第38講機(jī)械振動(dòng)

真題演練

1．（2025·河北·高考真題）如圖，截面為等腰三角形的光滑斜面體固定在水平地面上，兩個(gè)相

同的小物塊通過不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩跨過頂端的輕質(zhì)定滑輪，靜止在斜面體兩側(cè)，細(xì)繩與斜面平行。

此外，兩物塊分別用相同的輕質(zhì)彈簧與斜面體底端相連，且彈簧均處于原長(zhǎng)。將左側(cè)小物塊沿

斜面緩慢拉下一小段距離，然后松開。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，斜面傾角為，不計(jì)摩擦和空

氣阻力。在兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）

A．左側(cè)小物塊沿斜面做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

B．細(xì)繩的拉力隨左側(cè)小物塊加速度的增大而增大

C．右側(cè)小物塊在最高位置的加速度與其在最低位置的加速度大小相等

D．若增大，則右側(cè)小物塊從最低位置運(yùn)動(dòng)到最高位置所用的時(shí)間變長(zhǎng)

【答案】AC

【詳解】A．對(duì)左側(cè)小物塊，設(shè)沿斜面向下的位移為x，則有Tkxmgsinma

此時(shí)，對(duì)右側(cè)小物塊，有

mgsinkxTma

聯(lián)立可得

2kx2ma2F

則左側(cè)小物塊受到的合外力

Fmakx，方向與位移方向相反，故其做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故A正確；

B．根據(jù)以上分析，可得2T2mgsin，繩拉力保持不變，故B錯(cuò)誤；

C．同理可知，右側(cè)小物塊也做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性，其在最高和最低位置的加速度大小相

等，故C正確；

．彈簧振子振動(dòng)周期m，與斜面夾角無(wú)關(guān)，故錯(cuò)誤。

DT周2D

k

故選AC。

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2．（2025·四川·高考真題）如圖所示，甲、乙、丙、丁四個(gè)小球用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花

板上，從左至右擺長(zhǎng)依次增加，小球靜止在紙面所示豎直平面內(nèi)。將四個(gè)小球垂直紙面向外拉

起一小角度，由靜止同時(shí)釋放。釋放后小球都做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球甲完成2個(gè)周期的振動(dòng)時(shí)，

小球丙恰好到達(dá)與小球甲同側(cè)最高點(diǎn)，同時(shí)小球乙、丁恰好到達(dá)另一側(cè)最高點(diǎn)。則（）

A．小球甲第一次回到釋放位置時(shí)，小球丙加速度為零

B．小球丁第一次回到平衡位置時(shí)，小球乙動(dòng)能為零

C．小球甲、乙的振動(dòng)周期之比為3:4

D．小球丙、丁的擺長(zhǎng)之比為1:2

【答案】C

L

【詳解】根據(jù)單擺周期公式T2

g

可知T丁T丙T乙T甲

3T乙T丁

CD．設(shè)甲的周期為T甲，根據(jù)題意可得2T甲T丙

22

4

可得T丙2T甲，T乙T甲，T丁4T甲

3

可得T甲:T乙3:4，T丙:T丁1:2

L

根據(jù)單擺周期公式T2

g

結(jié)合T丙:T丁1:2

可得小球丙、丁的擺長(zhǎng)之比L丙:L丁1:4

故C正確，D錯(cuò)誤；

T丙

A．小球甲第一次回到釋放位置時(shí)，即經(jīng)過T甲（）時(shí)間，小球丙到達(dá)另一側(cè)最高點(diǎn)，此時(shí)

2

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kx

速度為零，位移最大，根據(jù)a可知此時(shí)加速度最大，故A錯(cuò)誤；

m

1

B．根據(jù)上述分析可得T乙T丁

3

T3T

小球丁第一次回到平衡位置時(shí)，小球乙振動(dòng)的時(shí)間為丁（即乙）可知此時(shí)小球乙經(jīng)過平衡

44

位置，此時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，故B錯(cuò)誤。

故選C。

3．（2025·廣東·高考真題）關(guān)于受迫振動(dòng)和多普勒效應(yīng)，下列說法正確的是（）

A．系統(tǒng)的固有頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率有關(guān)

B．只要驅(qū)動(dòng)力足夠大，共振就能發(fā)生

C．應(yīng)用多普勒效應(yīng)可以測(cè)量車輛的速度

D．觀察者與波源相互遠(yuǎn)離時(shí)，接收到的波的頻率比波源的頻率大

【答案】C

【詳解】A．系統(tǒng)的固有頻率只與系統(tǒng)本身有關(guān)，與驅(qū)動(dòng)力頻率無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；

