2025高考物理步步高同步练习选修1第二章 机械振动 章末检测试卷(二)含答案

2025高考物理步步高同步练习选修1第二章机械振动章末
检测试卷(二)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．(2022·泰安市期中)关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是()
A．位移减小时，速度增大，加速度也增大
B．位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同
C．物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同
D．物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态
答案 C
解析位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；位移方向总跟加速度方向相反；当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体靠近平衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零，所以不一定处于平衡状态，故D错误。

2．(2022·唐山一中期中)如图所示是两人合作模拟振动曲线的记录装置。

先在白纸中央画一条直线OO1使它平行于纸的长边，作为图像的横坐标轴。

一个人用手使铅笔尖的白纸上沿垂直于OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的x－t图像。

下列说法正确的是()
A．白纸上OO1轴上的坐标代表速度
B．白纸上与OO1垂直的坐标代表振幅
C．匀速拖动白纸是为了保证时间均匀变化
D．拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长
答案 C
解析笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的振动图像的个数可确定出时间长短，所以白纸
上OO1轴上的坐标代表时间，故A错误；白纸上与OO1垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误；由v＝x
可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相
t
等的时间，是为了保证时间均匀变化，故C正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关，拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不变，故D错误。

3．如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统。

当圆盘静止时，小球可稳定振动。

现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。

改变圆盘匀速转动的周期，小球的共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则()
A．此振动系统的固有频率约为0.25 Hz
B．此振动系统的固有频率约为3 Hz
C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变
D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动
答案 B
解析由小球的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线峰值对应振动系统的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误。

4．如图为一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是()
A．此单摆的摆长约为2 m
B．t＝1 s时单摆的回复力为零
C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小
D ．将此单摆从北京移至广州，它做简谐运动的周期将变大 答案 D
解析 由题图可知，摆动周期T ＝2 s ，由单摆周期公式T ＝2π
L
g
，可解得此单摆的摆长约为1 m ，A 错误；t ＝1 s 摆球速度为零，在最大位移处，单摆的回复力最大，B 错误；单摆的周期与摆角无关，C 错误；将此单摆从北京移至广州，重力加速度减小，它做简谐运动的周期将变大，D 正确。

5.如图所示，一小球用细线悬挂于O 点，细线长为L ，O 点正下方1
2L 处有一光滑铁钉。

将小
球拉至A 处无初速度释放(摆角很小)，重力加速度为g ，这个摆的周期是( )
A ．2π
L g
B ．π
L g
C ．(2＋1)πL g
D ．(2＋1)π
L 2g
答案 D
解析 小球再次回到A 点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L 为摆长的简谐运动半个周期和以12L 为摆长的简谐运动的半个周期。

以L 为摆长的运动时间t 1＝1
2×2π
L g ，以12
L 为摆长的运动时间t 2＝1
2×2π
12
L g
，则这个摆的周期T ＝t 1＋t 2＝(2＋1)πL
2g
，故A 、B 、C 错误，D 正确。

6．一质点做简谐运动的振动方程是x ＝2sin(50πt ＋π
2) cm ，则( )
A ．在0～0.02 s 内，质点的速度与加速度方向始终相同
B ．在0.02 s 时，质点具有沿x 轴正方向的最大加速度
C ．在0.035 s 时，质点的速度方向与加速度方向均沿x 轴正方向
D ．在0.04 s 时，回复力最大，质点的速度方向沿x 轴负方向 答案 B
解析 由振动方程可知，振幅A ＝2 cm ，T ＝0.04 s ，初相位φ＝π
2
，即t ＝0时，位于正的最大
位移处。

在0～0.02 s内，前0.01 s内，速度与加速度方向相同，后0.01 s内，速度与加速度方向相反，A错误；在0.02 s时，质点在负的最大位移处，具有正向最大加速度，B正确；在0.035 s时，质点从平衡位置上方，向最大位移处运动，速度方向沿x轴正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.04 s时，质点回到正的最大位移处，回复力最大，速度为零，无方向，D错误。

