资源简介

1．通过实验，认识简谐运动的特征。
2．能用公式和图像描述简谐运动。
3．通过实验，认识受迫振动的特点。了解产生共振的条件及其应用。
4．通过观察，认识波的特征。能区别横波和纵波。能用图像描述横波。理解波速、波长和频率的关系。
5．知道波的反射和折射现象。通过实验，了解波的干涉与衍射现象。
6．通过实验，认识多普勒效应。能解释多普勒效应产生的原因。能列举多普勒效应的应用实例。
7．实验9　用单摆测量重力加速度
机械振动和机械波 简谐运动、振动图像 2025年：湖北卷T9；甘肃卷T8；江苏卷T10 2024年：甘肃卷T5; 浙江1月选考T10；贵州卷T9；河北卷T6；福建卷T2；黑吉辽卷T7 2023年：山东卷T10；浙江1月选考T6
机械波 2025年：云南卷T7；安徽卷T2；山东卷T9；重庆卷T8；河南卷T8 2024年：江西卷T6；江苏卷T7；湖南卷T2；山东卷T9；新课标T19 2023年：新课标卷T14
波的图像 2025年：海南卷T5；北京卷T5；广西卷T13；浙江1月选考T12 2024年：广东卷T3；全国甲卷T34(1) 2023年：全国甲卷T34(2)；重庆卷T9；北京卷T4；天津卷T7
振动图像和波的图像 2025年：陕晋宁青卷T8 2024年：重庆卷T10 2023年：全国乙卷T34(1)；湖北卷T7；海南卷T4
波的干涉、衍射和反射 2025年：湖南卷T7；黑吉辽内蒙古卷T5；四川卷T2 2024年：浙江1月选考T15；山东卷T9；安徽卷T3 2023年：浙江6月选考T11；湖南卷T3
受迫振动、多普勒效应 2025年：广东卷T1；四川卷T5 2023年：广东卷T4；辽宁卷T8
实验：用单摆测量重力加速度 2025年：海南卷T14 2024年：湖北卷T12；黑吉辽卷T12；广西卷T11 2023年：新课标卷T23
1．掌握简谐运动的规律，理解单摆的周期公式，知道共振的条件及应用。
2．理解振动图像和波的图像，能将二者结合起来分析振动和波动规律。
3．关注生活中有关机械波的现象，如干涉、衍射、多普勒效应等，了解共振筛、地震波、多普勒彩超原理。
4．注重实验原理、实验操作、数据处理方法的复习，会用单摆测量重力加速度。
第1讲　机械振动
目标 要求 　 　 1.知道简谐运动的概念，掌握简谐运动的特征，理解简谐运动的表达式和图像。2.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。3.理解受迫振动和共振的概念，了解产生共振的条件。
一、简谐运动的基本规律
1．简谐运动的概念：如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x-t图像)是一条正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
3．回复力
(1)表达式：F＝－kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。
(2)方向：时刻指向平衡位置，使物体在平衡位置附近做往复运动。
(3)来源：属于效果力，振动物体所受的沿振动方向的合力。
4．描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
振幅 振动质点离开平衡位置的最大距离 描述振动的强弱
周期 振动物体完成一次全振动所需时间 描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝
频率 振动物体单位时间内完成全振动的次数
相位 ωt＋φ 描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态
5．各物理量变化特征：远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，衡位置时则相反。系统的机械能守恒。
二、简谐运动的公式和图像
1．表达式：x＝A_sin_(ωt＋φ)，式中A为振幅，ω为圆频率，(ωt＋φ)是相位，φ是初相位(或初相)。
2．图像：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线。
　
从平衡位置开始计时，则x＝A sin ωt　 从最大位移处开始计时，则x＝A cos ωt
三、单摆
1．定义：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸缩和质量都不计，球的直径比线短得多，这样的装置叫作单摆。
2．视为简谐运动的条件：单摆摆角θ＜5°。
3．回复力：F＝mg sin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反。
4．周期公式：T＝2π。
5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和振子(小球)质量都没有关系。
四、受迫振动及共振
1．受迫振动
(1)概念：物体在周期性驱动力作用下的振动。
(2)振动特征：受迫振动的频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关。
2．共振
(1)共振的条件：驱动力的频率等于固有频率。
(2)共振的特征：共振时振幅最大。
(3)共振曲线(如图所示)
①当f＝f0时，A＝Am。当f与f0相差越大，物体做受迫振动的振幅越小。
②受迫振动中系统能量的转化：系统与外界时刻进行能量交换。
1．判断正误
(1)简谐运动的回复力可以是恒力。(×)
(2)振幅就是简谐运动物体的位移。(×)
(3)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(×)
(4)单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。(×)