B．只有驅(qū)動(dòng)力頻率與系統(tǒng)固有頻率相同時(shí)，共振才能發(fā)生，B錯(cuò)誤；

CD．根據(jù)多普勒效應(yīng)可知觀察者與波源相互遠(yuǎn)離時(shí)，接收到的波的頻率比波源的頻率小，觀

察者與波源相互靠近時(shí)，接收到的波的頻率比波源的頻率大，所以應(yīng)用多普勒效應(yīng)可以測(cè)量車

輛的速度，C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

4．（2025·湖北·高考真題）質(zhì)量均為m的小球a和b由勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，小球a

由不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。將小球b豎直下拉長(zhǎng)度l后由

靜止釋放。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。釋放小球b后（）

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l

A．小球a可能會(huì)運(yùn)動(dòng)B．若小球b做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則其振幅為

2

mg2mg

C．當(dāng)且僅當(dāng)l時(shí)，小球b才能始終做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)D．當(dāng)且僅當(dāng)l時(shí)，小球b

kk

才能始終做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

【答案】AD

【詳解】B．如果A球不動(dòng)而B球單獨(dú)振動(dòng)則B球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，簡(jiǎn)諧振動(dòng)的平衡位置合力為

零，即B球初始時(shí)刻位置，則可知B的振幅為l，B錯(cuò)誤；

ACD．A球發(fā)生運(yùn)動(dòng)的臨界條件為彈簧對(duì)A球向上的彈力大于A球的重力，則此時(shí)對(duì)A球有

kx0mg

對(duì)B球有此時(shí)加速度kx0mgma

由簡(jiǎn)諧振動(dòng)的對(duì)稱性可得向下拉到最低點(diǎn)松手釋放的加速度也為a，則有klma

2mg

解得l

k

2mg

即l，否則A球會(huì)發(fā)生運(yùn)動(dòng)，AD正確，C錯(cuò)誤。

k

故選AD。

5．（2024·北京·高考真題）圖甲為用手機(jī)和輕彈簧制作的一個(gè)振動(dòng)裝置。手機(jī)加速度傳感器記

錄了手機(jī)在豎直方向的振動(dòng)情況，以向上為正方向，得到手機(jī)振動(dòng)過程中加速度a隨時(shí)間t變

化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說法正確的是（）

A．t0時(shí)，彈簧彈力為0

B．t0.2s時(shí)，手機(jī)位于平衡位置上方

C．從t0至t0.2s，手機(jī)的動(dòng)能增大

D．a(chǎn)隨t變化的關(guān)系式為a4sin(2.5t)m/s2

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【答案】D

【詳解】A．由題圖乙知，t0時(shí)，手機(jī)加速度為0，由牛頓第二定律得彈簧彈力大小為

Fmg

A錯(cuò)誤；

B．由題圖乙知，t0.2s時(shí)，手機(jī)的加速度為正，則手機(jī)位于平衡位置下方，B錯(cuò)誤；

C．由題圖乙知，從t0至t0.2s，手機(jī)的加速度增大，手機(jī)從平衡位置向最大位移處運(yùn)動(dòng)，

速度減小，動(dòng)能減小，C錯(cuò)誤；

D．由題圖乙知

T0.8s

則角頻率

2

2.5rad/s

T

則a隨t變化的關(guān)系式為

a4sin(2.5t)m/s2

D正確。

故選D。

模擬沖關(guān)

6．（2025·貴州·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，彈簧振子在光滑水平地面上M、N兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)

動(dòng)，規(guī)定O點(diǎn)為平衡位置，以向右為正方向，振子的位移x隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，

下列說法正確的是（）

A．0.4s~0.8s內(nèi)，振子向正方向運(yùn)動(dòng)B．t0.2s時(shí)和t0.6s時(shí)振子的速度相同

C．t0.6s時(shí)和t1.0s時(shí)振子的勢(shì)能不同D．t1.0s時(shí)振子的動(dòng)能大于t1.3s時(shí)的動(dòng)

能

【答案】D

【詳解】A．圖像的斜率代表速度，0.4s~0.8s內(nèi)，振子向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B．t0.2s時(shí)和t0.6s時(shí)振子的速度大小相等但方向相反，速度不同，故B錯(cuò)誤；

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C．t0.6s時(shí)和t1.0s時(shí)振子的位移大小相等，根據(jù)對(duì)稱性可知，勢(shì)能相同，故C錯(cuò)誤；

D．振子在t1.0s時(shí)比t1.3s時(shí)更靠近平衡位置，速度更大，所以t1.0s時(shí)振子的動(dòng)能大

于t1.3s時(shí)振子的動(dòng)能，故D正確。

故選D。

7．（2025·山西呂梁·三模）某同學(xué)用如圖所示的裝置描繪單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖像。第一次

實(shí)驗(yàn)時(shí)在紙帶上恰好有兩個(gè)完整的振動(dòng)圖像，第二次實(shí)驗(yàn)時(shí)改變擺長(zhǎng)，用2倍的速度拉相同的

