第30讲 机械振动（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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【题型一】简谐运动的描述及证明
1．钓鱼是很多人的爱好，浮漂是必不可少的工具。如图是质量为m的某浮漂，静止在静水中的示意图，M、P、O、N为浮漂上的点，此时点О在水面上。用手将浮漂向下压，使点M到达水面后松手，浮漂会上下运动，上升到最高处时，点N恰好到达水面，浮漂的运动可看成简谐运动。从松手开始计时，经0.2s点Р第一次经过水面，再经1.6s点P第二次经过水面，重力加速度为g，则（ ）
A．O点到达水面时，浮漂具有最大加速度B．N点到达水面时，浮漂具有最大速度
C．浮漂振动周期为2.0sD．N点到达水面时，浮漂受到的浮力大小为2mg
【答案】C
【详解】AB．当鱼漂静止时浮力与重力大小相等，则O点与水面重合时的位置为简谐运动的平衡位置，鱼漂的速度最大，加速度为零，N点到达水面时，浮漂的速度为零，故AB错误；
C．由题意可知，浮漂振动周期为
选项C正确；
D．N点到达水面时，由牛顿第二定律
由对称性可知，M点到达水面时
可知
即N点到达水面时，浮漂受到的浮力大小小于2mg，选项D错误。
故选C。
2.如图所示，一根粗细均匀的木筷，下端绕几根铁丝，竖直浮在盛水的盆中。筷子与铁丝的总质量为m，筷子的直径远小于盆的直径。把木筷向上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，振幅为A。不考虑水对筷子的阻力，忽略铁丝体积的影响，木筷始终有一部分露在水面上。
（1）证明：木筷在水中做简谐运动。
（2）某同学发现木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能。他分析之后认为，木筷与铁丝损失的机械能应转化为了水的重力势能，请判断他的结论是否正确，并说明理由。
（3）证明木筷与铁丝的最大动能。
【答案】（1）见解析；（2）结论正确，理由见解析；（3）见解析
【详解】（1）设木筷的截面积为S，质量为m，水的密度为ρ，静止时水下长度为x0，根据平衡条件有
把木筷向上提起一段距离后放手，以向上为正方向，设木筷在水下长度相对于平衡位置的长度为，则木筷受到的合力为
解得
可知木筷在水中做简谐运动。
（2）某同学发现木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能。他分析之后认为，木筷与铁丝损失的机械能应转化为了水的重力势能，他的结论是正确的；当木筷与铁丝在最高点时，木筷在水下长度最小，排开水的体积最小，盆中水面高度最低，水的重力势能较小；当木筷与铁丝在最低点时，木筷在水下长度最大，排开水的体积最大，盆中水面高度最高，水的重力势能较大，故木筷与铁丝从最高点到最低点过程，水的重力势能增大，木筷与铁丝的机械能减小，则木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能。
（3）由于木筷在水中做简谐运动，则有
木筷与铁丝在最高点时速度为0，平衡位置时速度最大，动能最大，从最高点到平衡位置，合力做的功为
根据动能定理可得
则有
【题型二】简谐运动的图像与方程
2.一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间t的关系图线如图所示，由图可知（ ）
A．该简谐运动的周期是，振幅是7cm
B．该简谐运动的表达式可能为
C．时振子的速度最大，且方向向下
D．时振子的位移为
【答案】B
【详解】A．根据图像可知，该简谐运动的周期是，振幅是7cm，故A错误；
B．应该完整的规则的正弦式振动方程为
将上述函数的图像向左平移
得到图像中的波形，则该简谐运动的表达式可能为
故B正确；
C．根据图像可知，时振子处于平衡位置，振子的速度最大，速度方向向上，故C错误；
D．由于
可以解得时振子的位移为
故D错误。
故选B。
2．如图甲所示，一个小球与轻弹簧连接套在光滑水平细杆上，在A、B间做简谐运动，O点为AB的中点。以O点为坐标原点、水平向右为正方向建立坐标系，得到小球的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球振动的频率是2Hz
B．t=0.5s时，小球在A位置，此时弹簧的弹性势能最大，速度为零
C．t=1s时，小球经过O 点向右运动，此时小球受到弹簧向左的力的作用
D．小球的振动方程是x=10sinπt（cm）
【答案】D
【详解】A．小球的振动周期为
频率
故A错误；
B．因为水平向右为正方向，t=0.5s时，小球在B位置，故B错误；
C．t=1s时，小球经过O点向负方向运动，即向左运动，故C错误；
D．由图乙知，振幅
A=10cm
小球的振动方程是
x==10sinπt（cm）
故D正确。
故选D。
3．一列简谐横波在时刻的波动图像如图所示，此时处的质点P速度正在增大，从此时刻起经0.3s质点P第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．波速为
C．0~0.3s时间内，质点P运动的路程为24cm
D．质点P的振动方程为
【答案】B