7．两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示，以下说法正确的是()
A．两弹簧振子具有相同的相位
B．甲的振幅比乙大，所以甲的能量比乙大
C．t＝2 s时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移
D．甲、乙两弹簧振子加速度最大值之比一定为2∶1
答案 C
解析由题图知两弹簧振子的周期不相等，只是初相相同，所以它们的相位不相同，选项A 错误；两振动系统为水平弹簧振子，能量只有动能和弹性势能，当位移最大时振动能量即弹性势能，甲的振幅大，但两弹簧的劲度系数大小不知，所以最大位移时弹性势能无法判断，即能量大小无法判断，选项B错误；t＝2 s时甲处于平衡位置向负向运动，具有负向最大速度，乙在正向最大位移处，具有正向最大位移，选项C正确；不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小关系，所以无法判断回复力大小和加速度大小的比例关系，选项D错误。

8．如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。

小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。

取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。

则()
A．弹簧的最大伸长量为4 m
B．t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大
C ．t ＝0.2 s 到t ＝0.6 s 内，小球的重力势能逐渐减小
D ．t ＝0到t ＝0.4 s 内，回复力的冲量为零 答案 C
解析 小球的振幅等于振子位移的最大值，由题图乙可知，振幅为A ＝2 cm ，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A ＝4 cm ，A 错误；t ＝0.2 s 时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，B 错误；t ＝0.2 s 到t ＝0.6 s 内，小球由最高点向最低点运动，小球的重力势能逐渐减小，C 正确；t ＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t ＝0.4 s 时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，回复力方向都为沿斜面向下，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，D 错误。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200 Hz ，下列说法正确的是( )
A ．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大
B ．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz 时，丝网不振动
C ．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s 时，丝网的振幅最大
D ．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定 答案 CD
解析 根据共振的条件可知，当驱动力的频率越接近系统的固有频率时，系统的振幅越大，A 错误；当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz 时，丝网仍然振动，B 错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s 时，其频率f ＝1T ＝10.005 Hz ＝200 Hz ，与丝网的固有频率相等，
所以丝网的振幅最大，C 正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，D 正确。

10．如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球，让大铁球小角度地摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，大铁球与悬链可视为单摆，对应的振动图像如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )
A ．单摆振动的周期为6 s
B ．t ＝2 s 时，摆球的速度最大
C ．球摆开的角度越大，周期越大
D ．该单摆的摆长约为16 m 答案 BD
解析 由题图乙知，单摆的周期为8 s ，A 错误；t ＝2 s 时，摆球位于平衡位置，速度最大，B 正确；根据单摆周期公式T ＝2πl
g
可知，周期与摆球摆开的角度大小无关，C 错误；将数据代入T ＝2π
l
g
得摆长l ≈16 m ，D 正确。

11．弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O 开始计时，经过4 s 振子第一次经过P 点，又经过了1 s ，振子第二次经过P 点，则该简谐运动的周期为( ) A ．5 s B ．6 s C ．14 s D ．18 s
答案 BD
解析 如图，假设弹簧振子在水平方向BC 之间振动，
若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T ＝4×(4＋1
2) s ＝18 s
若振子开始先向左振动，设振子的振动周期为T ′，则 T ′2＋(T ′4－1
2
s)＝4 s 解得T ′＝6 s ，故B 、D 正确。

12．(2022·山东高二期末)劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在倾角30°的足够长光滑斜面底端，另一端与质量为m 的物块A 相连，跨过定滑轮O 的轻绳一端系住A ，另一端与质量为m 的球B 相连，轻绳OA 平行于斜面(如图所示)，用手托住球B ，使轻绳刚好伸直。

现松手使球B 从静止开始下落，物块A 将在斜面上做简谐运动，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
A ．物块A 获得的最大速度为mg 2
k B ．物块A 获得的最大速度为
mg 2
2k
C ．物块A 在斜面上做简谐运动的振幅为mg
k
D ．球B 下落的最大高度为2mg
k
答案 BCD
解析 用手托住球B 时，弹簧处于压缩状态，据胡克定律有kx 1＝mg sin 30°，解得x 1＝mg
2k ，
松手使球B 从静止开始下落，平衡时弹簧处于伸长状态，据平衡条件可得mg －mg sin 30°＝kx 2，解得x 2＝mg 2k ，故物块A 在斜面上做简谐运动的振幅为A ＝x 1＋x 2＝mg
k ，C 正确；振幅为
mg k ，故下降的最大高度为2A ，即2mg
k ，D 正确；到达平衡位置时，物块A 获得最大速度，对A 、B 及弹簧组成的系统由机械能守恒定律得mgA －mgA sin 30°＝12·2m v 2，解得v ＝
mg 2
2k
，A 错误，B 正确。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13．(8分)如图甲所示，某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度。