(5)当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力为零。(×)
(6)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。(√)
2．(2025·广东卷，1)关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是(　　)
A．系统的固有频率与驱动力频率有关
B．只要驱动力足够大，共振就能发生
C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度
D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大
解析：C　系统的固有频率是指振动系统不受外力作用时振动的频率，驱动力频率是指施加在系统上的周期性外力的频率，两者无关，A错误；当驱动力的频率等于系统的固有频率时，系统受迫振动的振幅最大，共振发生，所以共振能否发生取决于驱动力的频率是否等于系统的固有频率，与驱动力的大小无关，B错误；多普勒效应是指波源与观察者相互靠近或者相互远离时，接收到的波的频率发生变化的现象，在生活中可以用来测量车辆的速度，C正确；观察者与波源相互远离时，观察者接收到的波的频率比波源的频率小；观察者与波源相互靠近时，观察者接收到的波的频率比波源的频率大，D错误。
3．(人教版教材原题改编)如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm。若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是(　　)
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
解析：D　振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm，选项A、B错误；振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以在两次全振动中通过的路程为40 cm，选项C错误；从B点开始经过3 s，即历经时间 1.5T，所以振子通过的路程为30 cm，选项D正确。
考点一　简谐运动的特征
角度1　简谐运动的运动学和动力学特征
　(多选)(2025·湖北卷，9)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后(　　)
A．小球a可能会运动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动
解析：AD　经分析可知，只要小球a不运动，下拉l长度后由静止释放小球b始终做简谐运动，且振幅为l，B错误；系统静止时，对小球b由平衡条件可得此时弹簧的伸长量x1＝，当小球a恰不运动时，对小球a由平衡条件可知，此时小球b运动到最高点弹簧的压缩量x2＝，此时小球b的振幅为，所以当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动，C错误，D正确；综上可知，当l>时，小球a会运动，A正确。
(1)受力特征：回复力F＝－kx；F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。
(2)做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为。
角度2　简谐运动中各物理量的分析
　(2025·四川绵阳一模)如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则(　　)
A．该振子振动周期是2 s，振幅是6 cm
B．该振子振动频率是2 Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是12 cm
D．小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
解析：C　由题意可知T＝ s＝2 s，A＝ cm＝3 cm，A错误；f＝＝0.5 Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4×3 cm＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝×4×3 cm＝18 cm，D错误。
易错提醒：弹簧振子(或单摆)在一个周期内的路程一定是4A，半个周期内路程一定是2A，四分之一周期内的路程不一定是A。
角度3　简谐运动的周期性和对称性
　(2025·山东聊城一中期中)如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内通过的总路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为(　　)
A．3 s、6 cm B．4 s、6 cm
C．4 s、9 cm D．2 s、8 cm
解析：B　做简谐运动的质点，先后以同样的速度依次通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等，那么质点从平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此质点的振动周期是T＝4(t1＋t2)＝4 s，质点在这2 s内通过的总路程的一半为振幅，所以振幅A＝ cm＝6 cm，故选B。,
点拨：质点经过关于平衡位置O对称的两点时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置用时相等。
考点二　简谐运动的公式和图像
　(2025·山西吕梁开学考)质点A做简谐运动的位移—时间关系式为xA＝4sin (50t－0.5π) m，质点B做简谐运动的位移—时间关系式为xB＝4sin (50t＋0.3π) m，下列说法正确的是(　　)
