2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第30讲机械振动(专项训练)(学生版+解析)

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TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 简谐运动的基本规律
\l "_Tc2717" 题型02 简谐运动的表达式和图像
\l "_Tc30632" 题型03 单摆与类单摆
\l "_Tc30632" 题型054 受迫振动和共振
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01简谐运动的基本规律
1.（2025·北京东城·一模）如图所示，鱼漂静止时，点恰好位于水面处。用手将鱼漂缓慢向下压，使点到达水面，松手后，鱼漂沿竖直方向运动，上升到最高处时，点到达水面。若鱼漂的段可视为圆柱体，仅在重力与浮力的作用下运动，则有关鱼漂松手后的运动，下列说法不正确的是（ ）
A．鱼漂的运动是简谐运动
B．点过水面时，鱼漂的速度最大
C．点到达水面时，鱼漂具有向下的加速度
D．鱼漂由释放至运动到最高点的过程中，速度先增大后减小
【答案】C
【详解】A．鱼漂在水中受到了浮力的作用，由阿基米德浮力定律可知，浮力的大小与鱼漂进入水面的深度成正比，鱼漂所受的重力为恒力，以静止时O点所处位置为坐标原点，则合力的大小与鱼漂的位移大小成正比，方向总是与位移方向相反，所以鱼漂做简谐运动，故A正确；
B．点O过水面时，鱼漂到达了平衡位置，速度最大，故B正确；
C．点M到达水面时，鱼漂达到了向下的最大位移，所受合力方向向上，所以具有向上的加速度，故C错误；
D．由简谐运动的特点可知，鱼漂由释放至运动到最高点的过程中，速度先增大后减小，故D正确。
本题选不正确项，故选C。
2.（2025·北京延庆·一模）简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上做匀速运动，绘图笔在纸带上画出的就是小球的振动图像。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置位移的正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子的周期为2s
B．弹簧振子的振幅为20cm
C．2．8s时小球正在向左运动
D．若增大弹簧振子的振幅，其振动的周期也增大
【答案】C
【详解】A．周期是振子完成一次全振动的时间，由题图知，弹簧振子的周期为T=4s，故A错误；
B．振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由题图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B错误；
C．图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度的方向，则由图乙知，2.8s时振子的速度为负，正在向左运动，故C正确；
D．根据弹簧振子的周期公式
其振动的周期与振幅无关，故增大弹簧振子的振幅，它的周期将保持不变，故D错误。
故选C。
3．（2025·山西太原·一模）如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。劲度系数为k的轻弹簧一端固定于竖直墙壁，另一端与质量为m、电荷量为+q的滑块连接，现压缩弹簧使滑块移至M点，滑块由静止释放并开始计时。滑块始终在同一光滑水平面上运动，且弹簧始终在弹性限度内，则滑块第一次回到M点所用的时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题知，滑块始终在同一光滑水平面上运动，受到重力、地面的支持力、弹簧的弹力和洛伦兹力共四个力作用， 在竖直方向上重力、地面的支持力、洛伦兹力三力时刻平衡，水平方向只有弹簧的弹力作用，则有
其中为弹簧的形变量，符合简谐运动的回复力特征，所以滑块在弹簧弹力作用下做简谐运动。对于弹簧振子的简谐运动，其周期公式为
滑块从M点由静止释放，第一次回到M点时，刚好完成一个完整的简谐运动，所用时间就是一个周期T，即
故选A。
4.（2025·山东潍坊·一模）如图所示，质量为2m的物块P静置于劲度系数为k的轻弹簧上，质量为m的物块Q从P上方的高度处由静止落下，Q与P发生碰撞，碰后立即结为一体。已知两物块碰后经时间速度第一次变为零，弹性势能的表达式为（k为弹簧的劲度系数、x为弹簧的形变量），不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据速度位移关系式可知，Q与P碰前速度
碰撞过程根据动量守恒,以的方向为正方向
从碰后到最低点，以最低点为重力势能的0点，根据能量守恒
解得
整体做简谐运动，简谐运动平衡位置为压缩处，根据题意有两物块碰后位置为压缩处，最低点在压缩处，最高点位置为压缩处。经时间速度第一次变为零，结合简谐运动规律可知对应的角度为120°，而从碰后到平衡位置，即最大速度处，对应简谐运动角度为30°，所以从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间为。