【详解】A．由“上下坡”法可知，波沿x轴正方向传播。故A错误；
B．波速为
故B正确；
C．该波的波动方程为
由图可知
，
整理，可得
则时刻，P点位移大小为
0~0.3s时间内，质点P运动的路程为
故C错误；
D．质点P的振动方程为
根据
解得
当t=0时，，可得
可得
故D错误。
故选B。
【题型三】单摆及等效摆
4．如图甲所示，一单摆做小角度摆动。从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，画出它的振动图像如图乙所示。忽略空气阻力，g取。下列说法正确的是（ ）
A．此单摆的摆长约为
B．此单摆的振幅为
C．从到的过程中，摆球的动能逐渐减小
D．从到的过程中，摆球所受合力的冲量方向水平向右
【答案】B
【详解】A．根据图乙可知周期为2s，根据周期公式有
解得
故A错误；
B．根据图乙可知，此单摆的振幅为，故B正确；
C．根据图乙可知，从到的过程中，摆球位移减小，摆球靠近平衡位置运动，摆球的动能逐渐增大，故C错误；
D．摆球由左向右通过平衡位置开始计时得到图乙的振动图像，可知，向右为正方向，从到的过程中，摆球位移为正值，位移减小，摆球向左运动，速度逐渐增大，根据
可知，摆球所受合力的冲量方向水平向左，故D错误。
故选B。
5．一单摆做简谐振动，如图为摆绳对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，关于该单摆的情况，下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．单摆振动周期
B．单摆振动周期
C．单摆的摆长为
D．单摆的摆长为
【答案】B
【详解】AB．由图像可知，连续两次摆线拉力最大时的时间间隔为0.4，对于单摆，当摆球运动到平衡位置时，摆线上拉力最大，每经过半个周期摆线上拉力达到最大，所以单摆的周期
T=0.8
A错误，B正确；
CD．由单摆的周期公式得
解得
L=1.6m
CD错误。
故选B。
6．某兴趣小组在地球赤道附近进行如下实验，如图所示，三根长度均为L的轻细绳a、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球m，球的直径为绳b、c与天花板的夹角，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度，重力加速度为g，现将小球拉开小角度后由静止释放，则（ ）
A．若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为
B．若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为
C．如果地球自转角速度变大，则单摆周期将变小
D．无论小球如何摆动，电场力都不做功
【答案】B
【详解】A．由题意可知，若小球以为圆心做简谐运动，则摆长为
电场和重力场合成等效重力加速度为2g，振动周期为
故A项错误；
B．根据题意可知，若小球以O为圆心做简谐运动，摆长
振动周期为
故B项正确；
C．在地球赤道附近有
若地球的自转角速度加快，则赤道附近的重力加速度减小，即重力场和电场合成的等效重力加速度将小于2g，由上述分析可知，其周期将变大，故C项错误；
D．小球在摆动过程中，沿电场力方向存在位移，根据做功条件可知，电场力做功，故D项错误。
故选B。
【题型四】受迫振动
7．如图，一根张紧的绳上悬挂3个单摆，摆长关系为，摆球质量关系为。当A摆振动起来，通过张紧的绳迫使B、C也振动起来，达到稳定后有（ ）
A．A摆的摆球质量最大，故振幅最小B．B摆的摆长最大，故振动周期最长
C．A、B摆振动周期相同，振幅不同D．A、C摆振幅不同，振动周期相同
【答案】C
【详解】摆球A振动后带动其他球做受迫振动，而做受迫振动的周期等于驱动力的周期，故它们的振动周期均和A摆相同，而
可知C的固有周期与驱动力的周期相等，C摆发生共振，其振幅最大，与A摆振幅相同。
故选C。
8．蟾蜍在池塘边平静的水面上鸣叫，某时形成如图所示的水波。若蟾蜍的鸣叫频率不变，下列选项正确的是（ ）
A．岸边的人接收到鸣叫的声波是横波
B．水波从浅水区传入深水区，频率变小
C．水面上的落叶遇到水波后做受迫振动
D．水波遇到大石头比遇到小石头更容易发生衍射现象
【答案】C
【详解】A．声波是纵波，可知，岸边的人接收到鸣叫的是纵波，故A错误；
B．频率由波源决定，可知，水波从浅水区传入深水区，频率不变，故B错误；
C．水面上的落叶遇到水波后，落叶在声波的干扰之下发生振动，落叶做的是受迫振动，故C正确；
D．当波长与障碍物的尺寸相差不多时，能够发生明显衍射现象，可知，波长一定时，水波遇到大石头比遇到小石头更不容易发生衍射现象，故D错误。
故选C。
1．下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动，与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能逐渐变小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小先增大后减小
C．x=0.35m和x=0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
