文档文本内容
第36 讲 机械振动 （专项训练）
目 录
模拟·基础演练.......................................................................................................................................1
题型01 简谐运动的规律...........................................................................................................1
题型02 简谐运动的表达式和图像...........................................................................................5
题型03 单摆及其周期公式.......................................................................................................6
题型04 单摆及其周期公式.......................................................................................................9
重难·创新演练.....................................................................................................................................14
真题·实战演练.....................................................................................................................................19
模拟·基础演练
考查重点：简谐运劝
⏳题型01
动
简谐运
的规律
1.（2026 湖南邵阳高三模拟）“海蛇”波浪能发电项目是一种利用海洋波浪能量发电的创新技术，其核心
原理是通过浮体的运动将波浪能转化为电能。浮体可简化为如图所示的漂浮在水中的、质量分布均匀的木
块，水面足够大，O、P、Q为木块上同一竖直线上的点，此时O点与水面平齐，P点为OQ的中点，用
手将木块缓慢下压，使Q点与水面平齐后松手，木块会上下运动，且不翻转，从松手开始计时，P点经过
0.2s第一次与水面平齐，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．木块的振动不是简谐运动
B．木块的振动周期为1.0s
C．在t =0.9s时O点第二次与水面平齐
D．木块在振动过程中受到重力、浮力和回复力的作用
【答案】C
【详解】A．设木块的质量为m，横截面积为S，水的密度为ρ，木块在平衡位置时有mg= ρgS h0（h0为木
块在平衡位置时浸入水中的深度）
设竖直向下为正方向，当木块被下压x 时，受到的浮力为F 浮= ρgS(h0+ x)
则回复力F =mg−F 浮=mg−ρgS(h0+ x)=−ρgSx
回复力满足F =−kx（k = ρgS为常数）的形式，所以木块的振动为简谐运动，故A 错误；
B．从松手开始计时，P点经过0.2s第一次与水面平齐，由于P点为OQ的中点，结合数学知识有
0.2s= T
4 × 2
3
得T =1.2s
故B 错误；
C．O 点第一次与水面平齐所经历的时间为T
4 ，即0.3s，再经过T
2 ，即在t =0.9s时O点会第二次与水面平
齐，故C 正确；
D．木块在振动过程中受到重力、浮力的作用，回复力就是重力与浮力的合力，故D 错误。
故选C。
2．（多选）（2026·湖南一模）如图所示，一匀质鱼漂竖直浮在水面上，当鱼漂静止时，水位恰好在O 点。
用手将鱼漂往下按，使水位到达M 点，松手后，鱼漂会上下运动，在M、N 两点之间来回移动。不考虑阻
力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．鱼漂在水面上下浮沉的运动是匀变速运动
B．水位在O 点时，鱼漂的速度最大
C．水位到达M 点时，鱼漂具有向上的加速度
D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大
【答案】BC
【详解】A．鱼漂的运动是简谐运动，回复力F合=−ρgSx
加速度a= F合
m =−ρgS
m x
加速度随位移变化，不是匀变速运动，A 错误；
B．O 点是平衡位置，简谐运动中平衡位置速度最大，水位在O 点时鱼漂速度最大，B 正确；
C．水位到达M 点时，鱼漂浸入水中的体积大于静止时的体积，浮力大于重力，合力向上，加速度向上，
C 正确；
D．鱼漂由上往下运动时，从N 到O 速度增大，从O 到M 速度减小，并非一直变大，D 错误；
故选BC。
3．（多选）（2026·辽宁二模）如图所示，质量为m 的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，振动到最高点
时弹簧恰好为原长，已知轻质弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．弹簧振子的振幅为2mg
k
B．弹簧振子在最低点时受到的弹力大小为2mg
C．弹簧的最大弹性势能为2m
2 g
2
k
D．弹簧振子的最大动能为m
2 g
2
k
【答案】BC
【详解】A．平衡位置满足mg=kx
弹簧伸长量为x = mg
k
由于最高位置恰好为弹簧原长，所以弹簧振子的振幅为x = mg
k ，故A 错误；
B．由于振幅为x = mg
k
最高点到最低点的高度差为2 x = 2mg
k
最低点弹簧弹力为F =k ×2 x =2mg，故B 正确；