故选B。
02简谐振动的表达式和图像
5．（2025·宁夏石嘴山·一模）并列悬挂的两个弹簧振子如图甲所示，分别以振子A、B的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立y轴，当振子在振动过程中某次经过平衡位置时开始计时，两振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．两振子的振动频率之比为：=2：1
B．振子A速度为零时，振子B 速度最大
C．任意0.5s内，A、B两振子运动的路程相等
D．0．5s~1s内， 振子A向下振动， 振子B先向下动后向上振动
【答案】BD
【详解】A．由乙图可知，振子A、B的周期，
根据可知，两振子的振动频率之比为：=1：2
A错误；
B．由图可知，振子A速度为零时，B振子恰好在平衡位置，速度最大，B正确；
C．由于，故在任意0.5s内，振子B的路程始终为，若振子A在平衡位置或最大位移处计时，在0.5s内的路程为10cm，若从其它位置计时，0.5s时间内经过平衡位置，平均速度较大，0.5s内的路程大于10cm，0.5s时间内经过最大位置，平均速度较小，0.5s内的路程小于10cm，C错误；
D．0．5s~1s内， 振子A向下振动， 振子B先向下动后向上振动，D正确。
故选BD。
6.（2025·江西萍乡·三模）钓鱼在中国有着悠久的历史，深受广大群众喜爱。刚扔入水中的鱼漂短时内可看做在竖直方向做简谐振动，取竖直向上为正方向，其振动图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该简谐运动的周期为0.4s
B．该简谐运动的振幅为4cm
C．t=0.1s时，鱼漂的速度方向竖直向上
D．t=0.4s时，鱼漂的加速度方向竖直向下
【答案】C
【详解】AB．由图可知，简谐运动的周期为0.8s，振幅为2cm，故AB错误；
C．t=0.1s时刻，鱼漂的位移沿y轴正方向，此时运动方向竖直向上，故C正确；
D．t=0.4s时，鱼漂在平衡位置，加速度为0，故D错误。
故选C。
7.（2025·湖南长沙·三模）如图1所示，在光滑的水平面上有两弹簧振子甲、乙，甲、乙使用的弹簧劲度系数相同，两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2所示。已知弹簧振子的周期公式为T=2πmk，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能Ep=12kx2，x为弹簧形变量，下列说法不正确的是（ ）
A．甲、乙的周期之比为4:3B．甲、乙的振子质量之比为16:9
C．甲、乙的机械能之比为32:9D．甲、乙的弹簧最大形变量之比为16:3
【答案】D
【详解】A．由图2可得t0=34T甲，t0=T乙
解得T甲=43t0，T乙=t0
所以T甲T乙=43
故A正确；
B．根据弹簧振子的周期公式为T=2πmk
整理得m=kT24π2
则m甲m乙=T甲2T乙2=169
故B正确；
C．由图2可得，两弹簧振子的最大速度之比为v甲v乙=21
当振子有最大速度时，振子的机械能只有动能，则根据Ek=12mv2
可得Ek甲Ek乙=m甲v甲2m乙v乙2=169×21=329
故C正确；
D．当弹簧形变量最大时，振子的动能全部转化为弹性势能，根据Ek=Ep=12kx2
整理可得x=2Ekk
所以x甲x乙=Ek甲Ek乙=423
故D错误。
本题选择不正确的，故选D。
8.（2025·陕西商洛·二模）如图甲所示，竖直悬挂的弹簧振子在M、N两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达N点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x−t图像，则（ ）
A．弹簧振子从N点经过O点再运动到M点为一次全振动
B．乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向
C．弹簧振子的振动方程为x=0.14sinπt+π2m
D．弹簧振子在前2.5s内的路程为0.35m
【答案】BD
【详解】A．弹簧振子从N点经过O点再运动到M点为12次全振动，故A错误；
B．图乙的斜率代表质点的速度，则P点时刻振子的速度方向为正方向，根据a=−kxm可知，加速度方向沿正方向，故B正确；
C．由图乙知周期为T=2s，弹簧振子的振幅为A=0.07m，则ω=2πT=π
规定竖直向下为正方向，振子到达N点开始计时，t=0时刻位移为0.07m，可知初相为π2，则弹簧振子的振动方程为x=0.07sinπt+π2m，故C错误；
D．弹簧振子在前2.5s内的路程为s=54×4A=0.35m，故D正确。
故选BD。
8.（2025·广东·模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若T2时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（ ）