【答案】D
【详解】A．由简谐运动的对称性，水平位移为0.1m，0.3m，0.5m时木棒处于平衡位置；x从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故A错误；
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近平衡位置，加速度竖直向下，大小减小，故B错误；
C． x=0.4m时木棒位于最低点，x=0.35m和x=0.45m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在最低点上方相同距离处，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，而两时刻木棒在水平方向的速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，故C错误；
D．木棒在最低点时有
在最高点时有
其中
联立解得振幅为
故D正确。
故选D。
2．如图甲所示质量为m的B木板放在水平面上，质量为2m的物块A通过一轻弹簧与其连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，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．物体B在时刻对地面的压力大小为
C．物体A在运动过程中机械能守恒
D．物体A的振动方程为
【答案】D
【详解】A．物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供，A错误；
B．时刻物块A在平衡位置，此时弹簧处于压缩状态，弹力为
对物体B受力分析有
则可得，由牛顿第三定律得物体B在时刻对地面的压力大小为，B错误；
C．物体A在运动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹力对物体A做功，故机械能不守恒，C错误；
D．由图乙可知振幅为
周期为
角速度为
规定向上为正方向，t=0时刻位移为0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m处开始运动，所以初相为
则振子的振动方程为
故D正确。
故选D。
3．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．时，弹簧弹力为0
B．时，手机位于平衡位置上方
C．从至，手机的动能增大
D．a随t变化的关系式为
【答案】D
【详解】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为
A错误；
B．由题图乙知，时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；
C．由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；
D．由题图乙知
则角频率
则a随t变化的关系式为
D正确。
故选D。
4．位于同一地点的甲、乙两个单摆做简谐运动的图像如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）
A．甲、乙两摆的摆长之比为1∶4
B．时，乙摆刚好摆到平衡位置
C．由于甲的振幅比乙大，所以甲摆的机械能大于乙摆
D．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1
【答案】C
【详解】A．由图可知，甲、乙两个单摆周期之比为，根据公式可知，甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故A正确；
B．由图可知，时，乙摆刚好摆到平衡位置，故B正确；
C．因为两摆摆球的质量未知，所以无法比较两摆机械能的大小，故C错误；
D．由图可知，甲、乙两摆的振幅之比为2∶1，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
5．某同学在探究单摆运动中，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，则以下说法正确的是（ ）
A．时刻摆球速度最大
B．时刻摆球经过最低点
C．单摆振动周期
D．单摆振动周期
【答案】B
【详解】A．时刻摆球受拉力最小，则摆球在最大位移处，速度最小，故A错误；
B．时刻摆球受拉力最大，则摆球经过最低点，故B正确；
CD．由图可知摆球的周期为
s=1.6s
故CD错误；
故选B。
6．惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为、在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（ ）
A．多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为
C．多次改变斜面的倾角，只要得出就可以验证该结论成立
D．在图2的测量过程中，满足关系
【答案】D