C．最高点弹簧为原长，所以弹性势能为0，根据机械能守恒，最高点和最低点，动能均为0，重力势能全
部转化为弹性势能，为Ep=mg 2mg
k
= 2m
2 g
2
k
，故C 正确；
D．平衡位置时，动能最大。从最高点到平衡位置，重力势能减少Δ EpG=mgx = m
2 g
2
k
减少的重力势能转化为动能和弹性势能，所以最大动能小于m
2 g
2
k
，故D 错误。
故选BC。
4．（2026·吉林长春·一模）如图（a），轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，上端与物块甲相连，甲处于
静止状态。现从斜面上某位置由静止释放物块乙，运动一段距离与甲碰撞，碰撞后一起沿斜面向下运动。
取乙的释放位置为坐标原点O 建立一维坐标系，x 轴的正方向沿斜面向下。乙的动能Ek与位置坐标x 的关
系如图（b）所示，图像中0~x1之间为直线，其余部分为曲线且在x=x2处切线斜率为0。甲、乙均可视为质
点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙质量之比为2:1
B．甲、乙碰撞后在x=x2位置加速度最大
C．位置坐标满足关系x2= x1+ x3
2
D．弹簧的劲度系数k =
E
x1( x2−x1)
【答案】D
【详解】A．由图b 可知，物块乙与物块甲碰撞前的动能E = 1
2 m乙v0
2
物块乙与物块甲碰撞后的动能1
4 E = 1
2 m乙v共
2
物块乙与物块甲碰撞过程，根据动量守恒定律m乙v0=(m甲+m乙)v共
联立解得m甲:m乙=1:1，故A 错误；
B．由图b 可知，甲与乙碰撞后乙在x2处动能最大，则甲与乙碰撞后在x2位置处速度最大，此位置为平衡
位置，加速度为零，故B 错误；
C．由图（b）可知，x3位置的速度减小到0，说明是平衡位置下方的最大位移处，而x1处的速度不为0，
说明此位置不是该简谐振动平衡位置上方的最大位移处，因此有x2−x1< x3−x2
解得x2< x1+ x3
2
，故C 错误；
D．弹簧上端与物块甲相连，物块甲处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x0，结合图a 根据平衡条件可
知m甲gsinθ =k x0
当甲乙一起运动到x2位置时，速度最大，根据平衡条件可得(m甲+m乙)gsinθ =k( x2−x1+ x0)
物块乙从释放到位置x1的过程中，由动能定理可得m乙g x1sinθ = E，m甲:m乙=1:1
联立解得k =
E
x1( x2−x1)，故D 正确。
故选D。
5．（2026·湖北武汉二中·二模）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，
弹簧的压缩量为x0，如图所示，一质量为2m物块从钢板正上方距离为4.5 x0的A 处自由落下，打在钢板上
并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势
能表达式为Ep= 1
2 k x
2，弹簧振子做简谐运动的周期T =2π ❑√
M
k ，（x为弹簧形变量，M为振子的质量，
k为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确
的是（ ）
A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是3 ❑√g x0
B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A =6 x0
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t = 2π
3
❑√
3 x0
g
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm =18mg x0
【答案】C
【详解】A．对物块，根据动能定理有2mg⋅4.5 x0= 1
2 ⋅2mv0
2
解得v0=3 ❑√g x0
设v1表示质量为2m 的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取v0方
向为正，则2m v0=3m v1
解得v1= 2v0
3 =2❑√g x0
故A 错误；
B．碰后根据能量守恒1
2 k x0
2+ 1
2 ×3mv1
2+3mg(x1−x0)= 1
2 k x1
2
根据平衡条件可得F 弹=k x0=mg
解得x1=7 x0
当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置3mg =k x2
解得x2=3 x0
所以振幅为A = x1−x2=4 x0
故B 错误；
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为t1，则sin 2π t1
T
=2 x0
A
解得t1= T
12
继续运动到最低点所经历的时间t2，则t2= T
4
所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t =t1+t2= T
3 = 1
3 ×2π ❑√
3m
k = 2π
3
❑√
3 x0
g
故C 正确；
D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大Epm = 1
2 k x1
2=24.5mg x0
故D 错误。
故选C。
⏳题型02
动
简谐运
的表达式和图像
6.（2026 湖南娄底月考）
动
如图所示为一质点做简谐运
的位移与时间关系图像。根据图像，下列表述正
（ ）
确的是
A．质点的振幅为4cm
B．质点的位移随时间变化的表达式为y =2sin(5πt +π
2 )cm
C．t =0.15s时，质点的速度和加速度方向相同
D．从t =0.05s到t =0.35s的时间内，质点运动的路程为6cm
