高考物理一轮复习热点题型归类训练专题18 机械振动（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc2048" 题型一 简谐运动的基本特征及应用 PAGEREF _Tc2048 \h 1
\l "_Tc21742" 类型1 简谐运动基本物理量的分析 PAGEREF _Tc21742 \h 1
\l "_Tc13718" 类型2 简谐运动的周期性与对称性 PAGEREF _Tc13718 \h 5
\l "_Tc14069" 类型3 弹簧振子的动力学、能量特征分析 PAGEREF _Tc14069 \h 8
\l "_Tc7106" 题型二 简谐运动的表达式和图像的理解和应用 PAGEREF _Tc7106 \h 15
\l "_Tc31185" 题型三 单摆及其周期公式 PAGEREF _Tc31185 \h 21
\l "_Tc9389" 类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用 PAGEREF _Tc9389 \h 22
\l "_Tc21937" 类型2 单摆的振动图像及运动学特征 PAGEREF _Tc21937 \h 27
\l "_Tc27601" 题型四 受迫振动和共振 PAGEREF _Tc27601 \h 31
\l "_Tc13341" 类型1 受迫振动概念及规律的理解应用 PAGEREF _Tc13341 \h 32
\l "_Tc26787" 类型2 共振曲线的应用 PAGEREF _Tc26787 \h 34
\l "_Tc23171" 类型3 “驱动摆”的分析 PAGEREF _Tc23171 \h 36
题型一 简谐运动的基本特征及应用
对简谐运动的理解
类型1 简谐运动基本物理量的分析
【例1】如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，物块和木板之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．若t时刻和（t＋Δt）时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于的整数倍
B．若Δt＝，则在t时刻和（t＋Δt）时刻弹簧的长度一定相同
C．研究木板的运动，弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力
D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于kx
【答案】D
【详解】A．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
对物块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二律，有
解得
若t时刻和（t＋Δt）时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不一定等于的整数倍，故A错误；
B．若Δt＝，则在 t 时刻和（t＋Δt）时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；
C．由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C错误；
D．整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于，故D正确。
故选D。
【例2】．一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电量为的小球相连，静止在光滑绝缘的水平面上，当施加一水平向右的匀强电场E后（如图所示），小球开始作简谐运动，关于小球运动有如下说法中正确的是（ ）
A．球的速度为零时，弹簧伸长
B．球做简谐运动的振幅为
C．运动过程中，小球的机械能守恒
D．运动过程中，小球动能的改变量、弹性势能的改变量、电势能的改变量的代数和为零
【答案】D
【详解】AB．小球做简谐运动，在平衡位置，有
解得
小球到达最右端时，速度为零，此时弹簧的形变量为2倍A，即
故AB错误；
C．由于电场力和弹力对小球做功，则小球的机械能不守恒，故C错误；
D．小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功，则对于弹簧和小球系统，电势能和重力势能以及动能总量守恒，即小球动能的改变量、弹性势能的改变量、电势能的改变量的代数和为零，故D正确。
故选D。
【例3】．（2023春·北京大兴·高三统考期中）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动。B、C相距10cm。小球经过O点开始计时并向右运动，经过0.5s首次到达B点，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子的振幅是10cm
B．当振子运动到B时，位移大小是10cm
C．弹簧振子的周期是1s
D．振子由O运动到B的过程中速度减小
【答案】D
【详解】A．弹簧振子的振幅是OB的距离，即5cm，故A错误；
B．当振子运动到B时，位移大小是5cm，故B错误；
C．小球经过O点开始计时并向右运动，经过0.5s首次到达B点，则
所以弹簧振子的周期是2s，故C错误；
D．振子由O运动到B的过程中位移增大，速度减小，故D正确；
故选D。
【例4】对于下面甲、乙、丙、丁四种情况，可认为是简谐运动的是（ ）
①甲：倾角为的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，空气阻力可忽略不计
②乙：粗细均匀的木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中。把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动
③丙：小球在半径为R的光滑球面上的A、B（）之间来回运动
④丁：小球在光滑固定斜面上来回运动
A．只有①B．只有①②C．只有①②③D．都可以
【答案】C