紙帶，紙帶上也恰好有兩個(gè)完整的振動(dòng)圖像，則第一次實(shí)驗(yàn)和第二次實(shí)驗(yàn)中單擺的擺長(zhǎng)之比為

（）

A．4∶1B．2∶1C．1∶2D．1∶4

【答案】A

【詳解】由題意可知兩次實(shí)驗(yàn)中單擺的周期之比為T1:T22:1

l

再由周期公式T2

g

lT24

解得11

2

l2T21

故選A。

8．（2025·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）一單擺的重力勢(shì)能Ep隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖所示，重力

加速度大小為g，下列說法正確的是（）

12

A．該單擺的周期為tB．該單擺的周期為t

5050

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gt24gt2

C．該單擺的擺長(zhǎng)為0D．該單擺的擺長(zhǎng)為0

25π29π2

【答案】BC

【詳解】AB．由題圖可得2.5Tt0

2

解得Tt，故A錯(cuò)誤，B正確；

50

L

CD．由T2π

g

gt2

解得L0，故C正確，D錯(cuò)誤。

25π2

故選BC。

9．（2025·北京朝陽(yáng)·二模）如圖所示為某質(zhì)點(diǎn)沿x軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像，根據(jù)圖像可知該質(zhì)點(diǎn)

（）

A．在任意1s內(nèi)通過的路程相同

B．在第2s末和第4s末的速度相同

C．在1s~3s內(nèi)所受回復(fù)力沿x軸正方向

D．在2s~3s內(nèi)位移方向與瞬時(shí)速度方向相同

【答案】D

1

【詳解】A．由題圖可知周期為T4s，在任意1s內(nèi)，即任意的T內(nèi)，如果初始位置處于

4

平衡位置或最大位移處，則質(zhì)點(diǎn)通過的路程等于一個(gè)振幅，初始位置在其它位置時(shí)，則質(zhì)點(diǎn)通

過的路程不等于一個(gè)振幅，故A錯(cuò)誤；

B．由題圖可知在第2s末和第4s末的速度大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；

C．由題圖可知在1s~2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)所受回復(fù)力先沿x軸負(fù)方向，在2s~3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)所受回復(fù)力

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先沿x軸正方向，故C錯(cuò)誤；

D．由題圖可知在2s~3s內(nèi)位移方向與瞬時(shí)速度方向相同，均沿x軸負(fù)方向，故D正確。

故選D。

10．（2025·北京朝陽(yáng)·二模）單擺裝置如圖所示，擺球始終在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，擺球可視為質(zhì)點(diǎn)。

不計(jì)空氣阻力，請(qǐng)完成下列問題：

(1)若擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)周期為T，求重力加速度的大小g；

(2)若擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，擺起最大角度為，求擺球通過最低點(diǎn)時(shí)速度的大小v0；

(3)若擺球質(zhì)量為m，擺動(dòng)周期為T，重力加速度大小為g，通過最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，擺

球從左側(cè)最高點(diǎn)第一次擺到最低點(diǎn)的過程中，求細(xì)線對(duì)擺球拉力的沖量大小I。

4π2L

【答案】(1)g

T2

(2)v02gL(1cos)

2

21

(3)ImvmgT

4

L

【詳解】（1）由單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期公式T2

g

4π2L

可得g

T2

1

（2）由動(dòng)能定理mgL1cosmv2

20

可得

v02gL(1cos)

1

（3）此過程中重力、拉力對(duì)小球產(chǎn)生沖量，其中重力的沖量大小為I重mgT

4

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根據(jù)動(dòng)量定理可知合力的沖量大小為I合mv

2

21

由平行四邊形定則可得拉力的沖量大小為ImvmgT

4

11．（2025·河北·模擬預(yù)測(cè)）春節(jié)廟會(huì)上，鼓手敲擊大鼓，鼓面中心做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅為1cm，

頻率為200Hz，聲速為340m/s。忽略聲波在短距離傳播過程振幅的衰減。在水平面內(nèi)建立直

角坐標(biāo)系（x，y），x軸平行于鼓面，y軸垂直于鼓面，鼓面中心位于坐標(biāo)（0，0）處，一位觀

眾位于點(diǎn)（0，a）處（a的單位為m）。t0時(shí)鼓面處于平衡位置并且朝y軸正方向振動(dòng)。

(1)求聲波的波長(zhǎng)λ；

(2)寫出大鼓在該觀眾處所激發(fā)的振動(dòng)的位移y隨時(shí)間的方程。

【答案】(1)1.7m；

(2)y0.01sin400t3.69am

【詳解】（1）根據(jù)題意，由公式vf

T

v340

可得，聲波的波長(zhǎng)m1.7m

f200

a

（2）根據(jù)題意可知，聲波傳播到觀眾位置的時(shí)間為t

v

則大鼓在該觀眾處所激發(fā)的振動(dòng)的位移y隨時(shí)間的方程

y0.01sin2fttm0.01sin400t3.69am

12．（2025·湖南·一模）裝有一定量細(xì)沙的兩端封閉的玻璃管豎直漂浮在水中，水面范圍足夠

大，如圖甲所示。把玻璃管向下緩慢按壓4cm后放手，忽略水的粘滯阻力，玻璃管的運(yùn)動(dòng)可

以視為豎直方向的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，測(cè)得振動(dòng)周期為0.6s。以豎直向上為正方向，從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，