【答案】B
【详解】A．由图可知，该简谐运动的振幅为2cm，故A 错误；
B．由图可知，周期0.4s，则圆频率ω= 2π
T
=5πrad/s，初相位φ =π
2 ，故质点的位移随时间变化的表
达式为y =2sin(5πt +π
2 )cm，故B 正确；
C．由图可知，当t =0.15s时，质点向y 轴负方向减速运动，即速度与加速度方向相反，故C 错误；
D．根据质点的位移随时间变化的表达式为y =2sin(5πt +π
2 )cm
可知当t =0.05s时y1= ❑√2cm，当t =0.35s时y2= ❑√2cm，故从t =0.05s到t =0.35s的时间内质点的路程为
s= 4+2❑√2cm，故D 错误。
故选B。
7．（2026·湖南师大附中月考）如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B 两点
之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，则（ ）
A．在t=0.2s 时，振子的加速度为零
B．在t=0.4s 时，弹簧的动能最小
C．在t=0.6s 时，振子位于B 点
D．0.2~0.4s 时间内，振子的路程为5cm
【答案】D
【详解】A．在t =0.2s时，振子位移正向最大，根据F =−kx知回复力负向最大，根据牛顿第二定律可知，
振子的加速度为负向最大，故A 错误；
B．在t =0.4s时，振子位移为零，处于平衡位置处，弹簧的弹性势能最小，故B 错误；
C．在t =0.6s时，振子位移负向最大，位于A 点，故C 错误；
D．0.2~0.4s时间内，振子从位移正向最大处运动到平衡位置处，振子的路程等于一个振幅，即5cm，故
D 正确。
故选D。
8．（2026·山东青岛·三模）如图甲所示，轻质弹簧上端与固定位移传感器相连，下端与质量为0.1kg的小
球相连，以小球静止的位置为坐标原点O，竖直向下为正向建立坐标轴Ox。t =0时刻给小球一竖直向下、
大小为0.2m/s的初速度，位移传感器记录小球速度v随位置坐标x变化的关系图像如图乙所示。已知弹簧
始终在弹性限度内，不计空气阻力，从t =0开始计时，下列关于小球的位置坐标x、速度v、加速度a、动
能Ek随时间t变化的图像，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．由图乙可知，小球做简谐运动，振幅A =0.1m，最大速度vm=0.2m/s。根据简谐运动规律
vm=ωA，解得圆频率ω=2rad / s
周期T = 2π
ω = π s
图A 中位移随时间变化的周期为2π s，图B 中速度随时间变化的周期为2π s，与计算结果不符，故AB 错
误；
C．t =0时刻，小球在平衡位置且向正方向（向下）运动，位移x为正，根据简谐运动回复力特征
F =−kx =ma
加速度a方向与位移方向相反，应为负值。图C 中t =0后加速度为正，故C 错误；
D．t =0时刻速度最大，动能最大，最大动能Ekm = 1
2 mvm
2 =2×10
−3J
动能是标量，其变化周期为运动周期的一半，即T
2 = π
2 s
图D 中t =0时动能最大，且周期为π
2 s，故D 正确。
故选D。
9.(2026·江苏省无锡市·期中考试)如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的
转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t =0时从图示位置
沿逆时针方向匀速转动圆盘，则P运动的速度v随时间t变化的图像可能是()
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】影子P的运动周期与圆盘转动的周期相同，由ω= 2π
T 知，故影子P的运动周期为T = 2π
ω
由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为
x = Rsin(ωt +φ)
由图可知，当t =0时，P的位移为R，代入振动方程解得
φ= π
2
则P做简谐运动的表达式为
x = Rsin(ωt + π
2 )
P运动的速度v随时间t变化规律为
v = Rωcos(ωt + π
2 )
选项D 正确
10.（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲所示，底部固定有砂粒的塑料管竖直浮于水面，将塑料管向
下压一小段距离后释放，砂粒（视为质点）随塑料管在竖直方向做简谐运动。取竖直向上为正方向，一段
时间内砂粒的振动图像如图乙所示，则砂粒（ ）
A．振动的振幅为0.4 cm
B．振动的频率为2.5 Hz
C．在0.55 s时距平衡位置−0.1cm
D．在0.4 s时加速度方向竖直向下
【答案】BD
【解析】A．由图可知砂粒振动的振幅为0.2cm，故A 错误；
B．由图可知砂粒振动的周期为0.4s，则频率f = 1
T =2.5 Hz，故B 正确；
C．由图可得砂粒的振动方程为y =0.2cos( 2π
0.4 t )cm
当t =0.55 s时，y =−
❑√2
10 cm，即在0.55 s时距平衡位置−
❑√2
10 cm，故C 错误；
D．由图可知，在0.4s时位移竖直向上且最大，根据牛顿第二定律可得a=−kx
m 可知此时加速度方向
竖直向下，故D 正确。
故选BD。
⏳题型03 单摆及其周期公式
11（2026·湖南岳阳模拟）如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ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，由静止释放后，摆球在A、C 之间做简谐运动，B 点为最低点，
摆长为L，摆角为α（α <5°）。当地的重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A 点运动到C 点最短时间为π ❑√
