均不重合）時(shí)始計(jì)時(shí)，以下說(shuō)法正確的是（）

A.經(jīng)過(guò)工，質(zhì)點(diǎn)的平均速度必小于坐

2T

B.經(jīng)過(guò)工，質(zhì)點(diǎn)的路程不可能大于A,但可能小于A

4

C.經(jīng)過(guò)工時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度不可能與經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小相等

8

D.經(jīng)過(guò)工時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度與經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度方向可能相同也可能相反

2

【分析】由振幅的定義可得出質(zhì)點(diǎn)的振幅；由質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的過(guò)程可求解通過(guò)的路程及位移；經(jīng)

過(guò)半個(gè)周期后，質(zhì)點(diǎn)速度方向一定與開(kāi)始時(shí)速度的方向相反。

【解答】解：A、質(zhì)點(diǎn)的半個(gè)周期內(nèi)的路程為2A,由于開(kāi)始時(shí)的位置不是在最大位移處,

所以質(zhì)點(diǎn)的位移一定小于2A,則半個(gè)周期內(nèi)的平均速度

手=三＜孕■=坐，故A正確；

t工T

2

B、質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近的速度較大，而在最大位移附近的速度較小，所以若質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)開(kāi)

始時(shí)運(yùn)動(dòng)的方向指向平衡位置，則質(zhì)點(diǎn)在IT內(nèi)的路程要大于A；若質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)開(kāi)始時(shí)運(yùn)動(dòng)的方

向遠(yuǎn)離平衡位置，則質(zhì)點(diǎn)子在工T內(nèi)的路程要小于A.故B錯(cuò)誤；

4

c、若質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)向平衡位置運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)IT時(shí)，若質(zhì)點(diǎn)到達(dá)與P對(duì)稱的位置，則質(zhì)點(diǎn)的瞬

時(shí)速度與經(jīng)過(guò)P時(shí)的瞬時(shí)速度是相等的，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)振動(dòng)的周期性可知，經(jīng)過(guò)半個(gè)周期后，質(zhì)點(diǎn)速度方向一定與開(kāi)始時(shí)速度的方向相反，

故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

10.有甲、乙兩個(gè)單擺，其振動(dòng)圖像如圖所示，則擺長(zhǎng)之比是多少（）

【分析】根據(jù)振動(dòng)圖像分析單擺的振動(dòng)周期，結(jié)合單擺的周期公式求解擺長(zhǎng)之比。

【解答】解:根據(jù)單擺的周期公式T=2n

2

解得，單擺的擺長(zhǎng)為I=旦τ行

4冗2

由圖可知甲、乙兩個(gè)單擺的周期之比為0.8：1.2=2：3,所以擺長(zhǎng)之比為4：9,故ABD錯(cuò)

誤，故C正確；

故選：Co

11.如圖甲所示，一單擺做小角度擺動(dòng)，從某次擺球由左向右通過(guò)平衡位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，擺球

相對(duì)平衡位置的位移X隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力,取重力加速度g=10m∕s2.

對(duì)于這個(gè)單擺的振動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）

R

甲乙

A.單擺的擺長(zhǎng)約為1.0m

B.單擺的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x=16sinπt（Cm）

C.從t=0.5s到t=1.0s的過(guò)程中，擺球的重力勢(shì)能逐漸增大

D.從t=1.0s至∣Jt=L5s的過(guò)程中，擺球所受回復(fù)力逐漸減小

【分析】由振動(dòng)圖象讀出周期T和振幅A,由3=空求出角頻率3,單擺位移X的表達(dá)

T

式X=ASin3t.由公式T=2π產(chǎn)，求出擺長(zhǎng)L,單擺運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，擺球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，

重力勢(shì)能減小，位移減小，回復(fù)力減小。

【解答】解：A.由題圖乙可知單擺的周期T=2s,振幅A=8cm,由單擺的周期公式T=2π

產(chǎn)，代入數(shù)據(jù)可得L=LOm,故A正確；

B.由3=W2,可得3=πrad∕s,則單擺的位移X隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為：x=Asinωt=

T

8sinπt（cm）,故B錯(cuò)誤；

C.從1=0.5$至h=1.0$的過(guò)程中，擺球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，重力勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；

D.從t=1.0s到t=L5s的過(guò)程中，擺球的位移增大，回復(fù)力增大，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

12.一彈簧振子做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，周期為T(mén)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.若則在t時(shí)刻和（t+At）時(shí)刻彈簧的長(zhǎng)度相等

B.若At=T,則在t時(shí)刻和（t+At）時(shí)刻振子運(yùn)動(dòng)加速度相等

C.若t時(shí)刻和（t+At）時(shí)刻振子運(yùn)動(dòng)位移的大小相等、方向相同，則At等于T的整數(shù)倍

D.若t時(shí)刻和（t+At）時(shí)刻振子運(yùn)動(dòng)速度的大小相等、方向相反，則At等于工的奇數(shù)倍

2

【分析】簡(jiǎn)諧振動(dòng)過(guò)程中，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)位移相同.質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)同一位置或關(guān)于平衡位

置對(duì)稱位置時(shí)動(dòng)能相同.經(jīng)過(guò)整數(shù)倍周期的時(shí)間時(shí)，質(zhì)點(diǎn)狀態(tài)重復(fù).經(jīng)過(guò)半個(gè)周期時(shí)，質(zhì)點(diǎn)位移

大小相等，方向相反.