其振動(dòng)圖像如圖乙所示，其中A為振幅。對(duì)于玻璃管，下列說法正確的是（）

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A．振動(dòng)頻率與按壓的深度有關(guān)

B．振動(dòng)過程中玻璃管的振幅為8cm

C．t2時(shí)刻的橫坐標(biāo)為0.25

．在時(shí)間內(nèi)，玻璃管的位移減小，加速度減小，速度增大

Dt1~t2

【答案】CD

【詳解】A．由于玻璃管做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，與彈簧振子的振動(dòng)相似，結(jié)合簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，其

振動(dòng)頻率與振幅無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B．由題意可知振幅為4cm，故B錯(cuò)誤；

11

C．由圖乙可知從0到t2，所用時(shí)間為TT0.25s

64

故C正確；

．由圖乙可知，在時(shí)間內(nèi)，位移減小，加速度減小，玻璃管向著平衡位置加速運(yùn)動(dòng)，

Dt1~t2

所以速度增大，故D正確；

故選CD。

13．（2025·河南·三模）如圖所示，傾角θ=37°的光滑斜面，底部固定有擋板，一根輕質(zhì)彈簧兩

端分別拴接P、Q兩個(gè)木塊，Q放置在擋板上，P處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向下的外力將

木塊P緩慢壓到某位置，然后撤去外力，木塊P向上運(yùn)動(dòng)，木塊Q恰好未離開擋板。已知木

塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，忽略空氣阻力，彈簧

1

始終處于彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ekx2（k是彈簧的勁度系數(shù)，x是彈簧的形變量），

p2

sin370.6，cos370.8，下列說法正確的是（）

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A．木塊P的最大加速度為0.9g

B．木塊Q對(duì)擋板的最大壓力為9mg

7m2g2

C．外力對(duì)木塊P做的功為

5k

9gm

D．木塊P的最大速度為

52k

【答案】AD

【詳解】A．開始時(shí)，木塊P處于平衡狀態(tài)，有2mgsinkx1

6mg

解得x

15k

當(dāng)木塊P運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，木塊Q恰好未離開擋板，對(duì)木塊Q，有mgsinkx2

3mg

解得x

25k

分析可知木塊P做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，木塊P在最高點(diǎn)時(shí)加速度最大，由牛頓第二定律有

2mgsinkx22ma

解得a0.9g，故A正確；

B．木塊P在最低點(diǎn)時(shí)，有T2mgsin2ma

解得T3mg

18

此時(shí)木塊Q對(duì)擋板的壓力最大，有NTmgsinmg，故B錯(cuò)誤；

5

C．木塊P從平衡位置到最低點(diǎn)過程，由能量守恒定律有

121

W2mgsinxxk2xxkx2

1221221

81m2g2

解得W，故C錯(cuò)誤；

50k

1

D．木塊P從開始到第一次回到平衡位置，由能量守恒定律有W2mv2

2

9gm

解得v，故D正確。

52k

故選AD。

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14．（2025·河南·三模）如圖所示，粗細(xì)均勻的一根木筷，下端繞幾圈鐵絲，豎直浮在水杯中，

現(xiàn)將木筷豎直提起一段距離，然后由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)，木筷在水中上下振動(dòng)，一段時(shí)間內(nèi)

木筷在豎直方向的運(yùn)動(dòng)可近似看做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，取豎直向下為正方向。關(guān)于木筷振動(dòng)的圖像，下

列各圖正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【詳解】取豎直向下為正方向，則初始時(shí)刻，木筷的位置為負(fù)向最大位移處。

故選A。

15．（2025·四川樂山·三模）如圖1所示，一單擺懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方P點(diǎn)有一個(gè)釘子，

將小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）拉到A點(diǎn)后靜止釋放，小球在豎直平面內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，擺球的振動(dòng)圖

像如圖2所示。已知擺球擺角始終不超過5°，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)一切阻力和能量