L
gsinθ
B．摆线的最小拉力为mgsin α cosθ
C．摆线的最大拉力为3mgsinθ+2mgsinθcosα
D．球的最大回复加速度为gsinθcosα
【答案】A
【详解】A．单摆周期公式为T =2π ❑√
L
g
′
本题中摆球沿斜面运动，等效重力加速度g
′ = gsin θ
因此周期T =2π ❑√
L
gsin θ
小球从A到C是半个全振动，最短时间为T
2 = π ❑√
L
gsin θ
故A 正确；
B．摆线最小拉力出现在最高点A、C处，此时摆球速度为0，沿摆线方向合力为0，可得拉力
T min=mgsin θ⋅cos α
故B 错误；
C．最大拉力出现在最低点B，由机械能守恒mgsin θ⋅L(1−cos α )= 1
2 m v
2
最低点向心力公式T max−mgsin θ = mv
2
L
联立得T max=3mgsin θ−2mgsin θcos α
故C 错误；
D．最大回复力出现在最高点，回复力F =mgsin θ⋅sin α
因此最大回复加速度a= gsin θsin α
故D 错误。
故选A。
12．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知地球密度为月球密度的p倍，地球的半径为月球半径的q倍，忽略地
球和月球自转，同一单摆，在地球表面摆动的周期记作T 0，在月球表面摆动的周期记作T
′，则
T 0
T
′ 等于（
）
A．❑√pq
B．❑√
1
pq
C．❑√
p
q
D．❑√
q
p
【答案】B
【详解】单摆周期规律推导：单摆周期公式为T =2π ❑√
L
g
同一单摆摆长L相同，因此周期与重力加速度的平方根成反比，即T 0
T
′ = ❑√
g
′
g0
其中g0为地球表面重力加速度，g
′为月球表面重力加速度。
天体表面重力加速度推导：忽略自转时，天体表面物体重力等于万有引力：mg=G Mm
R
2 ，得g= GM
R
2 。
天体质量M = ρ⋅4
3 π R
3
代入上式得g= 4
3 πGρR，即g与ρR成正比。
比值计算：由题意ρ地= p ρ月，R地=q R月
因此
g0
g
′ = ρ地R地
ρ月R月
= pq
代入周期比公式得：T 0
T
′ = ❑√
g
′
g0
= ❑√
1
pq
故选B。
12．（2026 广东中山模拟）中国吴桥杂技闻名世界，观赏价值颇高，深受观众喜爱。假设两位杂技运动员
站在秋千上，自某一高度由静止开始下摆（运动员视为质点，荡秋千运动看成简谐运动，且绳子始终保持
伸直，秋千的质量忽略不计）。当秋千摆至最低点时，其中一人脱落（下方设有安全网）。之后，另一个
人与秋千组成的单摆所涉及的物理量发生变化的是（ ）
A．周期
B．振幅
C．最低点时绳子的拉力
D．最低点时运动员的速率
【答案】C
【详解】A．设摆长为l，根据单摆运动的周期公式T =2π ❑√
l
g
可知，周期不变，故A 错误；
B．由于其中一个运动员在最低点脱落对另外一人速度没有影响，根据机械能守恒定律有mgh= 1
2 m v
2，
可知单摆能上升的最大高度不变，振幅不变，故B 错误；
C．根据圆周运动的动力学关系有FT −mg= mv
2
l
，m减小，可得拉力变小，故C 正确；
D．在最低点的速率不变，故D 错误。
故选C。
13．（25026 湖南邵阳模拟·）如图所示，在一倾角为α =30°的光滑绝缘斜面上，将一长为L、不可伸长的
轻质细线一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球静止时在C点。现在OC连线上距离O点3 L
4
处固定一枚小钉子P，再将小球拉开一很小的倾角后由静止释放，小球在斜面上做往复运动，且运动过程
中的最大偏角∠CPB<5°，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球的往复运动是振动但不是简谐运动
B．小球往复运动的周期为3 π
2
❑√
2 L
g
C．小球每次运动到C点的加速度为零
D．小球从释放到第一次到达C点的过程中重力的瞬时功率不断增大
【答案】B
【详解】A．小球释放后在斜面上往复运动，设小球在摆动过程中悬线与OC的夹角为θ，离开平衡位置时
的回复力为F =mgsinα ⋅sinθ
因运动过程中∠CPB<5°，则小球向右侧摆动的最大夹角∠AOC <5°。在夹角较小时sinθ≈tanθ = x
L
4
所以F =mgsinα ⋅4 x
L
都指向C点，又F与x方向相反⃗F =−4 mgsinα
L⃗
x
因此小球的往复运动是简谐运动，故A 错误；
B．小球摆动的等效重力加速度为g
′ = gsinα = g
2
由于P 处固定了一枚小钉子，就形成了一个组合摆，且左侧摆长为L
4 ，右侧摆长为L，根据单摆的周期公
式知振动周期为T = π ❑√
L
gsin30° + π ❑√
L
4 gsin30° = 3 π
2
❑√
2 L
g ，故B 正确；
C．小球每次到达C点时虽然振动的加速度为零，但还有绕O点做圆周运动的向心加速度，合加速度不为零，
故C 错误；
D．小球在摆动过程中悬线与OC的夹角为θ时重力的瞬时功率P =mgsinα ⋅v cosθ
由于初始位置的速度为零，功率为零，在平衡位置速度最大，但θ =90°时的功率也为零，故小球从释放到
第一次到达C点的过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故D 错误。
故选B。
14．（2026·湖南岳慢·模拟预测）一单摆在地球表面周期为T，在半径为地球2 倍、密度也是地球的2 倍的
行星表面周期为（ ）
A．T
2
B．T
C．2T
D．❑√2T
【答案】A
【详解】地球质量 M = ρ⋅4
3 π R
3
行星质量 M
′ =2 ρ⋅4
3 π(2 R)
3=16 ρ⋅4
3 π R
3=16 M
地球表面 g= GM
R
2
行星表面 g
′ = G⋅16 M
(2 R)
2
= 16GM
4 R