(1)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“50”时，停表停止计时，读出这段时间t 。

则该单摆的周期为________。

如果他在实验中误将周期计算为t
50，则测得的g
值________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。

(2)若小组同学周期测量正确，但由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径，于是小组同学改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出L－T2图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为____________，当地的重力加速度为________。

答案(1)t
24.5偏大(2)2ka4π
2k(每空2分)
解析(1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期
T＝t
n ＝t
50－1
2
＝t
24.5
根据单摆周期公式T＝2πl
g
整理得g＝4π2l
T2
，周期测量值偏小，则g测量值偏大。

(2)由单摆周期公式得T＝2πL＋
d
2 g
整理得L＝g
4π2T2－d 2
L－T2图线的斜率k＝g
4π2
将L＝0，T2＝a代入表达式，
即0＝ka－d
2
得小球直径d＝2ka
当地的重力加速度g＝4π2k。

14．(10分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，除停表外，还应选用下列所给器材中的________．(将所选用的器材前的字母填在横线上)
A．长1 m左右的细绳
B．长10 cm左右的细绳
C．直径约2 cm的钢球
D．直径约2 cm的木球
E．分度值是1 cm的米尺
F．分度值是1 mm的米尺
(2)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。

A ．把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动
B ．在摆球到达最高点时开始计时
C ．用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
D ．用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期
(3)若测出单摆的周期T 、摆线长l 、摆球直径d ，则当地的重力加速度g ＝________(用测出的物理量表示)。

(4)若测量出多组周期T 、摆长L 的数值后，画出T 2－L 图线如图，此图线斜率的物理意义是________。

A ．g B.g L C.4π2g D.g
4π
2
(5)在(4)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的图线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________。

A ．偏大 B ．偏小 C ．不变
D ．都有可能
答案 (1)ACF (2)AD (3)4π2(l ＋d
2
)
T
2
(4)C (5)C(每空2分) 解析 (1)单摆的摆角较小，所以所用细绳需要适当长一些，这样摆幅较大，便于观察，选择长1 m 左右的细绳，即A ；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量较大，体积较小的钢球，即C ；测量长度需要尽量精确，选择分度值是1 mm 的米尺，即F.故选ACF 。

(2)单摆的摆角不超过5°，把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动，A 正确；摆球在最高点速度为零，停滞时间较大，从最高点计时误差较大，摆球在最低点速度最大，所以应从最低点开始计时，B 错误；用1次全振动的时间作为周期误差较大，应用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期，C 错误，D 正确。

(3)根据单摆的周期公式T ＝2π
L g ，其中L ＝l ＋d
2，可知重力加速度g ＝4π2(l ＋d
2)
T
2。

(4)根据单摆的周期公式T ＝2π
L g ，变形得T 2
＝4π2
g
L 斜率为4π2
g
，A 、B 、D 错误，C 正确。

(5)结合(4)可知斜率与摆长无关，所以斜率不变，A 、B 、D 错误，C 正确。

15．(8分)(2023·聊城市月考)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。

(1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少； (2)写出该简谐运动的表达式； (3)求t ＝0.25×10－
2 s 时振子的位移。

答案 (1)2×10－2 s 2 cm
(2)x ＝2sin (100πt ＋3π2) cm 或x ＝2sin (100πt －π
2) cm
(3)－ 2 cm
解析 (1)由题图知，T ＝2×10－2 s ，A ＝2 cm 。

(2分) (2)ω＝2πT ＝100π rad/s ，φ＝3π2或φ＝－π
2(2分)
振子做简谐运动的表达式为 x ＝2sin (100πt ＋3π
2) cm
或x ＝2sin (100πt －π
2) cm 。

(2分)
(3)当t ＝0.25×10－2 s 时位移为 x ＝2sin (100π×0.25×10－2＋3π
2
)cm ＝－ 2 cm 。

(2分)
16．(10分)(2022·常州市高二期中)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。

现将摆球拉到A 点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A 、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中的最低位置。

图乙表示细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的曲线，图中t ＝0为摆球从A 点开始运动的时刻，g 取10 m/s 2。

求：
(1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量；
(3)摆球运动过程中的最大速度。

答案 (1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)
2
5
m/s 解析 (1)小球在一个周期内两次经过最低点，可得周期T ＝0.4π s(1分) 根据单摆周期公式T ＝2π
l
g
(2分) 解得l ＝gT 24π2＝10×0.16π2
4π2 m ＝0.4 m(1分)
(2)(3)摆球受力分析如图所示，
在最高点A ，有F min ＝mg cos α＝0.495 N(1分) 在最低点B ，有F max ＝mg ＋m v 2
l ＝0.510 N(1分)
从A 到B ，机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgl (1－cos α)＝1
2m v 2(2分)
解得m ＝0.05 kg ，v ＝
2
5
m/s 。