【详解】甲图小球沿斜面方向受到的合力时弹力与重力的分力，当小球在平衡位置上方时，合力方向沿斜面向下，当在平衡位置下方时合力沿斜面向上，弹力与重力的分力的合力与位移成正比，其特点符合简谐振动物体的动力学特征，小球做简谐振动；乙图木筷在水中受浮力和重力作用，当木筷在平衡位置上方时，合力向下，当木筷在平衡位置下方时，合力向上，重力和浮力的合力与位移成正比，其特点符合简谐振动物体的动力学特征，木筷做简谐振动；丙图小球离开最低点受到重力沿切线方向的分力与位移成正比，方向与小球位移方向相反，为小球提供回复力，小球在最低点附近左右振动属于简谐振动；丙图斜面光滑，重力沿斜面的分力提供小球做机械振动的回复力，但该力大小不变，不与位移成正比，故小球的运动为机械振动，不是简谐振动，则可知①②③为简谐振动。
故选C。
类型2 简谐运动的周期性与对称性
【例1】弹簧振子以O点为平衡位置做简谐振动。从O点起振开始计时，振子第一次到达M点用了0.3秒，又经过0.2秒第二次通过M点，则振子第三次通过M点还要经过的时间可能是（ ）
A．秒B．秒C．1.4秒D．1.6秒
【答案】AC
【详解】由题意，共有以下两种情况：
①如图所示
假设振子从O点向x正方向起振，P点为正向最大位移处，M位于O、P之间，则振子从O运动到M所用时间为
根据简谐运动的对称性可知，振子从M到P和P到M的时间相同，均为
设简谐运动的周期为T，则
解得
易知振子第二次通过M点再经过一个周期T刚好第四次通过M点，而第三次通过M点之后需要再经过2t才能再次（即第四次）通过M点，因此振子第三次通过M点还要经过的时间为
②如图所示
假设振子从O点向x正方向起振，Q点为负向最大位移处，M位于O、Q之间，则振子从M运动到O所用时间为
根据简谐运动的对称性可知，振子从M到Q和Q到M的时间相同，均为
所以
解得
易知振子第二次通过M点再经过一个周期T刚好第四次通过M点，而第三次通过M点之后需要再经过2t才能再次（即第四次）通过M点，因此振子第三次通过M点还要经过的时间为
故选AC。
【例2】．（2023春·甘肃武威·高三武威第六中学校考期中）一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、两点，历时1s；质点通过点后再经过1s又第二次通过点。在这内质点通过的总路程为12，则质点的振动周期和振幅分别是（ ）
A．3s，B．4s，C．4s，D．2s，
【答案】B
【详解】质点运动的过程如图：
其中红色实线为由A到，绿色实线为第二次经过，红色、绿色虚线为补出的对称运动，从图像中可以观察到
红色实线绿色实线振幅
则振幅为。
红色部分与绿色部分的运动时间之和为一个周期，故周期为4s。
故选B。
【例3】如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B两物体固定于轻弹簧两端，其中B的质量为。对物体B施加一沿斜面向下大小为20N的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，当B运动至最高点时，A恰好要离开挡板。重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧恢复原长时B的速度达到最大B．物块B运动过程中最大加速度为
C．物块A的质量为2kgD．物块A受挡板支持力的最大值为30N
【答案】C
【详解】A．当弹簧弹力等于B重力沿斜面向下的分力时，B的速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；
B．撤去力F后，物块B做简谐振动，处于P点时振幅最大，加速度最大，最大加速度为
故B错误；
C．物块B处于P点时回复力大小
根据做简谐振动的对称性，运动至最高点时回复力大小
又
代入数据联立得
故C正确；
D．B处于P点时物块A受挡板支持力最大。对B受力分析
得此时弹簧弹力大小
对A受力分析，物块A受挡板支持力
故D错误。
故选C。
【例4】．如图所示。将质量为m的小球悬挂在一轻质弹簧下端，静止后小球所在的位置为O点（图中未标出）。现将小球从O点向下拉至弹簧对小球的弹力大小为2mg（g为重力加速度），然后释放，已知小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则小球位于最高点时弹簧的弹力大小为（ ）
A．2mgB．0C．mgD．mg
【答案】B
【详解】小球处于最低点时弹簧的伸长量为，则有
释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得
解得
小球运动到最高点时弹簧的形变量的大小，加速度大小为，根据对称性可得
在最高点对小球由牛顿第二定律可得
解得
故小球位于最高点时弹簧的弹力大小为0。
故选B。
类型3 弹簧振子的动力学、能量特征分析
【例1】．动量p随位移x变化的图像称作相轨，它在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图甲所示，光滑水平面上有一弹簧振子。现以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，取向右为正方向，建立坐标系。当物块偏离O点的位移为x时，弹簧振子的弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数。当弹簧振子的机械能为E时，该弹簧振子的部分图像如图乙中曲线所示，M和N分别为曲线与x轴和p轴的交点。下列说法正确的是（ ）
A．曲线是抛物线的一部分
B．曲线对应物块从O点向最左侧运动的过程
C．该弹簧振子的振幅为
D．当物块运动到振幅的处，其动量大小为其动量最大值的
【答案】D
【详解】A．对弹簧和振子组成的系统机械能守恒，设振子速度为，则满足
整理可得
若将p视为因变量，视为自变量，该表达式符合抛物线要求，但式子中为变量，故曲线不是抛物线的一部分，故A错误；
B．图中曲线动量为正，则振子速度方向为正方向，向右运动，速度由零变为最大，可知曲线对应物块从最左侧向O点运动的过程，故B错误；
C．振子在最大振幅处时，速度为零，根据
可得
即振幅为，故C错误；
D．当物块运动到振幅的处时
当动量最大时，即振子速度最大时，振幅为零，有
其中
联立可得
所以
即
故D正确。
故选D。