2 = 4 g
单摆周期公式为 T =2π ❑√
l
g
周期之比T
′
T = ❑√
g
g
′ = ❑√
g
4 g = 1
2
故 T
′ = T
2
故选A。
⏳题型04 受迫振动和共振
15．（2026·辽宁·模拟预测）振动和波存在于我们生活的方方面面，图（a）是救护车在向右行驶，A、B
两人都听到了救护车发出的警笛声；图（b）是宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记录的“古琴正声”实
验：剪小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的琴上对应的琴弦，同样地拨动力度下，
小纸人晃动越明显代表音调越准确。下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中，A、B 两人听到警笛声的频率相同
B．图（a）中，B 听到的警笛声比A 听到的更尖锐
C．图（b）“古琴正声”实验的原理是共振
D．图（b）“古琴正声”实验的原理是波的干涉
【答案】C
【详解】AB．根据多普勒效应，图（a）救护车向右运动的过程中，A 听到警笛声的频率大于车发出的频
率，B 听到警笛声的频率小于车发出的频率，因此f A>f B
则A、B 两人听到警笛声的频率不同，音调“尖锐”对应频率更高，A 听到的频率更高更尖锐，AB 错误；
CD．同样地拨动力度下，小纸人晃动越明显代表音调越准确，小纸人所在的琴弦发生了共振，C 正确，D
错误。
故选C。
16．（2026·湖南长沙·模拟预测）把一个筛子用弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，
给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的振动振幅与驱动力频率的关系如图
乙所示，已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压
下偏心轮的转速是54 r/min。下列表述正确的是（ ）
A．增大电压可以增大筛子的固有频率
B．减小电压可以增大筛子的振动幅度
C．增大筛子质量，驱动力的频率一定减小
D．减小筛子质量，筛子的振动幅度一定减小
【答案】B
【详解】A．筛子的固有频率由筛子本身的结构决定，与驱动电压无关，故增大电压不能改变筛子的固有
频率，故A 错误；
B．根据偏心轮的转速可求得当前的驱动力频率为f = 54
60 Hz=0.9 Hz
由图乙可知筛子的固有频率为f 0=0.8 Hz
减小电压可使偏心轮转速降低，从而减小驱动力的频率，由于初始状态下驱动力的频率大于固有频率，频
率减小会使其更接近固有频率，根据受迫振动的规律可知驱动力频率越接近固有频率则振幅越大，因此减
小电压可以增大筛子的振动幅度，故B 正确；
C．驱动力的频率由偏心轮的转速决定，与筛子的质量无关，因此增大筛子质量时驱动力的频率保持不变，
故C 错误；
D．根据题意可知，减小筛子质量会减小筛子的固有周期，从而增大其固有频率，使其向当前0.9 Hz的驱
动力频率靠近，因此筛子的振动幅度可能会增大，并非一定减小，故D 错误。
故选B。
17．（2026·河南·三模）某渔船上安装了水母耳风暴警报仪，其共振腔的固有频率为10Hz。当渔船出发时，
警报仪接收到风暴产生的次声波频率为12Hz，当渔船返航时接收频率变为9Hz。假设风暴次声波的频率一
定，则下列说法正确的是（ ）
A．接收频率发生变化的原因是水母耳共振腔与次声波发生共振
B．风暴次声波的固有频率大于12Hz
C．出发时，若增大船速，则警报仪共振腔振幅将会变小
D．返航时，若增大船速，则警报仪共振腔振幅将会变大
【答案】C
【详解】A．接收频率发生变化是由于多普勒效应，A 错误；
B．渔船出发时接收到的频率大，说明出发时渔船接近风暴中心，返航时接收到的频率小，说明返航时远
离风暴中心，可知风暴次声波的频率介于9~12Hz 之间，B 错误；
C．出发时，若增大船速，则警报仪接收到的频率会大于12Hz，共振腔振幅将会变小，C 正确；
D．返航时，若增大船速，则警报仪接收到的频率会小于9Hz，共振腔振幅将会变小，D 错误。
故选C。
18．（2026·江西吉安·模拟预测）台风登陆，大厦悬挂的千吨阻尼器随之晃动，减轻了台风对大厦的危害。
阻尼器的原理可用图（乙）表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡电
流。下列判断错误的是（ ）
A．导体板中产生恒定的涡电流，耗散大厦振动的能量
B．该装置无需使用外接电源
C．导体板的电阻率越大，阻尼器越不容易停摆
D．阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同
【答案】A
【详解】A．摆锤摆动过程中，永磁体相对于导体板运动，穿过导体板的磁通量发生变化，根据法拉第电
磁感应定律，导体板中产生感应电流。由于摆锤的速度和位置不断变化，磁通量的变化率不是恒定的，因
此产生的涡电流是变化的，不是恒定的，故A 错误；
B．该装置利用电磁感应原理，将机械能转化为电能，不需要使用外接电源，故B 正确；
C．导体板的电阻率越大，根据电阻定律可知其电阻越大，在感应电动势一定的情况下，产生的涡电流越
小，安培力越小，阻尼作用越弱，能量耗散越慢，阻尼器越不容易停摆，故C 正确；
D．阻尼器悬挂在大楼上，在大楼振动的驱动下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，即与大
楼的振动频率相同，故D 正确。
本题选错误的，故选A。
19．（2026·四川遂宁·模拟预测）某减噪装置结构如图所示，当外界声音通过时引起装置的共振从而吸收
声波达到减噪效果。已知其固有频率表达式为f 0=
k
❑√σL（SI 制），其中σ为薄板单位面积的质量，L 为空
气层的厚度，k 为常数。经测试发现它对频率为300 Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由300 Hz变