A．A的相位比B的相位总滞后0.2π
B．A、B的振动频率均为 Hz
C．t＝0时，A的加速度沿负方向最大
D．t＝ s时，B的加速度最小
解析：D　A、B的振动频率相同，相位差恒定且为－0.8π，故A的相位比B的相位总滞后0.8π，故A错误；A、B的振动频率均为 Hz＝ Hz，故B错误；t＝0时，A的位移为负向最大，故加速度为正向最大，故C错误；t＝ s时，B的位移为0，处在平衡位置，故B的加速度最小，故D正确。
　(多选)(2025·河北定州中学一模)如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙
A．弹簧振子振动的圆频率为 rad/s
B．弹簧振子的振动方程为x＝20sin t(cm)
C．在t＝3 s和t＝5 s时刻弹簧的弹性势能相同
D．从t＝3 s到t＝5 s时间内弹簧振子运动的路程大于20 cm
解析：BD　由图可知，周期T＝8 s，弹簧振子振动的圆频率ω＝ rad/s＝ rad/s，故A错误；振子的振动方程为x＝20sin t(cm)，故B正确；因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在t＝3 s和t＝5 s时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误；t＝3 s时刻弹簧振子的位移为10cm，t＝5 s时刻弹簧振子的位移为－10cm，从t＝3 s到t＝5 s时间内弹簧振子的路程为s＝cm＝20 cm>20 cm，故D正确。
由图像可获取的信息
(1)由图像可以得出质点振动的振幅、周期和频率。
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向。
(4)可以确定某时刻质点速度的方向。
(5)可以比较不同时刻回复力、加速度的大小。
(6)可以比较不同时刻质点的动能、势能的大小。
考点三　单摆及其周期公式
考向1　单摆周期公式的应用
　(2025·四川卷，5)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
解析：C　由题意分析可知，四个小球均做单摆运动，摆长l甲l丁，结合单摆周期公式T＝2π可得，周期T甲公式T＝2π两点注意
(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。
当摆球在最高点时，v＝0，FT＝mg cos θ。
当摆球在最低点时，FT最大，FT＝mg＋m。
考向2　单摆振动图像的应用
　(2024·甘肃卷，5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B．摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D．摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
解析：C　由题图知，单摆的周期T＝0.8π s，由T＝2π得，摆长L＝1.6 m，由题图知，起始时刻单摆在最大位移处，速度为零，A、B、D错误；A、C两点为同一位置，速度大小相等，由题图知，A、C两点速度方向相同，故两点的速度相同，C正确。
考点四　受迫振动和共振
　(2026·广东惠州一调)汽车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号汽车的“车身—悬挂系统”振动的固有频率是5 Hz，这辆汽车匀速通过铺设有条状减速带的路段，已知相邻两条减速带间的距离为1.8 m，如图所示。若该车经过减速带的过程中，车身上下颠簸得极为剧烈，则该车的速度最接近(　　)
A．8 km/h B．16 km/h
C．32 km/h D．64 km/h
解析：C　当车身因经过减速带而产生的受迫振动的频率与车的“车身—悬挂系统”振动的固有频率相等时，车身上下颠簸得最剧烈，此时车的速度为v＝ m/s＝9 m/s≈32 km/h，故选C。
　(2025·内蒙古鄂尔多斯期末)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)如图所示，则(　　)
A．此单摆的固有周期为2 s
B．此单摆的摆长约为0.5 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
解析：A　由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为T＝ s＝2 s，故A正确；根据单摆周期公式T＝2π，解得单摆的摆长约为l≈1 m，故B错误；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。
[归纳总结]　简谐运动、受迫振动和共振的比较
　　　振动 项目　　　 简谐运动 受迫振动 共振
受力情况 受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用
振动周 期、频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0和固有频率f0 由驱动力的周期和频率决定，即T＝T驱，f＝f驱 T驱＝T0，f驱＝f0
振动能量 振动系统的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大
常见例子 弹簧振子或单摆(θ <5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
点拨：由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。
素养拓展　等效摆模型