A．0时刻弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧劲度系数为2mgA
C．T2−T时间段，回复力冲量为0
D．T2−T时间段，小球动能与重力势能之和不变
【答案】AC
【详解】B．小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，T2时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，有kA=mg
可得劲度系数为k=mgA
故B错误；
A．0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F=k⋅2A=2mg
故A正确；
C．T2∼T时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前T4时间沿正方向，在后T4时间沿负方向，两段时间的回复力平均值F大小相等，则由I=F⋅T4+−F⋅T4=0
可知回复力冲量为0，故C正确；
D．T2∼T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D错误。
故选AC。
9.（2025·全国·二模）如图所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（ ）
A．光源与小球振动的相位差为π2
B．光源从初始状态回到平衡位置的时间为0.75s
C．若影子振动的初相位为ϕ，则sinϕ=213−62
D．影子的最大速度π13−62cm/s
【答案】BD
【详解】A．图2可知二者振幅为1cm，设小球的振动方程x1=Asinωt+φ1=sinωt+φ1(cm)
光源的振动方程x2=Asinωt+φ2=sinωt+φ2(cm)
但t=0时，则x1=0=sinφ1，x2=22cm=sinφ2cm
则φ1=0，φ2=π4
可知光源与小球振动的相位差为π4，故A错误；
B．光源的振动方程x2=sinωt+π4cm
其中ω=2πT=2π2rad/s=π rad/s
则x2=sinπt+π4cm
光源从初始状态回到平衡位置，即x2=sinπt+π4cm=0
可知光源从初始状态回到平衡位置的时间为0.75s，故B正确；
C．小球的振动方程x1=sinπt(cm)
光源的振动方程x2=sinπt+π4cm
影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，取影子某一时刻的位置
根据几何关系−x3+x1−x3+x2=23
得影子的振动方程x3=3x1−2x2=3sinπt(cm)−2sinπt+π4(cm)=13−62sin(πt+ϕ(cm)
当t=0时有x3=−2cm=13−62sinϕ(cm)
则sinϕ=−213−62
故C错误；
D．对于x3=13−62sin(πt+ϕ(cm)
设振幅A=13−62cm
根据能量守恒12kA2=12mvm2
根据图2，周期T=2s
且周期T=2πmk
联立解得vm=π13−62cm/s
故D正确。
故选BD。
03单摆与类单摆
10.（2025·北京房山·一模）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时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为2.0m
B．从t=1.5s到t=2.0s时间内，摆球的动能逐渐增大
C．从t=0.5s到t=1.0s时间内，摆球所受回复力逐渐增大
D．单摆的位移x随时间t变化的关系式为cm
【答案】B
【详解】A．由题图乙可知，单摆的周期为T=2s，由单摆的周期公式
结合可得m
故A错误；
B．由图乙可知，从t=1.5s到t=2.0s的振动中，摆球向平衡位置运动，速度逐渐增大，动能逐渐增大，故B正确；
C．由图乙可知，从t=0.5s到t=1.0s的振动中，向平衡位置运动，摆球的位移减小，根据可知，回复力逐渐减小，故C错误；
D．由图乙可知：振幅A=8cm，，角速度rad/s
单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπt（cm）
故D错误；
故选B。
11.（2025·北京大兴·一模）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”可以认为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ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α。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α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θ，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】C
【详解】A．等效重力加速度
所以若要获得不同的等效重力加速度，可以多次改变图1中角的大小，故A错误；
B．由图2可知，单摆一次全振动的时间，单摆n次全振动的时，故B错误；