損失，下列說法中正確的是（）

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A．該單擺的周期為0.4πs

B．OP間的距離為1.6m

C．t=0.2πs時(shí)小球動(dòng)能最大

D．圖中x?與x?的比值為2∶1

【答案】D

【詳解】A．由圖像可知，該單擺的周期為T=2(0.5-0.2)s=0.6πs

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；π

LLL

B．根據(jù)單擺周期公式0.4sOA，0.2sOAOP

gg

解得OP間的距離為L(zhǎng)OP=1.2m

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．t=0.2πs時(shí)小球到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)速度為零，則動(dòng)能為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D．不計(jì)擺線和釘子相碰時(shí)的能量損失，所以整個(gè)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知

mgh1=mgh2

所以擺球擺到兩側(cè)最高點(diǎn)的位置是等高；單擺在OP左側(cè)最大偏角為θ，由數(shù)學(xué)知識(shí)得

x2Lsin

1OA2

單擺在OP右側(cè)最大偏角為α，由數(shù)學(xué)知識(shí)得x2Lsin

2BP2

由機(jī)械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα）

其中LOA=4LBP

x2

聯(lián)立解得1

x21

圖中x?與x?的比值為2∶1，選項(xiàng)D正確。

故選D。

16．（2025·廣東深圳·二模）上海中心大廈內(nèi)部的“上?；垩邸弊枘崞髦剡_(dá)一千噸，有效抵御了大

風(fēng)對(duì)建筑的影響。該阻尼器沿水平方向做阻尼振動(dòng)，振動(dòng)圖像如圖所示。關(guān)于阻尼器的說法正

確的是（）

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A．振動(dòng)周期越來(lái)越小B．t=4s時(shí)的動(dòng)能為零

C．t=8s時(shí)沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)D．t=10s時(shí)加速度沿x軸負(fù)方向

【答案】D

【詳解】A．由圖可知，振動(dòng)周期不變，故A錯(cuò)誤；

B．t=4s時(shí)正好經(jīng)過平衡位置，速度最大，動(dòng)能最大，故B錯(cuò)誤；

C．t=8s時(shí)圖線切線的斜率為正，則沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D．由圖可知，t=10s時(shí)位移達(dá)到正向最大，則加速度最大，方向沿x軸負(fù)方向，故D正確。

故選D。

17．（2025·江西贛州·二模）手持細(xì)繩，使繩上A點(diǎn)從t0時(shí)刻開始帶動(dòng)細(xì)繩上各點(diǎn)上下做簡(jiǎn)

諧運(yùn)動(dòng)，振幅為0.3m。t0.5s時(shí)，B點(diǎn)剛開始振動(dòng)，A點(diǎn)回到平衡位置，繩上形成的波形如

圖所示，以向上為質(zhì)點(diǎn)位移的正方向。

(1)寫出A點(diǎn)位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；

(2)從t0開始，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間質(zhì)點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路程為5.1m。

【答案】(1)x0.3sin(4t)m

(2)2.625s

【詳解】（1）設(shè)A點(diǎn)位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為xAsin(t)

依題意，A0.3m，T0.5s

2

由得4rad/s

T

1

由圖可知，B點(diǎn)的起振方向向下，則A點(diǎn)的起振方向也向下，故tT時(shí)，x0.3m

2

解得

依上可得x0.3sin(4t)m

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（2）依題意，振動(dòng)從A點(diǎn)傳到B點(diǎn)，用時(shí)t10.5s

質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)一個(gè)周期，路程為4個(gè)振幅，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路程為5.1m時(shí)，共17個(gè)振幅，故共

1

經(jīng)過的時(shí)間為t4TT2.125s

24

綜上可得tt1t22.625s

18．（2025·北京東城·二模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端連接一質(zhì)量為m

的小鋼球。以彈簧原長(zhǎng)時(shí)鋼球所在的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，豎直向下為正方向建立坐標(biāo)軸Ox。

將鋼球從O點(diǎn)處由靜止釋放，鋼球在O、P間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。彈簧勁度系數(shù)為k，且彈簧始終

處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）

A．在P點(diǎn)處，小球的加速度最小

B．在P點(diǎn)處，小球所受彈力的大小為mg

mg

C．在x處，小球的速度最大

k

3mg

D．O、P兩點(diǎn)間的距離為

k

【答案】C

【詳解】A．鋼球在O、P間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故其在P點(diǎn)回復(fù)力最大，即加速度最大，故A錯(cuò)

誤；

B．由A可知在P點(diǎn)處，kxmgmamax

此時(shí)kxmgmamax

故B錯(cuò)誤；

C．速度最大時(shí)，彈力與小球重力相等，后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，彈力增大，速度減小，則mgkx

mg

故x

k

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故C正確；

1

D．從O到P，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgxkx2

max2max

2mg

解得x

maxk

故D錯(cuò)誤。

故選C。

19．（2025·湖南長(zhǎng)沙·三模）如圖1所示，在光滑的水平面上有兩彈簧振子甲、乙，甲、乙使

用的彈簧勁度系數(shù)相同，兩彈簧振子的速度隨時(shí)間的變化圖像如圖2所示。已知彈簧振子的周

m12

期公式為T2，其中m為振子的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)，彈簧的彈性勢(shì)能Epkx，