1．等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆在垂直于纸面的平面内摆动，等效摆长l′＝r＋L cos α。乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中A点的附近振动，其等效摆长为l′＝R。
甲　　　　乙
2．等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。
(1)在不同星球表面，若忽略星球的自转，g′＝，M为星球的质量，R为星球的半径。
(2)单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g′＝g＋a和g′＝g－a，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。
(3)如图丙所示，空间中有竖直向下的电场强度大小为E的匀强电场，小球的质量为m、所带电荷量为＋q，细线绝缘，则等效重力加速度g′＝g＋。
丙
　(多选)如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°。已知OC线长是L，下端C点系着一个小球(忽略小球半径)，下列说法正确的是(　　)
A．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝
B．让小球垂直纸面小角度摆动，周期T＝
C．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝
D．让小球垂直纸面小角度摆动，周期T＝
解析：AD　当小球在纸面内小角度摆动时，圆心是O点，摆长为L，故周期为T＝2π，选项A正确，C错误；当小球在垂直纸面方向小角度摆动时，圆心在A、B的连线上且在O点正上方，等效摆长为l′＝L，故周期为T＝2π＝π ，选项B错误，D正确。
　如图所示，几个摆长相同的单摆，它们在不同条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4、T5、T6，关于周期大小关系的判断，错误的是(　　)
A．T1＝T4 B．T2＝T3
C．T3＝T6 D．T5＝T6
解析：D　根据周期公式T＝2π可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关，与摆长和等效重力加速度有关。题图甲中沿斜面的加速度为等效重力加速度，则g1＝g sin θ，所以周期T1＝2π＝2π；题图乙中摆球所受的库仑力始终沿摆线方向，回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故摆球的等效重力加速度为g2＝g，所以周期T2＝2π；题图丙中的周期T3＝2π ；题图丁中的等效重力加速度为g4＝g－a＝，所以周期T4＝2π＝；题图戊中g5＝g＋＞g，所以周期T5＝2π；题图己中g6＝g，所以周期T6＝2π，故T1＝T4＞T2＝T3＝T6＞T5，A、B、C正确，D错误。故选D。
限时规范训练(41)　机械振动
(建议用时：40分钟　满分：66分)
(选择题1～7题每题5分，8～11题每题6分，12题7分，共66分)
[基础巩固练]
1．(2025·江苏苏锡常镇一模)某电视节目上一男子表演“狮吼功”——用声音震碎玻璃杯。关于这一现象，下列说法中正确的是(　　)
A．声音频率越低越容易震碎玻璃杯
B．声音频率越高越容易震碎玻璃杯
C．需要很大的音量才能震碎玻璃杯
D．在适当的频率下无需很大的音量就能震碎玻璃杯
解析：D　发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，用声音震碎玻璃杯是声音的频率与玻璃杯的固有频率相等，使玻璃杯发生共振，从而使玻璃杯碎裂，与音量的大小无关。故选D。
2．(多选)(2024·贵州卷，9)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、绝热性良好。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，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
解析：AC　小球做简谐运动，则小球在t＝1.5T时刻的状态与在t＝0.5T时刻的相同，由题意可知t＝0时，小球的速度为0，位移最大，方向为负，则t＝0.5T 时，小球的速度为0，位移最大，方向为正，A正确，B错误；由F＝－kx可知，t＝0.5T时，小球受到的回复力最大，方向为负，由牛顿第二定律可知，此时小球的加速度最大，方向为负，C正确，D错误。
3．(多选)(2026·安徽县中联盟开学考)质量为m的小球a由劲度系数为k的轻质弹簧连接，轻弹簧上端固定于O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球a竖直下拉一定长度后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。若O点拉力大于2mg时弹簧从O处脱落，则释放小球a后(弹簧不从O处脱落)(　　)
A．小球a不做简谐运动
B．小球a最大加速度大小为g，方向可以竖直向下
C．a最大振幅为
D．a最大振幅为
解析：BD　平衡位置时mg＝kx0，将小球a竖直下拉一定长度x后合外力大小为F＝k(x＋x0)－mg＝kx，又因为合外力与位移x方向相反，故F＝－kx，所以释放小球a后做简谐运动，A错误；当位于最低点拉力等于2mg时，加速度大小为g，方向竖直向上，由简谐运动对称性，在最高点加速度方向竖直向下，大小为g，B正确；当位于最低点拉力最大时弹簧伸长量为L，此时2mg＝kL，平衡位置时mg＝kx0，故最大振幅A＝L－x0，解得A＝，C错误、D正确。故选BD。
4．(2025·江苏苏州质检)如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以(　　)