(2分) 17．(12分)如图所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k 、自然长度为L 的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m 的物块。

压缩弹簧使其长度为3
4
L 时将物块由静止开始释放(物块做简谐运动)，重力加速度为g 。

(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
(2)物块做简谐运动的振幅是多少；
(3)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x 表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动。

(已知做简谐运动的物体所受的回复力满足F ＝－kx ) 答案 (1)L ＋mg sin αk (2)mg sin αk ＋L
4
(3)见解析
解析 (1)物块平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力。

根据平衡条件，有：mg sin α＝k ·Δx (2分) 解得Δx ＝mg sin α
k
故物块处于平衡位置时弹簧的长度为 L ＋mg sin αk。

(2分)
(2)物块做简谐运动的振幅为A ＝Δx ＋14L ＝mg sin αk ＋L
4。

(3分)
(3)物块到达平衡位置下方x 位置时，弹力为 k (x ＋Δx )＝k (x ＋mg sin α
k )(2分)
故合力为F ＝mg sin α－k (x ＋mg sin α
k
)＝－kx (3分) 故物块做简谐运动。

18．(12分)如图所示，将质量为m A ＝100 g 的平台A 连接在劲度系数k ＝200 N/m 的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在A 的上方放置m B ＝m A 的物块B ，使A 、B 一起上下振动，弹簧原长为5 cm 。

A 的厚度可忽略不计，g 取10 m/s 2。

则：
(1)当系统做小振幅简谐振动时，A 的平衡位置离地面C 多高？ (2)当振幅为0.5 cm 时，B 对A 的最大压力有多大？
(3)为使B 在振动中始终与A 接触，振幅不能超过多大？为什么？ 答案 (1)4 cm (2)1.5 N (3)振幅不能大于1 cm 理由见解析
解析 (1)振幅很小时，A 、B 间不会分离，将A 与B 作为整体，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得k Δx 0＝(m A ＋m B )g (1分)
得Δx0＝1 cm(1分)
平衡位置距地面高度h＝l0－Δx0＝4 cm。

(1分)
(2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅
为A，最大加速度a m＝k(A＋Δx0)－(m A＋m B)g
m A＋m B
＝kA
m A＋m B
＝5 m/s2 (2分)
取B为研究对象，有F N－m B g＝m B a m (1分)
得A、B间相互作用力F N＝m B(g＋a m)＝1.5 N(1分)
由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5 N(1分)
(3)为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足：F N≥0 (1分)
取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有m B g－F N＝m B a
当F N＝0时，B振动的加速度达到最大值，且最大值a mB＝g＝10 m/s2(方向竖直向下) (1分) 因a mA＝a mB＝g，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于原长(1分) A′＝1 cm，振幅不能大于1 cm(1分)
章末素养提升
物理观念描述简谐运
动的物理量
(1)位移x：相对于平衡位置的位移
(2)振幅A：离开平衡位置的最大距离
(3)周期T：完成一次全振动需要的时间。