【例2】．轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置静止在水平地面上方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落h后落地，箱子落地后瞬间速度减为零且不会反弹。此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，弹簧劲度系数为k，箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。忽略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．箱子下落过程中，箱子机械能守恒
B．箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3mg
C．箱子落地后，小球运动的最大速度为
D．箱子与地面碰撞损失的机械能为
【答案】BCD
【详解】A．箱子静止时，对小球分析有
对箱子分析有
当箱子由静止释放瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球在这瞬间仍然平衡，加速度为0，而箱子释放瞬间固定箱子的力消失，箱子所受合力为
可得该瞬间箱子的加速度
此后弹簧会恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对箱子做正功，若此过程中箱子落地，则此过程中箱子的机械能增加；若在弹簧恢复原长时箱子还未落地，由于箱子的速度大于小球的速度，弹簧将被压缩，弹簧弹力将对箱子做负功，箱子的机械能又会减小，但无论何种情况，箱子在运动过程中除了重力做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机械能不守恒，故A错误；
B．根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有
弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球合力为零时弹簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在最低点
在最高点
联立解得
而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为，故B正确；
C．小球做简谐振动，在平衡位置时有
解得
即弹簧被拉伸时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而根据以上分析可知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不过在最高位置时弹簧处于被压缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸长量相同，则小球从最高点到达平衡位置下落的高度
而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球zai 最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．箱子损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得
解得箱子损失的机械能
故D正确。
故选BCD。
【例3】．如图，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，自然状态下弹簧上端距斜面顶端距离为l。将质量为m的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，经时间t弹簧的最大压缩量为。已知弹簧弹性势能表达式为，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数，则下列说法正确的是（ ）
A．物块速度为零时的压缩量为
B．物块的最大动能为
C．物块运动过程中的最大加速度为
D．物块自开始压缩弹簧到分离前，做简谐振动
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知物块速度为零时的压缩量为，故A错误；
B．物块速度最大时，根据平衡条件
从静止释放到物块的动能最大过程，根据系统机械能守恒可得
解得物块的最大动能为
故B正确；
C．弹簧压缩量最大时，根据牛顿第二定律可得
解得物块的最大加速度为
故C正确；
D．根据简谐运动的定义可知物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，故D正确。
故选BCD。
【例4】．如图甲，“笑脸弹簧小人”由头部、弹簧及底部组成，将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，小人不停上下振动，非常有趣．可将其抽象成如图乙所示的模型，头部的质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部的质量为．已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，下列说法中正确的是（ ）
A．将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后由静止释放，底部不离开桌面，下压的最大距离为
B．将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后由静止释放，底部不离开桌面，压力做功的最大值为
C．若弹簧小人在振动过程中底部恰好不离开桌面，则弹簧的最大弹性势能为
D．若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为
【答案】ABC
【详解】A．静置于桌面的弹簧小人，弹簧压缩量为，则
轻压头部后做简谐运动，底部不离开桌面，弹簧的最大伸长量为，则
最大振幅为
则
故下压的最大距离为，故A正确；
B．从平衡位置缓慢下压A时最大压力为F，有
解得
压力做功的最大值为
故B正确；
C．弹簧的最大压缩量为
则弹簧的最大弹性势能为
故C正确；
D．若刚释放时头部的加速度大小为g，设弹簧的压缩量为，则