A．使斜面倾角变大
B．使单摆摆长变长
C．使摆球质量变大
D．使单摆振幅变大
解析：B　设斜面倾角为θ，单摆摆长为l，则题中模型的等效摆长l′＝l，等效重力加速度g′＝g sin θ，故该单摆在光滑斜面上做简谐运动的周期T＝2π＝2π，可知若要使其做简谐运动的周期变大，可以让摆长变长或斜面倾角变小，且周期大小与摆球质量和振幅无关，故B正确，A、C、D错误。
5．(2025·贵州黔东南一模)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。某摆钟如图甲所示，旋转摆钟下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示。摆的运动可视为简谐运动，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　乙
A．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的振幅一定减小
B．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆下移，则摆的振幅一定增大
C．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定增大
D．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定减小
解析：D　旋转摆钟下端的螺母，可以改变摆长，但由于摆的振幅与摆长没有直接关系，故AB错误；由单摆的周期公式T＝2π，可知将圆盘沿摆杆上移，即摆长减小，周期减小，故C错误，D正确。
6．(2024·河北卷，6)如图，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
解析：C　由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min振动12个周期，故光点振动的周期T＝＝5 s，所以光点振动的圆频率ω＝＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确，D错误。
7．(多选)某处一单摆做简谐运动的振动方程为x＝0.04 cos 3.14t m。关于该单摆，下列说法正确的是(g取10 m/s2，π取3.14)(　　)
A．该单摆的摆长约为1 m
B．若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，则其摆动变慢
C．在t＝1.2 s时摆球正沿正方向做加速运动，加速度正在减小
D．在0.25 s时刻和1.25 s时刻摆球沿相反方向经过同一位置
解析：ABC　单摆的周期T＝＝2 s，根据T＝2π，解得l＝ m≈1 m，选项A正确；若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，由于g变小，则T变大，其摆动变慢，选项B正确；在t＝1.2 s时摆球正沿正方向做加速运动，由于逐渐衡位置，则加速度正在减小，选项C正确；在0.25 s时刻的位移x1＝0.04cosm＝0.02 m，1.25 s时刻的位移x2＝0.04cosm＝－0.02 m，则摆球在平衡位置两边对称的位置，选项D错误。
[能力提升练]
8．(2024·北京卷，9)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(　　)
甲 乙
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
解析：D　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，ω＝＝2.5π，则a随t变化的关系式为a＝4sin (2.5πt)m/s2，D正确。
9．(2025·河北昌黎第一中学一模)如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知(　　)
甲　　　　　　　乙　　　　　　
A．该单摆振动的频率为0.8 Hz
B．振动方程为x＝－4cos (2.5πt)cm
C．t＝0时，摆球速度大小为v
D．t＝0.2 s时，摆球加速度为零
解析：B　由振动图像，可知周期为0.8 s，即可得频率f＝，解得f＝1.25 Hz，故A错误；由振动图像可得到振幅A＝4 cm，因为ω＝2πf，联立以上解得质点的振动方程为x＝－4cos (2.5πt)cm，故B正确；由质点的振动图像的斜率表示速度，可知t＝0时，摆球速度大小为0，故C错误；由回复力与位移的关系，结合振动图像，可知t＝0.2 s摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。
10．(多选)(2025·辽宁辽南协作体三模)飞力士棒通过利用特殊构造和弹性，产生一定的振动频率，从而这些振动会深入到身体内的核心肌肉，从而达到强化锻炼的作用。如图所示，飞力士棒的固有频率为3.5 Hz，则(　　)
A．若该棒做自由振动，则频率为3.5 Hz
B．使用时手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度也随之增大
C．手每分钟震动210次，飞力士棒产生共振
D．PVC软杆长度不变，负重头质量减小时，飞力士棒的固有频率保持不变
解析：AC　若棒做自由振动，则振动按照固有频率振动，故A正确；随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度可能越来越小，故B错误；手振动频率为f＝ Hz＝3.5 Hz，此时频率与固有频率相等，飞力士棒发生共振，故C正确；负重头质量减小，PVC杆长度不变，则其结构改变，飞力士棒的固有频率会变化，故D错误。
