机械振动
基础巩固
1.[2025·浙江杭州模拟] 据报道某次台风来袭时,上海中心大厦出现了晃动,然而大厦安然无
恙,这主要靠距离地面583 米,重达1000 吨的阻尼器“上海慧眼”,当台风来临时阻尼器开始
减振工作,质量块的惯性会产生一个反作用力,使得阻尼器在大楼受到风作用易摇晃时发生反
向摆动,才使大厦转危为安.以下说法不合理的是
( )
A.大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量,起到减震作用
B.如果将上海慧眼悬挂在楼层较低的空间减震效果更好
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,摆动幅度越大
D.如果发生地震,上海慧眼也可以起到减震作用
2.[2024·河北卷] 如图所示,一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动,轻杆一端固定在
电动机的转轴上,另一端悬挂一紫外光笔,转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸
上,沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸,感光纸上就画出了描述光点振动的x⁃t 图像.已知轻
杆在竖直面内长0.1 m,电动机转速为12 r/min.该振动的圆频率和光点在12.5 s 内通过的路程
分别为
( )
A.0.2 rad/s,1.0 m
B.0.2 rad/s,1.25 m
C.1.26 rad/s,1.0 m D.1.26 rad/s,1.25 m
3.北京和深圳都是中国的一线城市,在地理位置上它们的经度基本上相同,但纬度相差较大,北
京地处北纬39.56 度,深圳地处北纬22.5 度.现把在北京调准的摆钟移到深圳(设海拔高度基
本相同),则摆钟的振动( )
A.变慢了,要使它恢复准确,应增加摆长
B.变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长
C.变快了,要使它恢复准确,应增加摆长
D.变快了,要使它恢复准确,应缩短摆长
4.[2025·广东广州模拟] 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10 m/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2.0 m
C.从t=0.5 s 到t=1.0 s 的过程中,摆球的重力势能逐渐减小
D.从t=0.5 s 到t=1.0 s 的过程中,摆球所受回复力逐渐增大
5.[2024·北京卷] 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=0.2 s 时,手机位于平衡位置上方
C.从t=0 至t=0.2 s,手机的动能增大
D.a 随t 变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2
6.[2025·山东青岛模拟] 如图甲所示,一只小鸟飞到树枝上休息,从它与树枝接触之后的一段
时间内,其上下振动的v⁃t 图像如图乙所示,速度取向下为正.以下说法正确的是
( )
A.t1时刻小鸟速度向下达到最大,树枝对其弹力达到最大
B.t2时刻小鸟处于最低位置
C.t2时刻小鸟处于静止状态,所受合力为零
D.t3时刻小鸟处在最高点
综合提升
7.[2025·北京八中模拟] 如图甲所示,光滑水平面上有一以O 点为平衡位置在A、B 两点间做
简谐运动的弹簧振子,以水平向右为正方向,图乙为这个弹簧振子的振动图像,由图可知下列
说法中正确的是
( )
A.从t=0 到t=0.8 s 的时间内,弹簧振子经历了一次全振动
B.从t=0 到t=2.0 s 的时间内,振子经过的路程是4.0 cm
C.在t=0.6 s 与t=1.0 s 两个时刻,振子的速度相同
D.在t=0.6 s 与t=1.0 s 两个时刻,振子的加速度相同
8.[2025·江西九江模拟] 如图所示,光滑圆弧面上有一小球做简谐运动,B 点为运动中的最低位
置,A、C 点均为运动过程中的最高位置.下列说法正确的是
( )
A.B 点是平衡位置,此处小球受到的回复力就是重力
B.小球在B 点时,重力势能最小,机械能最小
C.小球在A 点、C 点时,速度最小,对圆弧面的压力最小,回复力最大
D.若增大小球做简谐运动的幅度,则其运动周期变大
9.[2025·重庆八中模拟] 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.若圆盘以1.0 r/s 的转速匀速转动,小球振动达到稳定时其振动的周期为0.4 s
B.若圆盘以1.0 r/s 的转速匀速转动,欲使小球振幅增加,可使圆盘转速适当增大
C.改变圆盘转动快慢,小球运动的周期始终不变
D.改变圆盘转动快慢,小球运动的振幅始终不变
10.(多选)[2025·云南大理一中模拟] 如图所示,摆长为L 的单摆的上端系在天花板上的O 点,
下端有一视为质点的小球,小球已被拉到B 点.O 点正下方有一个钉子A,O、A 两点距离为L
2
.