解得
头部往上运动至弹簧压缩量为时头部速度最大，则
解得
故D错误。
故选ABC。
题型二 简谐运动的表达式和图像的理解和应用
1．由图像可获取的信息
(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0(如图所示)。
(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移。
(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定。
(4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同。
(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。
2．简谐运动的对称性(如图)
(1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同。
(2)相隔Δt＝(n＋eq \f(1,2))T(n＝0，1，2…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向(或都为零)，速度也等大反向(或都为零)。
【例1】如图所示，是一个质点的振动图像，根据图像回答下列问题：
(1)振动的振幅；
(2)振动的频率；
(3)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；
(4)质点速度首次具有负方向最大值的时刻和位置；
(5)质点运动的加速度首次具有负方向最大值的时刻和位置；
(6)在0.6 s至0.8 s这段时间内质点的运动情况。
(7)振动质点离开平衡位置的最大距离；
(8)写出此振动质点的运动表达式；
(9)振动质点在0～0.6 s的时间内通过的路程；
(10)振动质点在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向；
(11)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？
(12)振动质点在0.4～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？
【答案】 见解析
【解析】 (1)振幅为最大位移的绝对值，从图像可知振幅
A＝5 cm。
(2)从图像可知周期T＝0.8 s，则振动的频率
f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.8) Hz＝1.25 Hz。
(3)由各时刻的位移变化过程可判断t＝0.1 s、0.7 s时，质点的振动方向沿x轴正方向；t＝0.3 s、0.5 s时，质点的振动方向沿x轴负方向。
(4)质点在0.4 s通过平衡位置时，首次具有负方向的速度最大值。
(5)质点在0.2 s时处于正向最大位移处时，首次加速度具有负方向的最大值。
(6)在0.6 s至0.8 s这段时间内，从图像上可以看出，质点沿负方向的位移不断减小，说明质点正沿着正方向由负向最大位移处向着平衡位置运动，所以质点做加速度减小的加速运动。
(7)由振动图像可以看出，质点振动的振幅为5 cm，即为质点离开平衡位置的最大距离。
(8)由此质点的振动图像可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0，所以x＝Asin(ωt＋φ)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t))＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,0.8)t))cm＝5sin(2.5πt)cm。
(9)由振动图像可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s，0.6 s＝3×eq \f(T,4)，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm。
(10)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图像中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向。同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。
(11)由振动图像可以看出，在0.6～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。
(12)由图像可看出，在0.4～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零。
【例2】“五一”的大明湖波光粼粼，吸引了很多游客。湖面上一点O以0.1m振幅上下振动，形成圆形水波（不考虑水波传播过程中的振幅衰减），如图所示，同一直线上A、O、B三点，OA间距离为2.1m，OB间距离为1.5m。某时刻O点处在波峰位置，观察发现1.4s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。
（1）求此水波的传播速度、周期和波长。
（2）以O点处在平衡位置向下振动为0时刻（此时各点已经起振），请画出B点的振动图像。并判断此时刻之后8.1s时B点的位移。
【答案】（1），，；（2）
【详解】（1）由题意可知
此水波的传播速度为
得
此时OA间波形如图所示
可得
得
得
（2）可得
此时B点位于最大位移处，B点振动图像如图所示
B点振动方程为
将代入方程
得此时B点位移
【例3】一弹簧振子A的位移随时间变化的关系式为，位移的单位为m，时间的单位为s，则（ ）
A．弹簧振子的振幅为0.2m
B．弹簧振子的周期为1.25s
C．在t=0.2s时，振子的运动速度为0
D．若另一弹簧振子B的位移随时间变化的关系式为，则B的振幅和周期分别是A的振幅和周期的2倍
【答案】C
【详解】AB．根据
可知弹簧振子A的振幅为，周期为
则AB错误；
C．在时，振子的位移为
可知此时振子处于最大位移位置，振子的运动速度为0，故C正确；