k2

x為彈簧形變量，下列說法不．正．確．的是（）

A．甲、乙的周期之比為4:3B．甲、乙的振子質(zhì)量之比為16:9

C．甲、乙的機(jī)械能之比為32:9D．甲、乙的彈簧最大形變量之比為16:3

【答案】D

3

【詳解】A．由圖2可得tT甲，tT乙

040

4

解得T甲t，T乙t

300

T甲4

所以

T乙3

故A正確；

m

B．根據(jù)彈簧振子的周期公式為T2

k

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kT2

整理得m

42

2

m甲T甲16

則

2

m乙T乙9

故B正確；

v甲2

C．由圖2可得，兩彈簧振子的最大速度之比為

v乙1

1

當(dāng)振子有最大速度時(shí)，振子的機(jī)械能只有動(dòng)能，則根據(jù)Emv2

k2

2

E甲m甲v甲16232

可得k

2

Ek乙m乙v乙919

故C正確；

1

D．當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，振子的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，根據(jù)EEkx2

kp2

2E

整理可得xk

k

x甲E甲42

所以k

x乙Ek乙3

故D錯(cuò)誤。

本題選擇不正確的，故選D。

20．（2025·山西臨汾·三模）如圖甲所示，質(zhì)量M5.0kg的箱子P放在水平地面上，兩根相

同的輕質(zhì)彈簧連著質(zhì)量m1.0kg的小球Q，兩彈簧另一端與箱子P連接，彈簧均處于豎直狀

態(tài)。取豎直向上為正方向，小球在豎直方向振動(dòng)過程中相對(duì)平衡位置的位移y隨時(shí)間t的變化

如圖乙所示，箱子P始終保持靜止。已知兩彈簧的勁度系數(shù)k50N/m，重力加速度

g10m/s2，則（）

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A．t10.05s時(shí)，小球的加速度為零

B．t0.1πs時(shí)．小球的速度為零

C．t20.15πs時(shí)，箱子P對(duì)地面的壓力大小為64N

D．t20.15πs時(shí)．箱子P對(duì)地面的壓力大小為56N

【答案】C

【詳解】A．t10.05s時(shí)刻小球在正向最大位移處，加速度為最大，故A錯(cuò)誤；

B．t0.1s時(shí)刻小球在平衡位置處，速度為最大，故B錯(cuò)誤；

CD．兩彈簧相同，Q靜止時(shí)，上方彈簧伸長(zhǎng)，下方彈簧壓縮，設(shè)彈簧形變量為x，有2kxm2g

解得x0.1m

由圖乙知t20.15s時(shí)刻小球在最低點(diǎn)，偏離平衡位置的位移為A，此時(shí)上方彈簧拉伸到更

長(zhǎng)，下方彈簧壓縮到更短，對(duì)箱子有FNMg2kAx64N

由牛頓第三定律知箱子對(duì)地面的壓力為64N，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

21．（2025·云南玉溪·模擬預(yù)測(cè)）小明在周末去游樂場(chǎng)玩了一個(gè)名為“海盜船”的游樂項(xiàng)目。他坐

在海盜船上，隨著海盜船的左右擺動(dòng)，他感覺非常的開心。海盜船在擺動(dòng)過程中的位移一時(shí)間

圖像（假設(shè)該圖像已經(jīng)過理想化處理，忽略空氣阻力、摩擦等因素，且海盜船的擺動(dòng)可以看作

是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)）如圖所示，則下列說法正確的是（）

A．圖像中的t1時(shí)刻表示海盜船擺動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)刻，此時(shí)海盜船的速度為0

B．圖像中的t2時(shí)刻表示海盜船擺動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)刻，此時(shí)海盜船的加速度為0

C．在t3~t4時(shí)間內(nèi)，海盜船的速度大小和方向都在不斷變化，但加速度的大小和方向保持

不變

D．根據(jù)圖像可知海盜船擺動(dòng)的周期等于t4，該周期與船上游客數(shù)量、擺長(zhǎng)以及重力加速

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度有關(guān)

【答案】A

【詳解】A．由圖可知，t1時(shí)刻海盜船的位移最大，即此時(shí)海盜船擺動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)刻，此時(shí)

海盜船的速度為0，故A正確；

B．由圖可知，t2時(shí)刻海盜船的位移為零，即此時(shí)海盜船擺動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)有向心加速度，

即此時(shí)海盜船的加速度不為0，故B錯(cuò)誤；

C．在t3~t4時(shí)間內(nèi)，海盜船的速度大小和方向都在不斷變化，加速度的大小和方向也在不斷

變化，故C錯(cuò)誤；

l

D．根據(jù)圖像可知海盜船擺動(dòng)的周期等于t，根據(jù)T2

4g

可知，該周期與擺長(zhǎng)以及重力加速度有關(guān)；與船上游客數(shù)量，即與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。

故選A。

22．（2025·北京西城·二模）如圖1所示，小球懸掛在輕彈簧的下端，彈簧上端連接傳感器。

小球上下振動(dòng)時(shí)，傳感器記錄彈力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示。已知重力加速度g10m/s2。