【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球的重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡，令等效重力加速度为，则有
解得
可知，多次改变图1中角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故A项错误；
B．单摆在运动过程中，A、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期，可知，单摆n次全振动的时间为
故B项错误；
C．单摆的周期公式为
可知，多次改变斜面倾角，只要得出，就可以验证该结论成立，故C项错误；
D．摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为，根据平衡条件有
在图2的测量过程中，摆球在A位置有
摆球在B位置有
摆球从A位置运动到B位置过程有
解得
故D项正确。
故选D。
7．如图是用来测量发动机转动频率的原理图。在同一铁支架上焊有固有频率依次为，，，的四个钢片a、b、c、d，将端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，则（ ）
A．发动机转动频率为100HzB．发动机转动频率为80Hz
C．钢片a振动频率约为90HzD．钢片d振动频率为70Hz
【答案】C
【详解】当驱动力的频率等于钢片的固有频率时，将发生共振，振片的振幅最大，由题意可知，b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，则驱动力的频率等于b得固有频率，约为90Hz，四个钢片a、b、c、d都是受迫振动，其频率都等于驱动力频率，约为90Hz，故C正确，ABD错误。
故选C。
8．一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，小球做受迫振动，圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示（以竖直向上为正方向），下列说法正确的是（ ）
A．到小球所受的回复力增加，且方向向上
B．到小球运动方向向上，且动能增大
C．若圆盘以匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s
D．若圆盘正以匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大
【答案】C
【详解】A．以竖直向上为正方向，到小球从最低点向平衡位置振动，偏离平衡位置位移方向为负，大小正在减小，由
可知所受的回复力减小，方向为x轴正向，故A错误；
B．根据简谐运动特征，到小球从平衡位置向最高点振动，平衡位置处小球速度最大，而最大位移处速度为0，故B错误；
C．若圆盘以匀速转动，其周期为
小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期为，故C正确；
D．由图乙可知，小球振动的固有周期为
若圆盘正以匀速转动时，有
欲使小球振幅增加则要增大驱动力的周期，可使圆盘转速适当减小，故D错误。
故选C。
9．如图所示为某水平放置的弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．0.6s时和0.8s时物体的速度方向不相同
B．0.2s时与0.4s时的回复力相同
C．0.5s-0.9s时间内，系统的弹性势能一直减小
D．0.7s-0.9s时间内，振子的加速度在增加
【答案】D
【详解】A．0.6s时和0.8s时物体的速度相同，方向均指向位移负方向，故A错误；
B．0.2s时与0.4s时的回复力大小相同但方向不同，故B错误；
C．0.5s~0.9s振子先靠近后远离平衡位置，系统的弹性势能先减小后增加，故C错误；
D．0.7s~0.9s时间内，振子远离平衡位置，加速度增加，故D正确。
故选D。
10．一弹簧振子做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在时，弹簧振子的动能最大B．和时，弹簧振子的速度相同
C．振动的圆频率为D．内，弹簧振子加速度的方向始终相同
【答案】BC
【详解】A．由图像可知，在时，弹簧振子处于最大位移处，速度最小，动能最小，故A错误；
B．由图像根据对称性可知，和时，弹簧振子的速度大小相等，方向相同，均沿轴负方向运动，故B正确；
C．由图像可知，振动的圆频率为
故C正确；
D．由图像可知，在内，弹簧振子加速度的方向沿轴负方向；在内，弹簧振子加速度的方向沿轴正方向，故D错误。
故选BC。
11．如图（甲）所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图像如图（乙）所示，以下说法正确的是（ ）
A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小
B．t2时刻小球速度最大，小球的回复力最大
C．t3时刻小球速度为零，小球的合力为零
D．t3时刻到t4时刻的过程中，轨道对小球的支持力变大
【答案】AD