11．(多选)如图所示，一劲度系数为100 N/m的弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为0.1 kg 的重物(可看作质点)，将重物向下拉动一段距离让其以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C两点相距4 cm，P点为OB的中点。重物从B点到第二次经过O点，所用的时间为0.9 s，若重物经过B点时开始计时，取向上为正方向，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．该重物做简谐运动的振动方程是y＝
B．从t＝0时刻开始到重物第二次经过P点的时间t0是1.0 s
C．重物在平衡位置O时弹簧伸长量为1 cm
D．重物处于P点时弹簧的回复力大小是1 N
解析： ACD　重物从B点到第二次经过O点，所用的时间为0.9 s，可知T＝0.9 s，则T＝1.2 s，振幅为A＝2 cm，则ω＝，重物经过B点时开始计时，取向上为正方向，则该重物做简谐运动的振动方程是y＝2sin cm，故A正确；在P点时y＝－＝－1 cm，代入振动方程得－1 cm＝2sin cm，解得t1＝0.2 s，t2＝1.0 s，则从t＝0时刻开始到重物第二次经过P点的时间t0＝(0.9＋0.2)s＝1.1 s，故B错误；在平衡位置O时弹簧伸长量为Δx＝ m＝1 cm，重物处于P点时弹簧的形变量为Δy＝Δx＋×2 cm＝2 cm，回复力大小F＝kΔy－mg＝1 N，故CD正确。
[培优创新练]
12．(2024·浙江1月选考，10)如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则(　　)
图1　 图2
A．t1时刻小球向上运动
B．t2时刻光源的加速度向上
C．t2时刻小球与影子相位差为π
D．t3时刻影子的位移为5A
解析：D　根据题图2可知，t1时刻小球处于平衡位置且向下运动，A错误；t2时刻，光源处于最高点，其回复力向下，加速度向下，B错误；t2时刻，光源处于最高点，小球处于最低点，则观测屏上的影子也处于最低点，故小球与影子的相位差为0，C错误；t3时刻，光源处于最低点，小球处于最高点，则观测屏上的影子也处于最高点，如图所示，根据几何关系可知，，解得h＝5A，D正确。(共78张PPT)
第八章 机械振动和机械波
1．通过实验，认识简谐运动的特征。
2．能用公式和图像描述简谐运动。
3．通过实验，认识受迫振动的特点。了解产生共振的条件及其应用。
4．通过观察，认识波的特征。能区别横波和纵波。能用图像描述横波。理解波速、波长和频率的关系。
5．知道波的反射和折射现象。通过实验，了解波的干涉与衍射现象。
6．通过实验，认识多普勒效应。能解释多普勒效应产生的原因。能列举多普勒效应的应用实例。
7．实验9　用单摆测量重力加速度
机械振动和机械波 简谐运动、振动图像 2025年：湖北卷T9；甘肃卷T8；江苏卷T10
2024年：甘肃卷T5; 浙江1月选考T10；贵州卷T9；河北卷T6；福建卷T2；黑吉辽卷T7
2023年：山东卷T10；浙江1月选考T6
机械波 2025年：云南卷T7；安徽卷T2；山东卷T9；重庆卷T8；河南卷T8
2024年：江西卷T6；江苏卷T7；湖南卷T2；山东卷T9；新课标T19
2023年：新课标卷T14
波的图像 2025年：海南卷T5；北京卷T5；广西卷T13；浙江1月选考T12
2024年：广东卷T3；全国甲卷T34(1)
2023年：全国甲卷T34(2)；重庆卷T9；北京卷T4；天津卷T7
机械振动和机械波 振动图像和波的图像 2025年：陕晋宁青卷T8
2024年：重庆卷T10
2023年：全国乙卷T34(1)；湖北卷T7；海南卷T4
波的干涉、衍射和反射 2025年：湖南卷T7；黑吉辽内蒙古卷T5；四川卷T2
2024年：浙江1月选考T15；山东卷T9；安徽卷T3
2023年：浙江6月选考T11；湖南卷T3
受迫振动、多普勒效应 2025年：广东卷T1；四川卷T5
2023年：广东卷T4；辽宁卷T8
实验：用单摆测量重力加速度 2025年：海南卷T14
2024年：湖北卷T12；黑吉辽卷T12；广西卷T11
2023年：新课标卷T23
1．掌握简谐运动的规律，理解单摆的周期公式，知道共振的条件及应用。
2．理解振动图像和波的图像，能将二者结合起来分析振动和波动规律。
3．关注生活中有关机械波的现象，如干涉、衍射、多普勒效应等，了解共振筛、地震波、多普勒彩超原理。
4．注重实验原理、实验操作、数据处理方法的复习，会用单摆测量重力加速度。
第1讲　机械振动
1.知道简谐运动的概念，掌握简谐运动的特征，理解简谐运动的表达式和图像。2.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。3.理解受迫振动和共振的概念，了解产生共振的条件。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、简谐运动的基本规律
1．简谐运动的概念：如果物体的位移与时间的关系遵从________的规律，即它的振动图像(x-t图像)是一条正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中______为零的位置。
3．回复力
(1)表达式：F＝____，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。
(2)方向：时刻指向________，使物体在平衡位置附近做往复运动。
(3)来源：属于____力，振动物体所受的沿________的合力。
正弦函数
回复力
－kx
平衡位置
效果
振动方向
4．描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
振幅 振动质点离开平衡位置的________ 描述振动的____