C．根据单摆的周期公式可知若单摆做简谐运动的周期T与等效重力加速度的二次方根成反比，即
因为
则有
所以若多次改变斜面的倾角θ，满足
则可验证结论成立，故C正确；
D．摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为，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错误。
故选C。
12．（2025·贵州黔东南·一模）惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。某摆钟如图甲所示，旋转摆钟下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示。摆的运动可视为简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的振幅一定减小
B．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆下移，则摆的振幅一定增大
C．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定增大
D．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定减小
【答案】D
【详解】AB．旋转摆钟下端的螺母，可以改变摆长，但由于摆的振幅与摆长没有直接关系，故AB错误；
CD．由单摆的周期公式，可知将圆盘沿摆杆上移，即摆长减小，周期减小，故C错误，D正确。
故选D。
13.（2025·河北秦皇岛·一模）如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知（ ）
A．该单摆振动的频率为
B．振动方程为
C．时，摆球速度大小为
D．时，摆球加速度为零
【答案】B
【详解】A．由振动图，可知周期为，即可得频率
解得
故A错误；
B．由振动图可得到振幅，因为
联立以上解得质点的振动方程为
故B正确；
C．由质点的振动图的斜率表示速度，可知时，摆球速度大小为0，故C错误；
D．由回复力与位移的关系，结合振动图，可知摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。
故选B。
04 受迫振动和共振
14.（2025·浙江·二模）上海中心大厦高632米，为中国第一，全球第二高楼。当台风来袭时，大厦会出现了晃动，为减小晃动幅度，在距离地面583米处悬挂重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”。当台风来袭时，阻尼器中的质量块惯性会产生一个反作用力，大厦摇晃时发生反向摆动，达到减小大厦晃动幅度的目的。以下说法不合理的是（ ）
A．上海慧眼能“吸收”大厦振动的能量
B．上海慧眼通过与大厦共振达到抗振目的
C．风力越大，阻尼器摆动幅度也越大
D．如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
【答案】B
【详解】AB．由题意可知，在大楼受到风力作用摇晃时，阻尼器反向摆动，相当于“吸收”了大厦振动的能量，起到减震作用，而不是与大厦同向共振，这样会放大振动，故A正确，B错误；
C．如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，楼房摆动幅度越大，则阻尼器摆动幅度越大，故C正确；
D．如果发生地震，楼房主体也会发生摇晃，阻尼器也会反向摆动，起到减震的作用，故D正确。
本题选不合理的，故选B。
15.（2025·湖北武汉·三模）如图所示是单摆做阻尼振动的位移-时间图像。分析图像，下列说法正确的是（ ）
A．阻尼振动的周期不变
B．阻尼振动的周期增大
C．摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能
D．摆球在P时刻的动能等于Q时刻的动能
【答案】AC
【详解】AB．阻尼振动中，摆球的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，A正确，B错误；
C．摆球在P时刻的位移大小等于Q时刻的位移大小，即高度相同，则摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能，C正确；
D．图像的斜率表示摆球的速度，由图可知，摆球在P时刻的速度大于Q时刻的速度，根据可知摆球在P时刻的动能大于Q时刻的动能，D错误。
故选AC。
16（2025·广东·模拟预测）如图为我国最高建筑一上海中心大厦配备的“上海慧眼”阻尼器简化图，它使用我国独创的电涡流阻尼技术。该阻尼器由铁制配重块、吊索、电磁阻尼系统（包括固定在大厦的铜板及镶嵌在铜板上的强磁铁）、艺术雕塑、主体结构保护系统组成。当大厦由于剧烈台风发生振动时，配重块发生相应摆动，减弱大厦振动的幅度，增强大厦的舒适度。下列说法正确的是（ ）
A．要达到最好的减震效果，配重块的摆动频率需与大厦振动频率相等，且步调相同
B．要达到最好的减震效果，配重块的摆动频率需与大厦振动频率相等，且步调相反