为200 Hz，则下列说法正确的是（ ）
A．该装置振动频率仍为300 Hz
B．适当增大L，可以获得更好减噪效果
C．适当减小σ，可以获得更好减噪效果
D．该装置的减噪效果随着外界声波频率的减小，减噪效果越好
【答案】B
【详解】A．根据受迫振动原理可知，若外界声波的频率由300 Hz 变为200 Hz，则该装置振动的频率应为
周期性驱动力的频率，即200 Hz，故A 错误；
BC．由题意可知，该减噪装置的固有频率为300 Hz，当外界声波的频率由300Hz 变为200Hz 时，为获得
更好的减噪效果，可以使减噪装置的固有频率减小。根据固有频率公式f 0=
k
❑√σL可知，适当增大L或适当
增大σ，都可以减小固有频率，从而获得更好的减噪效果，故B 正确，C 错误；
D．若外界声波频率由300Hz 变为200Hz 时，随着外界声波频率的减小，驱动力的频率远离减噪装置的固
有频率，则减噪效果越差，故D 错误。
故选B。
重难·创新演练
设题创新:与力学知识综合应用创新
1.(2026·湖北省·单元测试)如图所示，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一
光滑小球将瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、导热性良好。现将小球向下按压距离A
后由静止释放，并开始计时，忽略空气阻力，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T，则经T
8 时间，小球
从最低点向上运动的距离为()
A.1
2 A
B.
❑√2
2 A
C.
❑√2−1
2
A
D.2−❑√2
2
A
【答案】D
【解析】规定竖直向下为正方向，则该简谐运动的位移公式为y = A cos 2π
T t，当t = T
8 时有
y = A cos( 2π
T × T
8 )=
❑√2
2 A，所以小球从最低点向上运动的距离d = A −
❑√2
2 A = 2−❑√2
2
A，D 正确。
2．（2026·山东日照·三模）如图所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，质量均为m的物块A、B
叠放在斜面上。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块A连接。初始时弹簧处于原长，
现将A、B 由静止释放，两物块始终保持相对静止一起沿斜面向下运动。到达最低点时，立即将B 撤去。
A 沿斜面向上运动恰好能回到初始位置。弹簧始终未超过弹性限度，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力
加速度为g，弹簧的弹性势能可以表示为Ep= 1
2 k x
2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。下列说
法正确的是（ ）
A．物块A 与斜面间的动摩擦因数为2
3 tanθ
B．物块A、B 之间的动摩擦因数最小值为5
3 tanθ
C．物块A、B 下滑的最大距离为4 mgsinθ
3k
D．物块A 上滑的最大速度为2
3 gsinθ ❑√
m
k
【答案】B
【详解】A．设物块下滑的最大距离为x，则由能量关系mgx sinθ = μ⋅2mgx cosθ+ μ⋅mgx cosθ，解得
μ= 1
3 tanθ，A 错误；
B．根据简谐振动的特点可知，物块在最低点时的加速度和在最高点时的加速度等大反向，设为a，则在最
高点时2ma=2mgsinθ−μ⋅2mgcosθ
在最低点时对B 分析μ
' mgcosθ−mgsinθ =ma
解得物块A、B 之间的动摩擦因数最小值为μ
' = 5
3 tanθ，B 正确；
C．当物块下滑速度最大时，则k ⋅x
2 + μ⋅2mgcosθ =2mgsinθ
解得x = 8mgsinθ
3k
，C 错误；
D．物块A 上滑速度最大时，则由能量关系可知1
2 k x
2= 1
2 k( x
2 )
2
+mg⋅x
2 ⋅sinθ+ μmgcosθ⋅x
2 + 1
2 mvm
2
解得vm= 4
3 gsinθ ❑√
m
k ，D 错误。
故选B。
3．（2026·山东烟台·二模）一劲度系数为k 的轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，上端固定连接一个
轻质的小托架。质量为m 的小球从离托架一定高度处由静止开始自由下落，小球恰好落到托架中心位置，
然后经过一段时间又回到初始下落位置。不计空气阻力，弹簧始终在弹性范围内，已知弹簧振子周期
T =2π ❑√
m
k ，弹簧弹性势能表达式Ep= 1
2 k x
2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，m 为弹簧振
子的质量，重力加速度为g。若小球在上述运动过程中的最大加速度大小为2g，则小球从初始下落位置到
第一次到达最低点的时间为（ ）
A．4 ❑√
3m
k
B．(
2π
3 + ❑√2)
❑√
m
k
C．(
2π
3 + ❑√3)
❑√
m
k
D．(
5 π
12 + ❑√3)
❑√
m
k
【答案】C
【详解】设小球开始时距离托架h，有h= 1
2 gt0
2
小球接触托架后与托架一起向下运动，继续压缩弹簧向下运动的过程符合简谐振动，在简谐运动的平衡位
置处小球受力平衡，加速度为0，此时弹簧的压缩量设为x1，有mg=k x1
所以x1= mg
k
小球运动到最低点时速度为0，加速度最大，设弹簧压缩量为x2，有k x2−mg =m⋅2g
所以x2= 3mg
k
所以简谐运动的振幅为A = x2−x1= 2mg
k
可以写出简谐振动的位移表达式x = A sin(ωt +φ0)
设竖直向下为运动的正方向，小球刚接触弹簧时速度方向向下，位移为−x1=−A
2