周期 振动物体完成一次______所需时间 描述振动的____，两者互为倒数：T＝
频率 振动物体单位时间内完成全振动的次数
相位 ωt＋φ 描述周期性运动在________所处的不同状态
最大距离
强弱
全振动
快慢
各个时刻
5．各物理量变化特征：远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，衡位置时则相反。系统的机械能守恒。
二、简谐运动的公式和图像
1．表达式：x＝_______________，式中A为____，ω为圆频率，_________是相位，φ是初相位(或初相)。
2．图像：表示振子的____随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线。
从平衡位置开始计时，则x＝A sin ωt
从最大位移处开始计时，则x＝A cos ωt
A sin (ωt＋φ)
振幅
(ωt＋φ)
位移
三、单摆
1．定义：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸缩和质量都不计，球的直径比线短得多，这样的装置叫作单摆。
2．视为简谐运动的条件：单摆摆角θ＜5°。
3．回复力：F＝mg sin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反。
4．周期公式：T＝_____。
5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与____和振子(小球)质量都没有关系。
2π
振幅
四、受迫振动及共振
1．受迫振动
(1)概念：物体在______驱动力作用下的振动。
(2)振动特征：受迫振动的频率等于______的频率，与系统的________无关。
周期性
驱动力
固有频率
2．共振
(1)共振的条件：驱动力的频率等于________。
(2)共振的特征：共振时____最大。
(3)共振曲线(如图所示)
①当f＝f0时，A＝___。当f与f0相差越大，物体做受迫振动的振幅____。
②受迫振动中系统能量的转化：系统与外界时刻进行能量交换。
固有频率
振幅
Am
越小
1．判断正误
(1)简谐运动的回复力可以是恒力。( )
(2)振幅就是简谐运动物体的位移。( )
(3)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。( )
(4)单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。( )
(5)当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力为零。( )
(6)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。( )
×
√
×
×
×
×
2．(2025·广东卷，1)关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是
(　　)
A．系统的固有频率与驱动力频率有关
B．只要驱动力足够大，共振就能发生
C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度
D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大
C
解析：C　系统的固有频率是指振动系统不受外力作用时振动的频率，驱动力频率是指施加在系统上的周期性外力的频率，两者无关，A错误；当驱动力的频率等于系统的固有频率时，系统受迫振动的振幅最大，共振发生，所以共振能否发生取决于驱动力的频率是否等于系统的固有频率，与驱动力的大小无关，B错误；多普勒效应是指波源与观察者相互靠近或者相互远离时，接收到的波的频率发生变化的现象，在生活中可以用来测量车辆的速度，C正确；观察者与波源相互远离时，观察者接收到的波的频率比波源的频率小；观察者与波源相互靠近时，观察者接收到的波的频率比波源的频率大，D错误。
3．(人教版教材原题改编)如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm。若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是(　　)
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
D
解析：D　振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm，选项A、B错误；振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以在两次全振动中通过的路程为40 cm，选项C错误；从B点开始经过3 s，即历经时间 1.5T，所以振子通过的路程为30 cm，选项D正确。
研考点
精准突破
考点一　简谐运动的特征
角度1　简谐运动的运动学和动力学特征
(多选)(2025·湖北卷，9)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后(　　)
A．小球a可能会运动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动
AD
解析：AD　经分析可知，只要小球a不运动，下拉l长度后由静止释放小球b始终做简谐运动，且振幅为l，B错误；系统静止时，对小球b由平衡条件可得此时弹簧的伸长量x1＝，当小球a恰不运动时，对小球a由平衡条件可知，此时小球b运动到最高点弹簧的压缩量x2＝，此时小球b的振幅为，所以当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动，C错误，D正确；综上可知，当l>时，小球a会运动，A正确。