C．该阻尼器将机械能转化为内能
D．将铁制配重块换成水泥块，不会影响阻尼器的阻尼效果
【答案】BC
【详解】AB．大厦受到的力应与振动总是方向相反，才能利于减弱其振动幅度，故配重块的摆动频率需与大楼的固有频率相等，且步调相反，故A错误，B正确；
C．该阻尼器将机械能转化为内能，最后将能量分散掉，故C正确；
D．水泥配重块不能被强磁铁磁化，不能使铜板产生涡流，故D错误。
故选BC。
17（13-14高二·全国·课后作业）如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，已知地球与月球的重力加速度比约为6:1，则下列说法正确的是（ ）
A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线I表示月球上单摆的共振曲线
B．若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比LⅠ:LⅡ=25:4
C．图线Ⅱ若表示是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1m
D．若摆长均为1m，则图线Ⅰ表示是在地面上完成的
【答案】ABC
【详解】A．若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据
T=2πlg
知周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线，故A正确；
B．若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2:5，则固有周期比为5:2，根据
T=2πlg
知摆长比为
LⅠ:LⅡ=25:4
故B正确；
CD．图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，则
1f=T=2πlg
解得
L=1m
故C正确，D错误。
故选ABC。
1．（2025·贵州·模拟预测）如图甲所示，弹簧振子在光滑水平地面上M、N两点之间做简谐运动，规定O点为平衡位置，以向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0.4s~0.8s内，振子向正方向运动B．时和时振子的速度相同
C．时和时振子的势能不同D．时振子的动能大于时的动能
【答案】D
【详解】A．图像的斜率代表速度，0.4s~0.8s内，振子向负方向运动，故A错误；
B．时和时振子的速度大小相等但方向相反，速度不同，故B错误；
C．时和时振子的位移大小相等，根据对称性可知，势能相同，故C错误；
D．振子在时比时更靠近平衡位置，速度更大，所以时振子的动能大于时振子的动能，故D正确。
故选D。
2．（2025·陕西西安·模拟预测）一单摆的重力势能随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的周期为B．该单摆的周期为
C．该单摆的摆长为D．该单摆的摆长为
【答案】BC
【详解】AB．由题图可得
解得，故A错误，B正确；
CD．由
解得，故C正确，D错误。
故选BC。
3．（2025·北京朝阳·二模）如图所示为某质点沿x轴做简谐运动的图像，根据图像可知该质点（ ）
A．在任意1s内通过的路程相同
B．在第2s末和第4s末的速度相同
C．在1s~3s内所受回复力沿x轴正方向
D．在2s~3s内位移方向与瞬时速度方向相同
【答案】D
【详解】A．由题图可知周期为，在任意1s内，即任意的内，如果初始位置处于平衡位置或最大位移处，则质点通过的路程等于一个振幅，初始位置在其它位置时，则质点通过的路程不等于一个振幅，故A错误；
B．由题图可知在第2s末和第4s末的速度大小相等，方向相反，故B错误；
C．由题图可知在1s~2s内，质点所受回复力先沿x轴负方向，在2s~3s内，质点所受回复力先沿x轴正方向，故C错误；
D．由题图可知在2s~3s内位移方向与瞬时速度方向相同，均沿x轴负方向，故D正确。
故选D。
4.（2025·湖南·一模）装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.6s。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．振动频率与按压的深度有关
B．振动过程中玻璃管的振幅为8cm
C．时刻的横坐标为0.25
D．在时间内，玻璃管的位移减小，加速度减小，速度增大
【答案】CD
【详解】A．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率与振幅无关，故A错误；
B．由题意可知振幅为4cm，故B错误；
C．由图乙可知从0到，所用时间为
故C正确；
D．由图乙可知，在时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故D正确；
故选CD。