D．若另一弹簧振子B的位移随时间变化的关系式为，则B的振幅为，周期为
则B的振幅是A的振幅的2倍，B的周期等于A的周期，故D错误。
故选C。
【例4】一个在轴方向做简谐运动的质点其部分振动图像如图所示，振动周期为，则该质点在0到时间内走过的路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设质点振动方程为
当时
解得
时
的路程
故选C。
【例5】．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，得到小球振动图像如图所示。下列结论正确的是（ ）
A．小球振动的频率是2HzB．时，小球在A位置
C．时，小球经过O点向右运动D．小球的振动方程是
【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，时，小球在B位置。故B错误；
C．时，小球经过O点向负方向运动，即向左运动。故C错误；
D．由图可得小球的振动方程
故D正确。
故选D。
【例6】．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。
题型三 单摆及其周期公式
1．单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsin θ＝－eq \f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。
(2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力提供向心力，
F向＝FT－mgcs θ。
(3)两点说明
①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，FT＝mgcs θ。
②当摆球在最低点时，F向＝meq \f(veq \\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(veq \\al(2,max),l)。
2．周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))的两点说明
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。
(2)g为当地重力加速度。
类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用
【例1】图甲是用力传感器对单摆做小角度摆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图像，其中F的最大值，已知摆球质量，重力加速度取，取，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．单摆周期为
B．单摆摆长为
C．F的最小值
D．若仅将摆球质量变为，单摆周期不变
【答案】CD
【详解】A．由图可知，单摆周期为，选项A错误；
B．根据
可得
单摆摆长为0.64m，选项B错误；
C．摆到最低点时
可得
则F最小值
选项C正确；
D．单摆周期与摆球的质量无关，若仅将摆球质量变为，单摆周期不变，选项D正确。
故选CD。
【例2】如图，半径为R光滑圆弧面上有一个质量为m小球，把它从最低点移开一小段距离，放手后，小球以最低点为平衡位置左右摆动，且可近似认为其运动为简谐振动。
（1）求小球做简谐振动的周期T；
（2）已知做简谐振动的物体，所受的回复力与其偏离平衡位置的位移存在正比例关系。求小球做简谐振动时回复力与偏离平衡位置位移的比例系数k是多少。 （空气阻力可忽略，重力加速度为g，当偏离角度θ很小时，可认为sinθ≈tanθ≈θ，且可认为小球偏离平衡位置的位移与小球到圆弧圆心的连线垂直）
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球做类单摆简谐运动，则周期为
（2）对小球进行受力分析，如图所示
重力沿切线方向的分力提供回复力
用x表示小球偏离平衡位置的位移，因很小，所以
即
回复力与其偏离平衡位置的位移存在正比例关系，所以小球做简谐振动时回复力与偏离平衡位置位移的比例系数为
【例3】．如图所示，已知该单摆的摆长为，摆球的质量为，摆动时最大偏角为5°。已知，，。求：
（1）振动的周期；
（2）摆球的最大回复力；
（3）摆球运动的最大动能。

【答案】（1）；（2）0.087N；（3）0.008J
【详解】（1）根据单摆周期公式
解得
（2）当摆球位于A位置时回复力最大，根据受力分析可知
解得
（3）从过程中，根据机械能守恒有
解得
【例4】．随着祖国航天事业的蓬勃发展，在未来的某天，中国航天员也将登上月球。如图，假设航天员在月球上做了一次单摆实验，将质量为m的摆球从平衡位置O点左侧的A点由静止释放，已知摆长为L，摆线偏离竖直方向的最大夹角，月球半径为地球半径的，月球质量为地球质量的，地球表面处的重力加速度为g，求：
（1）月球表面处的重力加速度的大小；
（2）摆球从静止释放到第一次经过平衡位置的时间内，摆球重力冲量的大小；
（3）摆球从静止释放到第二次经过平衡位置的时间内所走的路程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由万有引力等于重力
解得
则
根据题意知
联立解得
（2）从静止释放到第一次经过平衡位置所用时间
由
联立解得
摆球经过平衡位置重力冲量的大小为
（3）摆球从静止释放到第二次经过平衡位置的过程为，AO段弧长为
所走过的路程为
【例5】．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。时刻在A点释放摆球，摆球在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙为细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线。已知摆长为，A、B之间的最大摆角为（取，）。求：
（1）当地的重力加速度大小；
（2）摆球在A点时回复力的大小；
（3）摆球运动过程中的最大动能。
【答案】（1）；（2）；（3）0.0032J
【详解】（1）摆球在一个周期内两次经过最低点，对应两次细线拉力达到最大值，由图乙可知单摆的周期为