小球在钉子A 两侧的振动的摆角很小.现释放小球,使小球在竖直平面内运动.小球能够到达
OA 左侧最远位置为点P(图中未标出).不计空气阻力,重力加速度为g.下列描述正确的是(
)
A.P 点与B 点关于竖直线OA 不对称
B.P 点与B 点关于竖直线OA 对称
C.小球摆动的周期为π(
❑√
L
g + ❑√
L
2g)
D.小球摆动的周期为2π❑√
L
g
11.(多选)[2023·山东卷] 如图所示,沿水平方向做简谐运动的质点,依次通过相距L 的A、B 两
点.已知质点在A 点的位移大小为振幅的一半,在B 点的位移大小是A 点的❑√3倍,质点经过A
点时开始计时,t 时刻第二次经过B 点,
该振动的振幅和周期可能是
( )
A. 2 L
❑√3−1
,3t B. 2 L
❑√3−1
,4t
C. 2 L
❑√3+1
,12
5
t D. 2 L
❑√3+1
,12
7
t
拓展挑战
12.[2024·浙江6 月选考] 如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg 的小铁球,两端
A、B 悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为 1.5 m.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 取10 m/s2,则
( )
A.摆角变小时,周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时,A 端拉力为
❑√3
2
N
D.小球平衡时,A 端拉力小于 B 端拉力
答案解析
1.B [解析] 做振动的物体,其振幅大小体现能量的大小,而大厦能够减小振幅是因为上海慧
眼“吸收”了大厦振动的能量,起到减震作用,故A 正确;要实现更好的空间减震效果,其上海
慧眼应该悬挂在较高楼层,故B 错误;阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响,风力越大,摆动幅
度越大,故C 正确;如果发生地震,大厦也会振动,从而使得上海慧眼做受迫运动,减小大厦的振
动,即如果发生地震,上海慧眼也可以起到减震作用,故D 正确.
2.C [解析] 根据题意可知,紫外光笔的光点在纸面上沿x 轴方向做简谐运动,光点的振动为
受迫振动,其振动周期等于电动机转动周期,故该振动的圆频率ω=2π
T
=2πn=0.4π rad/s≈1.26
rad/s,A、B 错误;该振动的周期T=1
n
=5 s,由于轻杆长0.1 m,故振幅A=0.1 m,因12.5 s=
(2+ 1
2)
T,故12.5 s 内光点通过的路程s=(2+ 1
2)
×4A=1.0 m,C 正确,D 错误.
3.B [解析] 北京的重力加速度大于深圳的重力加速度,则把在北京调准的摆钟移到深圳,根
据T=2π❑√
L
g
可知,周期变大,则摆钟的振动变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长,故选B.
4.C [解析] 根据图乙可知单摆的周期、振幅分别为T=2 s、A=8 cm,则圆频率ω=2π
T
=π
rad/s,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=Asin ωt=8sin (πt) cm,故A
错误;根据单摆的周期公式T=2π❑√
L
g
,结合上述解得L=1.0 m,故B 错误;从t=0.5 s 到t=1.0 s
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;从t=0.5 s 到t=1.0 s 的过程
中,摆球的位移减小,回复力减小,故D 错误.
5.D [解析] 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;由题图乙知,t=0.2 s 时,手机的加速度为正,则手机位于平衡位置下方,B 错误;由题图乙
知,从t=0 至t=0.2 s,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;由题图乙知T=0.8 s,则圆频率ω=2π
T
=2.5π rad/s,则a 随t 变化的关系式为a=4sin
(2.5πt) m/s2,D 正确.
6.B [解析] t1时刻小鸟的速度最大,此时小鸟受力平衡,即所受弹力大小等于重力,此后小鸟
向下做减速运动,树枝对其弹力逐渐增大,故t1时刻,树枝对其弹力未达到最大,故A 错误;t1~t2
时间内,小鸟向下运动,t2时刻小鸟的速度为0,这一瞬间停止了向下的运动,即将向上运动,小
鸟处于最低位置,根据简谐运动的特征可知,此时加速度方向向上,达到最大值,根据牛顿第二
定律可知树枝对小鸟弹力与小鸟重力的合力提供加速度,故弹力大于重力,且弹力最大,小鸟
处于超重状态,所受合力不为零,故B 正确,C 错误;t3时刻小鸟向上运动到了最大速度后向上
做减速运动,故此时在平衡位置处,不是最高点,故D 错误.