5.（2025·河南·三模）如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面，底部固定有挡板，一根轻质弹簧两端分别拴接P、Q两个木块，Q放置在挡板上，P处于静止状态。现用一沿斜面向下的外力将木块P缓慢压到某位置，然后撤去外力，木块P向上运动，木块Q恰好未离开挡板。已知木块P、Q的质量分别为2m和m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能（k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量），，，下列说法正确的是（ ）
A．木块P的最大加速度为0.9g
B．木块Q对挡板的最大压力为9mg
C．外力对木块P做的功为
D．木块P的最大速度为
【答案】AD
【详解】A．开始时，木块P处于平衡状态，有
解得
当木块P运动至最高点时，木块Q恰好未离开挡板，对木块Q，有
解得
分析可知木块P做简谐振动，木块P在最高点时加速度最大，由牛顿第二定律有
解得，故A正确；
B．木块P在最低点时，有
解得
此时木块Q对挡板的压力最大，有，故B错误；
C．木块P从平衡位置到最低点过程，由能量守恒定律有
解得，故C错误；
D．木块P从开始到第一次回到平衡位置，由能量守恒定律有
解得，故D正确。
故选AD。
6．（2025·四川乐山·三模）如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10m/s²，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（ ）
A．该单摆的周期为0.4πs
B．OP间的距离为1.6m
C．t=0.2πs时小球动能最大
D．图中x₁与x₂的比值为2∶1
【答案】D
【详解】A．由图像可知，该单摆的周期为T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs
选项A错误；
B．根据单摆周期公式，
解得OP间的距离为LOP=1.2m
选项B错误；
C．t=0.2πs时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，选项C错误；
D．不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2
所以摆球摆到两侧最高点的位置是等高；单摆在OP左侧最大偏角为θ，由数学知识得
单摆在OP右侧最大偏角为α，由数学知识得
由机械能守恒定律得：mgLOA（1-csθ）=mgLBP（1-csα）
其中LOA=4LBP
联立解得
图中x₁与x₂的比值为2∶1，选项D正确。
故选D。
7．（2025·广东深圳·二模）上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，有效抵御了大风对建筑的影响。该阻尼器沿水平方向做阻尼振动，振动图像如图所示。关于阻尼器的说法正确的是（ ）
A．振动周期越来越小B．t=4s时的动能为零
C．t=8s时沿x轴负方向运动D．t=10s时加速度沿x轴负方向
【答案】D
【详解】A．由图可知，振动周期不变，故A错误；
B．t=4s时正好经过平衡位置，速度最大，动能最大，故B错误；
C．t=8s时图线切线的斜率为正，则沿x轴正方向运动，故C错误；
D．由图可知，t=10s时位移达到正向最大，则加速度最大，方向沿x轴负方向，故D正确。
故选D。
8．（2025·北京东城·二模）如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为的小钢球。以弹簧原长时钢球所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向建立坐标轴。将钢球从点处由静止释放，钢球在、间做往复运动。弹簧劲度系数为，且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在点处，小球的加速度最小
B．在点处，小球所受弹力的大小为
C．在处，小球的速度最大
D．两点间的距离为
【答案】C
【详解】A．钢球在、间做往复运动，故其在P点回复力最大，即加速度最大，故A错误；
B．由A可知在点处，
此时
故B错误；
C．速度最大时，弹力与小球重力相等，后小球继续向下运动，弹力增大，速度减小，则
故
故C正确；
D．从O到P，根据动能定理可得
解得
故D错误。
故选C。
9．（2025·江苏南京·二模）如图，某同学利用一半径R较大的固定光滑圆弧槽和一直径为d的刚性小球来测定当地的重力加速度。已知小球的运动为简谐运动.下列说法正确的是（ ）
A．应从小球处于最高点开始计时
B．从不同高度释放，小球的周期不同
C．若将n次全振动误记为n−1次，重力加速度的测量值将偏小
D．小球经过最低点时加速度为零
【答案】C
【详解】A．在简谐运动中，通常选择平衡位置作为计时起点，此时速度最大，便于测量。最高点速度为零，不是最佳的计时起点，A错误；
B．对于简谐运动，周期 只与系统的固有性质（如摆长、重力加速度）有关，与振幅（即释放高度）无关，因此从不同高度释放，小球的周期相同，B错误；
C．根据单摆运动的周期公式
若将次全振动误记为次，会使小球运动周期偏大，重力加速度的测量值偏小，C正确；
D．在简谐运动中，小球绕点做圆周运动，小球在最低点时速度最大，但加速度不为零，方向指向点，D错误。