解得当地的重力加速度大小为
（2）摆球在A点时，细线拉力大小为
解得
摆球在A点时回复力的大小为
（3）设摆球在B点时速度为v，根据牛顿第二定律有
摆球运动过程中的最大动能为
类型2 单摆的振动图像及运动学特征
【例1】图甲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，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像：
（1）写出摆球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
（2）若当地的重力加速度为，取，求单摆的摆长。
【答案】（1）；（2）0.36m
【详解】（1）单摆振动周期T=1.2s，则摆球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式
（2）根据单摆周期公式
可得
【例2】（2023·全国·高三专题练习）单摆在两点之间做简谐运动，点为平衡位置，如图甲所示，单摆的振动图像如图乙所示（向右为正方向），取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的振幅为B．单摆的摆动频率为
C．时，摆球在点D．单摆的摆长为
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知单摆的振幅为4cm，故A错误；
B．单摆的摆动频率为
故B正确；
C．由单摆的周期性可知，时和摆球的运动状态相同，可知摆球在点，故C正确；
D．由单摆的周期公式
代入数据解得
故D错误。
故选BC。
【例3】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。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（2πt）cm
B．单摆的摆长约为2.0m
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐减小
D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
【答案】C
【详解】A．根据图乙可知单摆的周期、振幅分别为
T=2s，A=8cm
则圆频率
单摆从平衡位置开始的位移x随时间t变化的关系式为
x=Asinωt=8sin（πt）cm
故A错误；
B．根据单摆的周期公式
结合上述解得
L=1.0m
故B正确；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C正确；
D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错误。
故选C。
【例4】．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，得到摆球相对平衡位置的位移x随时间变化的图像，如图乙所示，不计空气阻力。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）

A．时，摆球所受回复力最大，方向向右
B．时，摆球偏离平衡位置位移最大，方向向右
C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．该单摆摆长约为2m
【答案】A
【详解】A．以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向, 时,位移为，即摆球在端点A，由可知，摆球所受回复力最大，方向向右，故A正确；
B．时，摆球的位移为零，即摆球刚好在平衡位置，故B错误；
C．从到的过程中，摆球的位移逐渐减小，即向下摆动回到平衡位置，重力做正功，重力势能逐渐减小，故C错误；
D．由图像可知单摆的周期为，由，可得摆长为
故D错误。
故选A。
【例5】．如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同
【答案】C
【详解】由单摆的振动图像可知振动周期为，由单摆的周期公式得摆长为
x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。
综上所述，可知C正确，故选C。
题型四 受迫振动和共振
1．简谐运动、受迫振动和共振的关系比较
2.对共振的理解
(1)共振曲线：如图所示，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。
(2)做受迫振动的系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。
类型1 受迫振动概念及规律的理解应用
【例1】．一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率。当驱动力的频率逐渐增大的过程中，该物体的振幅（ ）
A．一定逐渐增大B．一定逐渐减小
C．可能先增大，后减小D．可能先减小，后增大
【答案】C
【详解】一物体做受迫振动，当驱动力的频率等于该物体的固有频率时，该物体的振幅最大；由于一开始驱动力的频率小于该物体的固有频率，当驱动力的频率逐渐增大的过程中，如果驱动力的频率仍然小于该物体的固有频率，则该物体的振幅增大，如果驱动力的频率已经大于该物体的固有频率，则该物体的振幅减小，所以该物体的振幅可能先增大，后减小。
故选C。
【例2】如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，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。圆盘匀速转动时，小球做受迫振动，小球振动稳定时，下列说法正确的是( )
A．小球振动的固有频率是4 Hz
B．小球做受迫振动时周期一定是4 s
C．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著增大
D．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著减小
【答案】 C