【详解】A．小球做小角度振动，则小球的运动可以近似看为简谐运动，t1时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，轨道对它的支持力最小，故A正确；
B．结合上述，t2时刻小球处于简谐运动的平衡位置，小球的速度最大，小球的回复力最小，故B错误；
C．t3时刻小球相对于平衡位置位移最大，即小球运动到了最高点，可知，此时小球速度为零，小球的合力不为零，故C错误；
D．t3时刻到t4时刻的过程中，小球由最高点运动到最低点，速度增大，沿半径方向的合力增大，重力沿半径方向的分力增大，则轨道对小球的支持力变大，故D正确。
故选AD。
12．下图是某单摆振动的图像，由此图像，以下说法正确的有（ ）
A．在t时刻和时刻（n取正整数）摆球速度大小相等
B．每个奇数秒时间内摆球所受合力的冲量均相同
C．每分钟摆球通过的路程约
D．摆球做简谐运动的最大加速度可以达到
【答案】AC
【详解】A．t时刻和时刻，摆球所处的位置相同或关于平衡位置对称，其速度大小也相同。故A正确；
B．第1秒内，小球由平衡位置运动到一侧最高点，此时合外力冲量大小为。第3秒内，小球由平衡位置运动到另一侧最高点，合外力冲量大小为，但方向不同，故B错误；
C．每分钟单摆周期为15个，每个周期路程为4A=1.2m，故每分钟路程为
故C正确；
D．摆球在最大位移处加速度最大，此时
可知
故D错误；
故选AC。
13．某同学把单摆固定在光滑斜面上（斜面静止不动），并让小球在斜面上来回摆动（摆角很小），下列选项中与单摆周期有关的量是（ ）
A．斜面的倾角B．摆球的质量
C．摆球的振幅D．摆线的长度
【答案】AD
【详解】等效重力加速度
g等效=a=gsinθ
由单摆周期公式
得与单摆周期有关的量是斜面的倾角和摆线的长度，则选项AD正确，选项BC错误。
故选AD。
14．某研究性学习小组设计了如图1所示的实验装置，将一倾角可调的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力传感器，将小球通过摆线挂在力传感器上，摆线与斜面始终保持平行，小球能在斜面上做单摆运动。当斜面倾角时，传感器输出的细线拉力F随时间t的变化曲线如图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A．由图2可知单摆的周期为
B．只减小斜面倾角，则单摆周期将变大
C．摆线应选用不易伸缩的轻质细绳
D．只增大摆线的长度，则单摆周期将减小
【答案】BC
【详解】A．根据题意，由图乙可知，小磁铁摆动的周期为
s=1.6s
故A错误；
BD．根据题意可知，斜面倾角为时，等效重力加速度为
由单摆周期公式有
只减小斜面倾角，则单摆周期将变大，只增大摆线的长度，则单摆周期将增大，故B正确，D错误；
C．为避免单摆摆动过程中摆长变化，摆线应选用不易伸缩的轻质细绳，故C正确；
故选BC。
15．如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧曲面上做简谐运动，圆弧轨道对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙所示，图中时刻小球从点开始运动，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．该圆弧轨道的半径为
B．小球简谐振动的周期为t0
C．小球的质量为
D．小球在平衡位置O点时所受的合力为零
【答案】AC
【详解】AB．由图像知半个周期是t0，小球运动的周期为
根据
可得该圆弧轨道的半径为
A正确，B错误；
CD．小球在A点时
在O点时
联立解得小球的质量为
小球在平衡位置时回复力为零，但所受的合力不为零；C正确，D错误。
故选AC。
16．广州虎门大桥曾发生过一次异常振动，是由于气流旋涡给大桥施加一个周期性的力，从而引起大桥的周期性振动。当作用在大桥上的力的周期变大时，下列说法正确的是（ ）
A．大桥振动的周期可能变小B．大桥振动的周期一定变大
C．大桥振动的振幅可能减小D．大桥振动的振幅一定增大
【答案】BC
【详解】AB．由于气流旋涡给大桥施加一个周期性的力，从而引起大桥的周期性振动，可知大桥做受迫振动，周期等于驱动力的周期，所以当作用在大桥上的力的周期变大时，大桥振动的周期一定变大，故A错误，B正确；
CD．大桥做受迫振动，当驱动力周期等于大桥振动的固有周期时，大桥振动的振幅最大；由于不清楚大桥的固有周期，所以当作用在大桥上的力的周期变大时，大桥振动的振幅可能减小，也可能增大，故C正确，D错误。
故选BC。
17．如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P，P和Q通过细绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，P物体将在A点和右侧的某位置（图中未画出）之间来回运动，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知P和Q的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦，则（ ）

A．刚释放瞬间，P的加速度为g
B．P做简谐运动的振幅为
C．绳上最大拉力为2mg