故选C。
10．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，两根相同的轻弹簧一端分别固定在等高的、两点，另外一端均与质量为的小球相连，小球穿在竖直放置的光滑直杆上，杆到、两点的距离恰好等于弹簧的原长。开始时小球从与、等高的点由静止释放，运动到最低点，，是的中点，已知重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．小球在点处于平衡状态
B．从到小球处于失重状态
C．若小球的质量为，小球在点加速度方向向上
D．若小球的质量为，小球到点的速度大小为
【答案】BD
【详解】设弹簧的劲度系数为，以向下为正。
小球处于静止状态时，弹簧的伸长量为，则有
其中为弹簧与竖直方向的夹角，设
整理得
对小球在运动过程中的任一位置进行受力分析，有
其中为弹簧与竖直方向的夹角，设
整理得
其中为小球相对静止位置的位移，则有
故知小球在竖直方向做简谐运动。根据对称性可知，为平衡位置。
A．小球在点，处于位移最大处，加速度方向向上，A错误；
B．从到小球加速，加速度方向向下，处于失重状态，B正确；
C．若小球的质量为，平衡位置要下移，则小球在点加速度方向向下，C错误；
D．当小球质量为，小球运动到点时，速度为零，以点为重力势能的零点
由能量守恒有
若小球质量为，小球运动到点时，有
解得
D正确。
故选BD。
11．（2025·安徽蚌埠·三模）如图所示，轻质绝缘水平弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端连接质量为m的不带电小球B，并静止于光滑绝缘水平面上，整个装置处于电场强度为E的水平向左的匀强电场中。某时刻质量为m、电荷量为q（q＞0）的带正电小球A从距B球L处由静止开始沿水平面运动，与B球发生正碰（碰撞时间极短）后粘在一起。已知弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内，两球均可视为质点。
(1)求碰撞后瞬间两球的速度大小；
(2)证明两球碰撞后的运动是简谐运动；若，求该简谐运动的振幅。
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【详解】（1）设碰撞前A的速度为，碰撞后瞬间两球的速度为，由动能定理得
由动量守恒定律得
联立解得碰撞后瞬间两球的速度大小为
（2）A、B碰撞后的运动过程受到电场力和弹簧的弹力作用，取向左为正方向，设A、B向左运动到O时（平衡位置）合外力为零，弹簧形变量为，如图所示
则此时的电场力大小为
方向水平向左；当A、B运动到P时，相对O的位移为x，则弹簧的弹力为
方向水平向右；碰后A、B运动的合力提供回复力，则
方向水平向右，故A、B碰后的运动是简谐运动。设其振幅为A，则由能量守恒知
解得该简谐运动的振幅为
12．（2025·河北邢台·三模）内壁光滑的汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的理想气体，活塞的横截面积为S，给活塞一个向左的初速度，活塞向左移动速度恰好为零。已知大气体压强为，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。
(1)求该过程气体放出的热量Q；
(2)证明活塞的运动是简谐运动。
【答案】(1)
(2)见解析
【详解】（1）设活塞对气体做功为W，气体放出的热量为Q，对气体由热力学第一定律得
由题意可知
对活塞由动能定理得
联立解得气体放出的热量
（2）设活塞向左离开初始位置的距离为x，对封闭气体有
对活塞有
解得
又因为,
所以有
方向向右，即回复力可表示为
即活塞的运动是简谐运动。
（2025·河北·高考真题）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．左侧小物块沿斜面做简谐运动
B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
【答案】AC
【详解】A．对左侧小物块，设沿斜面向下的位移为x，则有T+kx−mgsinθ=ma
此时，对右侧小物块，有
mgsinθ+kx−T=ma
联立可得
2kx=2ma=2F
则左侧小物块受到的合外力
F=ma=kx，方向与位移方向相反，故其做简谐运动，故A正确；
B．根据以上分析，可得2T=2mgsinθ，绳拉力保持不变，故B错误；
C．同理可知，右侧小物块也做简谐运动，根据对称性，其在最高和最低位置的加速度大小相等，故C正确；
D．弹簧振子振动周期T周=2πmk，与斜面夹角无关，故D错误。
故选AC。
（2025·江苏·高考真题）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（ ）
A．释放瞬间，物块加速度为零
B．物块和木箱最终仍有相对运动
C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误；
B．由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满足以下分析的F：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，物块质量为m，对物块根据牛顿第二定律f=ma