下列說法正確的是（）

A．小球的質(zhì)量為0.2kg，振動(dòng)的周期為4s

B．0~2s內(nèi)，小球始終處于超重狀態(tài)

C．0~2s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為2Ns

D．0~2s內(nèi)，彈力對(duì)小球做的功等于小球動(dòng)能的變化量

【答案】C

【詳解】A．小球在最低點(diǎn)時(shí)彈簧拉力最大，傳感器讀數(shù)最大為2N，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)傳感器示

數(shù)最小值為零，則此時(shí)彈簧在原長(zhǎng)，小球的加速度為向下的g，結(jié)合對(duì)稱性可知最低點(diǎn)時(shí)的加

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速度為向上的g，根據(jù)則F-mg=ma

可知F=2mg=2N

即小球的質(zhì)量m=0.1kg

由圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，加速度先向上后向下，則先超重后失重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．0~2s內(nèi)，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，動(dòng)量變化為零，由動(dòng)量定理Imgt0

可得小球受彈力的沖量大小為I2Ns

選項(xiàng)C正確；

D．0~2s內(nèi)，小球動(dòng)能變化為零，彈力對(duì)小球做的功與重力做功的代數(shù)和等于小球動(dòng)能的變化

量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選C。

23．（2025·江蘇南京·二模）如圖，某同學(xué)利用一半徑R較大的固定光滑圓弧槽和一直徑為

d(dR)的剛性小球來(lái)測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。已知小球的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng).下列說法正確的

是（）

A．應(yīng)從小球處于最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)

B．從不同高度釋放，小球的周期不同

C．若將n次全振動(dòng)誤記為n?1次，重力加速度的測(cè)量值將偏小

D．小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)加速度為零

【答案】C

【詳解】A．在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，通常選擇平衡位置作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此時(shí)速度最大，便于測(cè)量。最

高點(diǎn)速度為零，不是最佳的計(jì)時(shí)起點(diǎn)，A錯(cuò)誤；

B．對(duì)于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，周期T只與系統(tǒng)的固有性質(zhì)（如擺長(zhǎng)、重力加速度）有關(guān)，與振幅（即

釋放高度）無(wú)關(guān)，因此從不同高度釋放，小球的周期相同，B錯(cuò)誤；

R

C．根據(jù)單擺運(yùn)動(dòng)的周期公式T2

g

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若將n次全振動(dòng)誤記為n1次，會(huì)使小球運(yùn)動(dòng)周期偏大，重力加速度的測(cè)量值偏小，C正確；

D．在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，小球繞點(diǎn)O做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在最低點(diǎn)時(shí)速度最大，但加速度不為零，方

向指向O點(diǎn)，D錯(cuò)誤。

故選C。

24．（2025·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，兩根相同的輕彈簧一端分別固定在等高的a、b兩點(diǎn)，

另外一端均與質(zhì)量為m的小球相連，小球穿在豎直放置的光滑直桿上，桿到a、b兩點(diǎn)的距離

恰好等于彈簧的原長(zhǎng)。開始時(shí)小球從與a、b等高的O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)O2，

g

OO2h，O1是OO2的中點(diǎn)，已知重力加速度大小為，下列說法正確的是（）

A．小球在O2點(diǎn)處于平衡狀態(tài)

B．從O到O1小球處于失重狀態(tài)

C．若小球的質(zhì)量為2m，小球在O1點(diǎn)加速度方向向上

D．若小球的質(zhì)量為2m，小球到O2點(diǎn)的速度大小為gh

【答案】BD

【詳解】設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，以向下為正。

小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為s0，則有2ks0cosmg

其中為彈簧與豎直方向的夾角，設(shè)s0cosh0

整理得2kh0mg

對(duì)小球在運(yùn)動(dòng)過程中的任一位置進(jìn)行受力分析，有F2kscosmg

其中為彈簧與豎直方向的夾角，設(shè)scosh

整理得Fk(2h2h0)

其中2h2h0為小球相對(duì)靜止位置的位移，則有Fkx

故知小球在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。根據(jù)對(duì)稱性可知，O1為平衡位置。

A．小球在O2點(diǎn)，處于位移最大處，加速度方向向上，A錯(cuò)誤；

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B．從O到O1小球加速，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，B正確；

C．若小球的質(zhì)量為2m，平衡位置要下移，則小球在O1點(diǎn)加速度方向向下，C錯(cuò)誤；

D．當(dāng)小球質(zhì)量為m，小球運(yùn)動(dòng)到O2點(diǎn)時(shí)，速度為零，以O(shè)2點(diǎn)為重力勢(shì)能的零點(diǎn)

由能量守恒有mgh2Ep彈

12

若小球質(zhì)量為2m，小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，有2mgh2E彈(2m)v

2p2

解得vgh

D正確。

故選BD。

25．（2025·甘肅白銀·二模）如圖所示，波源P的平衡位置位于x=0處，產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧橫波沿x