【解析】 小球振动的固有周期T＝4 s，则其固有频率为f＝eq \f(1,T)＝0.25 Hz，A错误；小球做受迫振动时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4 s，B错误；圆盘转动周期在4 s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C正确，D错误。
【例3】把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上安一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，如图所示．筛子做自由振动时，完成10次全振动用时15 s．在某电压下，电动偏心轮转速是36 r/min.已知增大电压可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可以增大筛子的固有周期．那么要使筛子的振幅增大，下列做法正确的是( )
A．提高输入电压B．降低输入电压
C．减小筛子质量D．减小筛子质量
【答案】A
【解析】共振筛的工作原理是，当电动偏心轮的转动周期跟筛子的固有周期相等时，就会发生共振．在题给条件下，筛子振动的固有周期T固＝eq \f(15,10) s＝1.5 s，电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T驱＝eq \f(60,36) s＝1.67 s．要使筛子振幅增大，就得使这两个周期值靠近，可采用两种做法：第一，提高输入电压使偏心轮转得快一些，减小驱动力的周期；第二，增加筛子的质量使筛子的固有周期增大．正确选项为A
【例3】(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示．则( )
A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
【答案】 AD
【解析】 根据共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，A正确； 当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，B错误；打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率为树干的固有频率，所以粗细不同的树干频率不同，C错误；树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确．
类型2 共振曲线的应用
【例1】一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系图线）如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．此单摆的固有周期约为2 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率减小
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
E．此单摆的振幅是8 cm
【答案】ABC
【详解】A．由共振曲线知，此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，A正确；
B．由单摆的周期公式，可得此单摆的摆长约为1m，B正确；
CD．若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，C正确，D错误；
E．此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大，为8cm，E错误。
故选ABC。
【例2】．同一地点，甲、乙单摆在驱动力作用下振动，其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率大于f0
B．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率等于f0
C．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的振幅相同
D．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的频率均为3f0
【答案】BD
【详解】ABD．当物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，故A错误，BD正确；
C．受迫振动物体的固有频率与驱动力频率越接近，振幅越大，由图可知，甲的固有频率是f0，乙的固有频率是2f0，若驱动力的频率为3f0，甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅，故C错误。
故选BD。
【例3】正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动并不强烈；切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动；此后，飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱。在机器停下来之后，若重新启动机器使飞轮转动的角速度从0较慢地增大到ω0，在这一过程中（ ）
A．机器不一定会发生强烈振动
B．机器一定会发生强烈振动
C．若机器发生强烈振动，则当时飞轮角速度为ω0
D．若机器发生强烈振动，则当时飞轮角速度肯定小于ω0
【答案】BD
【详解】AB．飞轮以角速度ω0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等即达到共振的现象，机器一定还会发生强烈的振动，故A错误，B正确；
CD．由已知当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定小于ω0，故C错误，D正确。
故选BD。
类型3 “驱动摆”的分析
【例1】如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．a、b、c单摆的固有周期关系为T=T