周期由振动系统本身决定，
与振幅无关
(4)频率f：单位时间内完成全振动的次数
(5)相位：某时刻处于一个运动周期中的状态
三类振动的
特征
简谐运动：
(1)受力特点：F＝－kx
(2)运动特点：做变加速运动，具有周期性和对称性
(3)位移—时间关系：正弦函数规律x＝A sin(ωt＋φ)
(4)能量特点：动能和势能之和保持不变
阻尼振动：
(1)振幅逐渐减小
(2)能量衰减，机械能逐渐转化为内能或向四周辐射出去受迫振动：
(1)驱动力作用下的振动
(2)受迫振动的频率等于驱动力的频率
(3)共振：f驱＝f固，受迫振动的振幅最大
科学思维理想化模型
水平弹簧振子：由弹簧和小球组成，忽略阻力，由弹力提供回复力
单摆：
(1)相对来说，阻力可忽略，细线质量可忽略，球的直径也可忽略
(2)做简谐运动的条件：摆角小于5°
图像法
简谐运动的图像：
(1)正弦曲线
(2)图像信息：振幅A、周期T、各时刻的位移x等
科学探究1.学会利用单摆测量重力加速度
2.能正确熟练地使用游标卡尺和停表，能正确读取并记录实验数据
3.会分析实验中产生系统误差和偶然误差的原因，掌握减小实验误差的方法
科学态度与责任1.通过对单摆规律的研究，知道时钟的发明对人类文明发展的意义
2.通过学习共振现象产生的原因，能运用所学知识解释生产生活中防止共振或利用共振的现象
例1下列说法完全正确的一组是()
①做简谐运动的物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同
②做简谐运动的物体振动的轨迹是正弦或余弦曲线
③做简谐运动的物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同
④做简谐运动的物体经过平衡位置时所受合外力一定为零
⑤秒摆是指周期为1 s，摆长约为1 m的单摆
⑥单摆的摆球做匀速圆周运动
⑦在外力作用下的振动是受迫振动，受迫振动稳定后的频率与自身物理条件无关
⑧简谐振动的1个周期内回复力的瞬时功率有4次为零
⑨部队经过桥梁时，规定不许齐步走，登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要原因是使桥受到的压力更不均匀及减少登山运动员耗散能量
⑩做简谐运动的物体从平衡位置向最大位移处运动过程中，它的势能增大
A．②⑤⑥⑨B．①③⑧⑩
C．②④⑤⑦D．①③⑨⑩
答案 B
解析简谐运动物体的位移是由平衡位置指向所在位置，因此物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，①正确；
物体做简谐运动仅在某一坐标轴上振动，其轨迹范围是一个线段，而非曲线，②错误；
做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度方向可能不同，但加速度一定相同，③正确；单摆经过平衡位置时所受合外力不为零，④错误；
秒摆周期为2 s，摆长为1 m，⑤错误；
单摆的摆球做曲线运动且非匀速，⑥错误；
在周期性外力作用下的振动才是受迫振动，⑦错误；
简谐振动的1个周期内在两个最大位移处以及两次通过平衡位置时，回复力的瞬时功率均为0，⑧正确；
部队经过桥梁时，规定不许齐步走，登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要原因是防止发生共振导致灾害，⑨错误；
做简谐运动的物体从平衡位置向最大位移处运动过程中，动能逐渐减小，因此势能逐渐增大，⑩正确。

故选B。

例2(多选)很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动。

台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块。

简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小。

关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是()
A．阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同
B ．阻尼器与大楼摆动幅度相同
C ．阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反
D ．阻尼器摆动幅度不受风力大小影响 答案 AC
解析 由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，故A 正确；阻尼器与大楼摆动幅度不相同，故B 错误；由题意可知，大楼对阻尼器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，根据回复力F ＝－kx 可知，阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反，故C 正确；阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，故D 错误。

例3 一个弹簧振子一端固定在墙上，当振动过程中，弹簧的最短和最长位置如图所示。

弹性势能E p ＝1
2
kx 2(x 为弹簧形变量)，以下四个随弹簧长度变化的图像分别是( )
a b c d A 物块加速度 回复力 物块动能 系统弹性势能 B 系统弹性势能 回复力 物块动能 系统机械能 C 弹簧的形变量 物块的速度 系统弹性势能 物块加速度 D
回复力大小
物块的速度
物块加速度
系统机械能
答案 B
解析 图像横坐标为弹簧的长度，选项中涉及到的物理量有弹性势能、机械能、回复力、加速度以及物块动能。

简谐运动过程机械能守恒，因此图像d 纵坐标应为系统的机械能。

弹性势能与弹簧形变量平方成正比，因此E p ＝k (x －x 0)2
2，图像a 符合弹性势能的变化规律；设振
幅为A ，则A ＝x max －x 0＝x 0－x min ，物块动能为E k ＝kA 22－k (x －x 0)
2
2，图像c 符合动能随弹簧
长度的变化关系；回复力F ＝－k (x －x 0)，图像b 符合。

故选B 。

例4 (多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示。

把玻璃管向下缓慢按压5 cm 后放手，忽略运动阻力，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0.4 s 。

以竖直向上为正方向，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(包括管内液体)，下列说法正确的是( )
A ．振动过程中机械能守恒
B ．回复力等于重力和浮力的合力
C ．位移满足函数式x ＝5sin(5πt －
5π
6
) cm D ．若向下缓慢按压3 cm 后放手，振动频率变小 答案 BC
解析 玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故A 错误；玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故。