【解答】解：A、若At=工，則在t時(shí)刻和（t+At）時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位移大小相等，方向相反，一

2

次是伸長(zhǎng)，另一次是壓縮，故形變量一定相等，而彈簧長(zhǎng)度不相等，故A錯(cuò)誤;

B、若At=T,則在t時(shí)刻和（t+At）時(shí)刻的位移一定相同，故加速度a=一旦一定相同,

m

故B正確；

C、t時(shí)刻和（t+Z?t）時(shí)刻的位移大小相等，方向相同，表示質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)同一位置，經(jīng)過(guò)的時(shí)

間?t不一定等于T的整數(shù)倍，故C錯(cuò)誤；

B、當(dāng)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)同一位置或關(guān)于平衡位置對(duì)稱位置時(shí)速度可能等大、反向，故At不一定等

于工的整數(shù)倍，故D錯(cuò)誤。

2

故選:Bo

13.如圖所示，墻上固定著一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的光滑水平桿，小球套在桿上，兩根完全相同的原

長(zhǎng)為0.6L的橡皮筋一端固定在墻上，另一端與小球連接。小球從桿的中點(diǎn)以初速度V向左運(yùn)動(dòng)，

小球?qū)⒆鲋芷跒門(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未與墻相碰。則（）

A.小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

B.兩根橡皮筋的總彈性勢(shì)能的變化周期為工

2

C.小球的初速度為三時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為3T

3

D.小球的初速度為三時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期仍為T(mén)

3

【分析】根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析出小球的運(yùn)動(dòng)是否屬于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；分析出小球壓縮彈簧過(guò)

程中的受力特點(diǎn)和速度變化特點(diǎn)，由此完成分析；分階段分析出小球在勻速階段的時(shí)間和與彈簧

作用階段的時(shí)間與速度的關(guān)系，最后完成分析。

【解答】解：A、物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受回復(fù)力與位移成正比，且方向

始終指向平衡位置；該圖中的小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩根橡皮筋均處于松弛狀態(tài)，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，

當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)0.1L后，橡皮筋上才有彈力，小球才開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以小球整體上不是簡(jiǎn)諧運(yùn)

動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、假設(shè)桿中點(diǎn)為O,小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)的位置為A,小球向左壓縮彈簧至

最大壓縮量時(shí)的位置為B,可知小球做周期為T(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程為OfAfofBfO,根

據(jù)對(duì)稱性可知小球從OfAfo與O-Bf0,這兩個(gè)過(guò)程的動(dòng)能變化完全一致，兩根彈簧的總彈

性勢(shì)能的變化完全一致，故小球動(dòng)能的變化周期為工，兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為工,

22

故B正確：

CD、小球的初速度為三時(shí)，可知小球在勻速階段的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，接觸彈簧過(guò)程，

3

根據(jù)彈簧振子的周期公式To=2π稠，可知接觸彈簧過(guò)程中所用時(shí)間與速度無(wú)關(guān)，因此總的運(yùn)

動(dòng)周期大于T,小于3T,故CD錯(cuò)誤；

故選：B,

14.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩上端固定在。點(diǎn)，下端系一可看成質(zhì)點(diǎn)的小球，在O點(diǎn)正下

方的P點(diǎn)固定一顆小釘子?，F(xiàn)將小球拉到A點(diǎn)，輕繩被拉直，然后由靜止釋放，B點(diǎn)是小球擺

動(dòng)的最低點(diǎn)，C點(diǎn)是小球能夠到達(dá)左側(cè)的最高點(diǎn)。小球第一次向左擺動(dòng)的過(guò)程中，從A點(diǎn)到B

點(diǎn)所用時(shí)間為t,從B點(diǎn)到C點(diǎn)所用時(shí)間為主，NBPe<5°,則OP的長(zhǎng)度為（）

3

8

A.ALB.C.3LD.旦L

5549

【分析】由于OA、PC與OB之間的夾角很小，所以小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)和從B點(diǎn)到C點(diǎn)的

運(yùn)動(dòng)都可以看作是單擺運(yùn)動(dòng)，左右兩側(cè)擺動(dòng)過(guò)程擺長(zhǎng)不同，根據(jù)單擺的周期公式求解兩側(cè)擺動(dòng)時(shí)