根据三角函数关系可得初始相位φ0=−π
6
所以从接触弹簧开始运动到最低点的过程中所用的时间t =
π
6 + π
2
2π
T = 2π
3
❑√
m
k
从小球释放到弹簧压缩到最短的过程中系统的机械能是守恒的，所以mgh+mg x2= 1
2 k x2
2
可解得h= 3mg
2k
t0= ❑√
3m
k
运动的总时间为t 总=t +t0=(❑√3+ 2π
3 )❑√
m
k
故选C。
4.（25-26 高三上·内蒙古鄂尔多斯）如图甲所示，某儿童玩具由卡通人物、轻质弹簧和发光小球三部分组
成，这三部分自上而下相互连接在一起。将卡通人物固定在空中某处，用手托住质量为m 的小球竖直向上
移动，使弹簧处于压缩状态，如图乙所示。t=0 时刻由静止释放小球，释放瞬间小球的加速度大小为
1.2g，小球始终在竖直方向上运动，弹簧在弹性限度内，其劲度系数为k，不计空气阻力，重力加速度为
g，则小球（ ）
A．做简谐运动且释放点是平衡位置
B．振幅为6mg
5k
C．振动的初相位为0
D．运动过程中机械能守恒
【答案】B
【详解】A．小球运动满足F回=−kx，小球做简谐运动，释放点是振动最高点，不是平衡位置，故A 错误；
B．t =0时刻由静止释放小球，释放瞬间小球的加速度大小为1.2g，根据牛顿第二定律有
mg+k x1=ma=1.2mg
解得弹簧压缩量x1= mg
5k
在平衡位置时有mg=k x2
得伸长量x2= mg
k
故振幅A = x1+ x2= 6mg
5k ，故B 正确；
C．振动的初位置在最大位移处，初相位为π
2 ，故C 错误；
D．小球受到弹簧弹力做功，机械能不守恒，故D 错误。
故选B。
5．（25-26 高三上·内蒙古兴安）一装有水的瓶子用弹簧悬挂在铁架台上，瓶底有一小孔，水持续从小孔流
出。已知小孔很小，在观察时间内可忽略瓶中液面高度的变化。当瓶子静止时，水流出的速度为v0。现将
瓶子从其平衡位置O 点分别拉开相同距离后释放，若向下拉至A 点，释放瞬间水流出的速度为v1，若向上
提至B 点（弹簧处于伸长状态），释放瞬间水流出的速度为v2，则（ ）
A．v1>v0
B．v1=v0
C．v2=v1
D．v2>v0
【答案】A
【详解】水从小孔流出的速度由瓶内水面处与小孔处的压强差决定，瓶静止时，水面处压强为大气压p0，
小孔处压强也为p0 ，压强差由水的重力决定（Δ p= ρgh)，h 为液面高度）。
下拉后释放瞬间，弹簧弹力大于瓶的重力，瓶会向上加速，处于超重状态。此时水面处与小孔处的等效压
强差增大，故水流速度v1>v0
上提后释放瞬间，弹簧弹力小于瓶的重力，瓶会向下加速，处于失重状态。此时水面处与小孔处的等效压
强差减小，故水流速度v2<v0
故选A。
真题·实战演练
高频考点：测天体的质量密度和人造卫星
1．（2025·浙江·高考真题）如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在
金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近1.00cm范围内产生B =10
−3T、方向垂直金属丝的匀强磁场
（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙
所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A =0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度v =2πfA。已知金
属丝接入电路的电阻r =0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是（ ）
A．金属丝上波的传播速度为3
2 πm/s
B．金属丝产生的感应电动势最大值约为3
2 π×10
−3V
C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为9
16 π
2×10
−10 W
D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零
【答案】C
【详解】A．先由图可判断金属丝振动形成三节（如图乙所示共有三个波腹），则波长为λ= 2
3 L= 2
3 m
又振动频率为f = 150Hz，可得波速为v = λf =100 m/s，故A 错误；
B．金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，其振动最大速度为vm =2πfA
其中A = 0.5cm = 0.005m，f =150 Hz，计算得vm =2π ×150×0.005 m/s=1.5 π m/s
中点切割的有效长度为L=0.01m
则中点处感应电动势最大值为Emax = BLvm = 3
2 π ×10
−5V，故B 错误；
C．金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，产生的是正弦式交流电，电动势的有效值为E = Emax
❑√2
，若用最
大感应电动势Emax= 3
2 π ×10
−5V接外电阻，则金属丝本身内阻r = 0.5 Ω，正弦交流源在内阻r 和外阻R 串
联时，当R = r=0.5 Ω 时可得最大输出功率为Pmax =
（Emax
❑
❑√2 ）
2
4 r
= 9
16 π
2×10
−10 W
，故C 正确；
D．若改为沿金属丝方向振动形成纵波，两端固定则端点处必为纵波的振动节(位移为零处)，其基频振型中
点恰为振幅最大处(波腹)，并非振幅为零，故D 错误。
故选C。
2．（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 =2π ❑√
L
g
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= 4
3 T 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 =2π ❑√