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】BD
【详解】A．开始时将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，则在释放瞬间，由牛顿第二定律，对P、Q整体分析可得
解得
故A错误；
B．根据题意可知，P、Q以及弹簧组成的连接体静态平衡时，物块P位于位置O，则可知物块P做简谐运动时的平衡位置位于O点，根据平衡条件可得
解得平衡时弹簧的伸长量为
而释放时弹簧处于原长，则可知AO间的距离为x，即可得P做简谐运动的振幅为，故B正确；
C．做简谐运动的物体，加速度在振幅最大处最大，即加速度的最大值为，而绳的拉力在P运动至最右端时最大，将Q隔离分析，由牛顶第二定律有
解得
故C错误；
D．当物块P运动至最右端时弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的伸长量为，根据弹簧弹性势能的表达式
代入可得
故选BD。
18．如图所示，底面积为S、高为5l的圆柱体浮筒漂浮于平静的水面上，静止时浮筒水面以下部分的长度为3l，已知水的密度为，重力加速度为g，将浮筒竖直往下按压长度x（小于2l）后由静止释放，浮筒开始上下振动，忽略水对浮筒的粘滞阻力和空气阻力。有关浮筒的振动，分析回答以下问题：
（1）由哪些力提供浮筒振动的回复力？
（2）浮筒是否做简谐运动？并进行证明；
（3）若按压长度x值减小，浮筒的振动频率怎么改变？
【答案】（1）浮力和重力；（2）浮筒做简谐运动，证明过程见解析；（3）不变
【详解】（1）浮筒受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力，浮力和重力提供浮筒振动的回复力。
（2）浮筒做简谐运动。
证明如下：
浮筒的平衡位置就在原来静止的位置，浮筒漂浮（静止）时由力平衡可得
现在以浮筒振动到平衡位置下方情形为例来证明，取向下为正方向，将浮筒竖直往下按压长度x（小于2l），其偏离平衡位置的位移大小为x，所受到的浮力变为
回复力为
显然回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，同理可证，浮筒振动到平衡位置上方时回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，分析浮筒在平衡位置上方和下方时的回复力方向可知，回复力恒指向平衡位置，所以浮筒此时做简谐运动。
（3）简谐运动的频率由自身物理性质决定，若按压长度x值减小，自身物理性质未改变，浮筒的振动频率不会改变。
19．如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧上端与质量为m的物体A相连，下端与地面上质量为4m的物体B相连，开始时A、B均处于静止状态。将一质量为m的物体C从A的正上方高度为h处自由释放，下落后与A发生碰撞，碰撞后立刻粘在一起，在之后的运动过程中不再分开，B恰好未离开地面，弹簧始终处在弹性限度内，不计空气阻力，A、B、C均可看做质点，重力加速度大小为g。求：
（1）在运动过程中弹簧的最大伸长量；
（2）C与A粘在一起后，AC整体做简谐运动的振幅。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）因为 B 恰好未离开地面，则有
可得弹簧的最大伸长量为
（2）对AC在最高点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据对称性可知，AC在最低点加速度大小也是，方向向上；根据牛顿第二定律可得
解得
AC受力平衡时有
解得
则AC整体做简谐运动的振幅为
20．如图甲所示，一个劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面上，使其直立，另一端上下叠放着物块A、B，两物块质量分别为3m和m。当弹簧和两物块组成的系统静止时，从上方拿走物块B，物块A开始做竖直方向上的运动，如图乙所示。已知重力加速度大小为。
（1）证明：当拿走物体B后，物块A在竖直方向上做简谐运动；
（2）求A做简谐运动的最大加速度和振幅；
（3）求A上升到最高点时，桌面受到弹簧给的弹力大小和方向。
【答案】（1）见解析；（2），；（3）竖直向下的的弹力
【详解】（1）A处于甲图中的状态时，设弹簧压缩量为
解得
设A弹簧压缩量为时，物块A上升到最大高度，有动能定理得
解得
当A的加速度为0时，设此时弹簧的压缩量为
解得
弹簧形变量在时，设弹簧距离加速度为0的点为，由牛顿第二定律得
方向指向加速度为0的点
弹簧形变量在时，设弹簧距离加速度为0的点为，由牛顿第二定律得
方向指向加速度为0的点
由以上两个结论可知，物块A以加速度为0的点为平衡位置，做简谐运动。
（2）由上题可知，当弹簧压缩量在、两位置时，物块A的加速度最大，由牛顿第二定律得
解得
由上题可知A做简谐运动的振幅
（3）A上升到最高点时，由（1）问可知，此时弹簧的压缩量为，此时弹簧弹力
弹簧对物块竖直向上的弹力，同时弹簧对桌面有竖直向下的的弹力。
目录
01 模拟基础练
【题型一】简谐运动的描述及证明
【题型二】简谐运动的图像与方程
【题型三】单摆及等效摆
【题型四】受迫振动
02 重难创新练