間，再根據(jù)時(shí)間關(guān)系即可求解。

【解答】解：由于OA、PC與OB之間的夾角很小，所以小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)和從B點(diǎn)到C

點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)都可以看作是單擺運(yùn)動(dòng)，根據(jù)單擺周期公式T=如F有

設(shè)PB長(zhǎng)為1

尹噴

兩個(gè)式子作比可得:

2πVτ

所以L=91

所以I=LL

9

所以O(shè)P=L-LL=3^L

99

故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

15.一個(gè)水平彈簧振子的振動(dòng)圖像如圖所示，已知小球質(zhì)量為IOg,彈簧的勁度系數(shù)為20N∕m,

A.小球位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x=5Sin(πt)cm

B.在第IS末到第2s末這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能在減少、彈性勢(shì)能在增加

C.小球的最大加速度為IOOm/S?

D.該小球在O?50s內(nèi)的位移為OCm,路程為2.5Cm

【分析】根據(jù)圖像得到振幅和周期，然后求出角速度，便可得到位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式;

簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，可根據(jù)圖像確定轉(zhuǎn)化情況；根據(jù)F=kA求出最大彈力，

根據(jù)牛頓第二定律可求出小球的最大加速度；50s恰好為12.5個(gè)周期，則位移為0,路程為12.5

乘以4倍振幅。

【解答】解析:A、由圖像可知，振幅A=5cm,周期T=4s,圓頻率:ω=?-rad/s=0.5πrad∕s,

4

小球位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x=5SinO.5πt(cm),故A錯(cuò)誤；

B、在第IS末到第2s末這段時(shí)間內(nèi)，小球的位移在減小，則小球的動(dòng)能增加，彈性勢(shì)能減

少，故B錯(cuò)誤；

C、小球的振幅A=5cm=0.05m,則小球受到的最大彈力F=kA=20N∕mX0.05m=lN,已

知小球的質(zhì)量m=10g=0.01kg,根據(jù)牛頓第二定律可求出小球的最大加速度a=?=1m∕s2

mO.Ol

=100m∕s2,故C正確；

D、由于50s=12.5T,則該小球在O?50s內(nèi)的位移為OCm,路程為s=12.5X4A=12.5X4

×0.05cm=2.5m,故D錯(cuò)誤。

故選：C?

16.某地甲、乙兩個(gè)單擺擺長(zhǎng)相同，甲、乙的擺球做小角度擺動(dòng)經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)的速率分別

為V甲和V乙，且

V甲＞v乙，由此可知甲比乙（）

A.振動(dòng)得快B.振動(dòng)得慢C.振幅大D.振幅小

【分析】單擺的周期由單擺的擺長(zhǎng)和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葲Q定，根據(jù)動(dòng)能定理可知，重力做功

轉(zhuǎn)化為最低點(diǎn)的動(dòng)能，擺球經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)的速率不同，故下落高度不同，故振幅一定不同.

【解答】解：AB、根據(jù)單擺周期公式丁=2兀，匚，單擺的周期由單擺的擺長(zhǎng)和當(dāng)?shù)氐闹亓?/p>

加速度決定，而兩個(gè)單擺的擺長(zhǎng)相同，故周期相同，故振動(dòng)快慢相同；故AB錯(cuò)誤；

CD、重力做功轉(zhuǎn)化為最低點(diǎn)的動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)能定理Ingh=I?mv2可得，v=√?h.擺球經(jīng)過(guò)

平衡位置時(shí)的速率不同，故下落高度不同，因此甲球的振幅比較大，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

17.如圖雙線擺（圖1）也是一種單擺，它的優(yōu)點(diǎn)是可以把擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡約束在一個(gè)確定

的平面上?，F(xiàn)把雙線擺的其中一根懸線，換成一根很輕的硬桿，組成一個(gè)“桿線擺”，如圖2所

示。桿線擺可以繞著懸掛軸00'來(lái)回?cái)[動(dòng)，桿與懸掛軸00,垂直，其擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡被約束在一

個(gè)傾斜的平面內(nèi)，則在擺角很小時(shí)“桿線擺”的周期為（）

【分析】雙線擺長(zhǎng)為豎直長(zhǎng)，套用單擺周期公式即可判斷。

【解答】解：擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡被約束在一個(gè)傾斜的平面內(nèi)，則在擺角很小時(shí)，重力沿斜面向

下的分力mgsin。的沿?cái)[球擺動(dòng)的切線方向的分力提供回復(fù)力，其擺長(zhǎng)為L(zhǎng),則其周期：T=

2冗J?——L,，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

Vgsincθι

故選：Ao

18.一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）

B.0?IOS內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程是20Cm

C.在t=4s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的速度為0

D.在t=ls和t=3s兩時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)的位移相同

【分析】根據(jù)X-t圖判斷出簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的各個(gè)物理量，結(jié)合題目選項(xiàng)完成解答。

【解答】解：A、從X-t圖可知，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周