軸正方向傳播；波源Q的平衡位置位于x=8m處，產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播。兩波源

均在豎直方向振動(dòng)，振動(dòng)方程均為y2sin4πt(cm)，產(chǎn)生的波的波速大小均為v=8m/s。下列

說法正確的是（）

A．兩列波的周期均為2s

B．兩列波的頻率均為0.5Hz

C．兩列波的波長(zhǎng)均為2m

D．穩(wěn)定后，平衡位置在x=4m處的質(zhì)點(diǎn)的振幅為4cm

【答案】D

【詳解】A．根據(jù)振動(dòng)方程均為y2sin4πt(cm)，可知周期T=0.5s，A錯(cuò)誤；

1

B．頻率f2Hz，B錯(cuò)誤；

T

C．根據(jù)v，可得λ=4m，C錯(cuò)誤；

T

D．根據(jù)波的干涉原理，x=4m處是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)的振幅為4cm，D正確。

故選D。

26．（2024·北京·一模）如圖所示，把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖

甲所示，迅速松手后，球升高至最高位置C（圖丙），逾中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正處于原長(zhǎng)（圖

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乙）。忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力。則小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，下列說法正確的是（）

A．經(jīng)過位置B時(shí)小球的動(dòng)量最大

B．在位置A松手瞬間，小球受到的彈力不一定大于兩倍的重力

C．從A到B過程，小球受到彈力的沖量大小大于重力的沖量大小

D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小

【答案】C

【詳解】A．小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，當(dāng)彈簧彈力等于小球重力時(shí)，小球速度最大，動(dòng)量

最大，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以經(jīng)過位置B時(shí)小球的動(dòng)量不是最大，故A錯(cuò)誤；

B．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球在A位置的加速度大

于在B位置的加速度，而B位置的加速度為g，則在A位置有F彈mgmaAmg

可得F彈2mg

故B錯(cuò)誤；

C．從A到B過程，根據(jù)動(dòng)量定理可得I彈IGmvB00

可知小球受到彈力的沖量大小大于重力的沖量大小，故C正確；

D．在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力，彈簧的彈力做功，所以小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能

守恒，故D錯(cuò)誤。

故選C。

27．（2025·安徽蚌埠·三模）如圖所示，輕質(zhì)絕緣水平彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端連

接質(zhì)量為m的不帶電小球B，并靜止于光滑絕緣水平面上，整個(gè)裝置處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E的水

平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。某時(shí)刻質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶正電小球A從距B球L處

由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)，與B球發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短）后粘在一起。已知彈簧的彈性

1

勢(shì)能Ekx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，

p2

兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)。

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(1)求碰撞后瞬間兩球的速度大?。?/p>

8qE

(2)證明兩球碰撞后的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；若k，求該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅。

L

qEL

【答案】(1)

2m

3

(2)證明見解析，L

8

12

【詳解】（1）設(shè)碰撞前A的速度為v，碰撞后瞬間兩球的速度為v1，由動(dòng)能定理得qELmv

020

由動(dòng)量守恒定律得mv02mv1

qEL

聯(lián)立解得碰撞后瞬間兩球的速度大小為v

12m

（2）A、B碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程受到電場(chǎng)力和彈簧的彈力作用，取向左為正方向，設(shè)A、B向左

運(yùn)動(dòng)到O時(shí)（平衡位置）合外力為零，彈簧形變量為x0，如圖所示

則此時(shí)的電場(chǎng)力大小為F電qEkx0

方向水平向左；當(dāng)A、B運(yùn)動(dòng)到P時(shí)，相對(duì)O的位移為x，則彈簧的彈力為F彈kxx0

方向水平向右；碰后A、B運(yùn)動(dòng)的合力提供回復(fù)力，則F回F電F彈kx

方向水平向右，故A、B碰后的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。設(shè)其振幅為A，則由能量守恒知

121

qExAkxA2mv2

02021

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3

解得該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為AL

8

28．（2025·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端與

質(zhì)量為m的物塊A相連接。初始時(shí)刻，用擋板B托住物塊A，使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于

原長(zhǎng)。利用計(jì)算機(jī)系統(tǒng)精確控制使擋板B豎直向下做加速度大小為a=0.5g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

直至擋板與物塊A分離，分離后物塊A向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度vm，而

后向下減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)。此后物塊A在豎直方向做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。則（）

mg

A．擋板B與物塊A分離時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量x

14k

mg

B．物塊A達(dá)到最大速度vm時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量x

22k

2mg

C．彈簧的最大伸長(zhǎng)量為

k

g3m

D．物塊A的最大速度v

m2k

【答案】D

【詳解】A．當(dāng)擋板B與物塊A分離時(shí)，A、B間的作用力為零，則此時(shí)A的加速度為a10.5g。

對(duì)物塊A受力分析由牛頓第二定律得mgkx1ma1

mg

解得擋板B與物塊A分離時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x