L
g
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=−kx
m 可知此时加速度最大，故A 错误；
B．根据上述分析可得T 乙= 1
3 T 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。
3．（2024·甘肃·高考真题）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g 取10m/s2，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
【解析】由单摆的振动图像可知振动周期为T =0.8 πs，由单摆的周期公式T =2π ❑√
l
g 得摆长为
l = gT
2
4 π
2 =1.6m，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。
4．（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．t =0时，弹簧弹力为0
B．t =0.2s时，手机位于平衡位置上方
C．从t =0至t =0.2s，手机的动能增大
D．a 随t 变化的关系式为a= 4 sin(2.5 πt )m/s
2
【答案】D
【解析】A．由题图乙知，t =0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为
F =mg
A 错误；
B．由题图乙知，t =0.2s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t =0至t =0.2s，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
T =0.8 s
则角频率
ω= 2π
T =2.5 π rad/s
则a 随t 变化的关系式为
a= 4 sin(2.5 πt )m/ s
2
D 正确。
故选D。
5．（2024·浙江·高考真题）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg 的小铁球，两端A、B
悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A 端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方
向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB 交点的单摆，重力加速度g=10m/ s
2，则（
）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
C．小球平衡时，A 端拉力为
N
D．小球平衡时，A 端拉力小于B 端拉力
【答案】B
【解析】A．根据单摆的周期公式T =2π ❑√
L
g
可知周期与摆角无关，故A 错误；
CD．同一根绳中，A 端拉力等于B 端拉力，平衡时对小球受力分析如图
可得
2 F Acos30° =mg
解得
F A = FB=
mg
2cos30° =
❑√3
3 N
故CD 错误；
B．根据几何知识可知摆长为
L= 1.5m×tan30°
cos30°
=1m
故周期为
T =2π ❑√
L
g ≈2s
故B 正确。
故选B。
6．（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
【解析】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 ) f
m
即弹簧的最大弹力减小到F =(m+ M ) f
m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。
7．（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
【解析】根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
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= 4
3 T 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 =2π ❑√
L
g
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=−kx
m 可知此时加速度最大，故A 错误；
B．根据上述分析可得T 乙= 1
3 T 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。
8．（2024·贵州·高考真题）如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光
滑小球将瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏
离平衡位置，在
时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为T。规定竖直向上为正方向，则
小球在t =1.5T时刻（ ）
A．位移最大，方向为正
B．速度最大，方向为正
C．加速度最大，方向为负
D．受到的回复力大小为零
【答案】AC
【解析】对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在t =0时由静止释放，可知此时小球位于最低点，
且小球的运动可视为简谐运动，周期为T。则小球在t =1.5T时刻处于最高点位置，此时位移最大，方向向
上（正方向）；小球受到的回复力最大，方向向下，则小球的加速度最大，方向向下（负方向）；此时小
球的速度为0。
故选AC。