设木箱质量为M，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F=(m+M)a
可得F=(m+M)fm
即弹簧的最大弹力减小到F=(m+M)fm后，二者一起做简谐运动，故B错误；
C．根据AB选项分析可知只有当二者一起做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次到达最右端时，物块速度不为零，故C错误；
D．开始滑块的加速度向右，物块与滑块第一次共速前，物块相对滑块向左运动，受到向右的摩擦力，共速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。
故选D。
（2025·甘肃·高考真题）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g2
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为mgkD．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2mgk
【答案】BC
【详解】A．剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；
B．剪断细线之前则F弹=3mg
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F弹−2mg=2ma
解得A的加速度a=g2
选项B正确；
C．剪断细线之前弹簧伸长量x1=3mgk
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x2=2mgk
即振幅为A=x1−x2=mgk
由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为mgk，选项C正确；
D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为3mgk，选项D错误。
故选BC。
（2025·四川·高考真题）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
【答案】C
【详解】根据单摆周期公式T=2πLg
可知T丁>T丙>T乙>T甲
CD．设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲=3T乙2=T丙=T丁2
可得T丙=2T甲，T乙=43T甲，T丁=4T甲
可得T甲:T乙=3:4，T丙:T丁=1:2
根据单摆周期公式T=2πLg
结合T丙:T丁=1:2
可得小球丙、丁的摆长之比L丙:L丁=1:4
故C正确，D错误；
A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲（T丙2）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据a=−kxm可知此时加速度最大，故A错误；
B．根据上述分析可得T乙=13T丁
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为T丁4（即3T乙4）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
故选C。
（2025·湖北·高考真题）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（ ）
A．小球a可能会运动B．若小球b做简谐运动，则其振幅为l2
C．当且仅当l≤mgk时，小球b才能始终做简谐运动 D．当且仅当l≤2mgk时，小球b才能始终做简谐运动
【答案】AD
【详解】B．如果A球不动而B球单独振动则B球做简谐振动，简谐振动的平衡位置合力为零，即B球初始时刻位置，则可知B的振幅为l，B错误；
ACD．A球发生运动的临界条件为弹簧对A球向上的弹力大于A球的重力，则此时对A球有kx0=mg
对B球有此时加速度kx0+mg=ma
由简谐振动的对称性可得向下拉到最低点松手释放的加速度也为a，则有kl=ma
解得l=2mgk
即l≤2mgk，否则A球会发生运动，AD正确，C错误。
故选AD。
6．（2025·广东·高考真题）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
【答案】C
【详解】A．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；
B．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；
CD．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。
故选C。
7．（2024·北京·高考真题）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。