7.C [解析] 由图乙可知,弹簧振子的周期为1.6 s,可知从t=0 到t=0.8 s 的时间内,弹簧没有
完成一次全振动,故A 错误;由图乙可知从t=0 到t=2.0 s 的时间内,振子经过的路程是s=4×5
cm=20 cm,故B 错误;根据x-t 图像斜率和对称性可知在t=0.6 s 与t=1.0 s 两个时刻,振子的
速度相同,故C 正确;根据a=- k
m
x 和对称性可知在t=0.6 s 与t=1.0 s 两个时刻,振子的加速度
大小相等,方向相反,故D 错误.
8.C [解析] B 点是平衡位置,此处小球受到的回复力是重力在切线方向的分力,此时回复力
为零,故A 错误;小球在B 点时,重力势能最小,整个运动过程机械能守恒,故B 错误;小球在A
点、C 点时,速度最小,对圆弧面的压力最小,回复力最大,故C 正确;简谐运动的周期与振幅无
关,若增大小球做简谐运动的幅度,则其运动周期不变,故D 错误.
9.B [解析] 小球在圆盘的作用下做受迫振动,若圆盘以1.0 r/s 的转速匀速转动,小球振动达
到稳定时其振动的周期应该等于圆盘转动的周期,即T=1.0 s,选项A 错误;若圆盘以1.0 r/s
的转速匀速转动,欲使小球振幅增加,则要让圆盘转动的周期接近小球的固有周期(0.4 s),即可
使圆盘转速适当增大,从而减小周期,选项B 正确;小球在圆盘的作用下做受迫振动,则小球的
运动周期等于圆盘转动的周期,则改变圆盘转动快慢,小球运动的周期也会发生改变,选项C
错误;当圆盘转动的周期越接近小球运动的固有周期时小球的振幅越大,则改变圆盘转动快
慢,小球运动的振幅随之改变,选项D 错误.
10.AC [解析] 根据振动的对称性可知,若没有A 点的钉子,则P 点与B 点关于竖直线OA 对
称,因有钉子A,则P 点与B 点关于竖直线OA 不对称,故A 正确,B 错误;小球摆动的周期为T=
1
2(T1+T2)=π❑√
L
g
+π❑√
L
2 g
,故C 正确,D 错误.
11.BC [解析] 当A、B 两点在平衡位置的同侧时有1
2
A=Asin φa,
❑√3
2
A=Asin φb,可得φa=π
6
,φb=π
3
或者φb=2π
3
,因此可知第二次经过B 点时φb=2π
3
,
2
3 π −π
6
2π
T=t,解得T=4t,此时位移关
系为
❑√3
2
A-1
2A=L,解得A= 2 L
❑√3-1
,故A 错误,B 正确;当A、B 两点在平衡位置两侧时有-1
2
A=Asin φa',
❑√3
2
A=Asin φb',解得φa'=-π
6
或者φa'=-5 π
6
(由图中运动方向可知此值舍去),φb'=π
3
或者φb'=2π
3 ,当第二次经过B 点时φb'=2π
3 ,则
2
3 π −(- π
6)
2π
T=t,解得T=12
5 t,此时位移关系为
❑√3
2
A+1
2A=L,解得A= 2 L
❑√3+1
,故C 正确,D 错误.
12.B [解析] 单摆的周期T=2π❑√
L
g
,与摆角无关,故A 错误.光滑细线穿过小铁球,则小铁球两
侧细线上拉力大小相等,所以A 端拉力与B 端拉力大小相等,平衡时对小球受力分析如图所
示,根据数学关系可知FA=FB=
mg
2cos30° =
❑√3
3
N,故C、D 错误.根据几何关系可知,细线与竖
直方向夹角为30°,两侧细线夹角为60°,等效摆长为L=d ABcot 60°
cos30°
=1 m,则小球摆动周期
T=2π❑√
L
g
≈2 s,故B 正确.