(1)受力特征：回复力F＝－kx；F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。
(2)做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为。
C　
角度2　简谐运动中各物理量的分析
(2025·四川绵阳一模)如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则(　　)
A．该振子振动周期是2 s，振幅是6 cm
B．该振子振动频率是2 Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是12 cm
D．小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
解析：C　由题意可知T＝ s＝2 s，A＝ cm＝3 cm，A错误；f＝＝0.5 Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4×3 cm＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝×4×3 cm＝18 cm，D错误。
易错提醒：弹簧振子(或单摆)在一个周期内的路程一定是4A，半个周期内路程一定是2A，四分之一周期内的路程不一定是A。
角度3　简谐运动的周期性和对称性
(2025·山东聊城一中期中)如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内通过的总路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为(　　)
A．3 s、6 cm B．4 s、6 cm
C．4 s、9 cm D．2 s、8 cm
B　
解析：B　做简谐运动的质点，先后以同样的速度依次通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等，那么质点从平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此质点的振动周期是T＝4(t1＋t2)＝4 s，质点在这2 s内通过的总路程的一半为振幅，所以振幅A＝ cm＝6 cm，故选B。,
点拨：质点经过关于平衡位置O对称的两点时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置用时相等。
考点二　简谐运动的公式和图像
(2025·山西吕梁开学考)质点A做简谐运动的位移—时间关系式为xA＝4sin (50t－0.5π) m，质点B做简谐运动的位移—时间关系式为xB＝4sin (50t＋0.3π) m，下列说法正确的是(　　)
A．A的相位比B的相位总滞后0.2π
B．A、B的振动频率均为 Hz
C．t＝0时，A的加速度沿负方向最大
D．t＝ s时，B的加速度最小
D　
解析：D　A、B的振动频率相同，相位差恒定且为－0.8π，故A的相位比B的相位总滞后0.8π，故A错误；A、B的振动频率均为 Hz＝ Hz，故B错误；t＝0时，A的位移为负向最大，故加速度为正向最大，故C错误；t＝ s时，B的位移为0，处在平衡位置，故B的加速度最小，故D正确。
(多选)(2025·河北定州中学一模)如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧振子振动的圆频率为 rad/s
B．弹簧振子的振动方程为x＝20sin t(cm)
C．在t＝3 s和t＝5 s时刻弹簧的弹性势能相同
D．从t＝3 s到t＝5 s时间内弹簧振子运动的路程大于20 cm
甲　　　　　　　乙
BD
解析：BD　由图可知，周期T＝8 s，弹簧振子振动的圆频率ω＝ rad/s＝ rad/s，故A错误；振子的振动方程为x＝20sin t(cm)，故B正确；因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在t＝3 s和t＝5 s时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误；t＝3 s时刻弹簧振子的位移为10cm，t＝5 s时刻弹簧振子的位移为－10cm，从t＝3 s到t＝5 s时间
内弹簧振子的路程为s＝
cm＝20 cm>20 cm，故D正确。
甲　　　　　　　乙
由图像可获取的信息
(1)由图像可以得出质点振动的振幅、周期和频率。
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向。
(4)可以确定某时刻质点速度的方向。
(5)可以比较不同时刻回复力、加速度的大小。
(6)可以比较不同时刻质点的动能、势能的大小。
考点三　单摆及其周期公式
考向1　单摆周期公式的应用
(2025·四川卷，5)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(　　)
C　
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
解析：C　由题意分析可知，四个小球均做单摆运动，
摆长l甲周期T甲则小球从释放到第一次回到释放位置完成一个周期的
振动，设小球甲完成两个周期的振动用时为t，则t＝2T甲，由题意可知小球甲完成两个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，小球乙、丁恰好到达另一侧最高点，分析可知小球丙完成了n1个周期的振动，小球乙、丁分别完成个和个周期的振动，n1、n2、n3取值为0，1，2…，则t＝2T甲＝T乙＝n1T丙＝T丁，结合T甲
、T乙＝t、T丙＝t、T丁＝2t，则甲、乙周期之比
，C正确；当小球甲第一次回到释放位置，用
时为，小球丙恰好完成半个周期的振动，到达与甲异侧最高点，在最高点小球丙的速度为0，但它受到重力和绳子拉力的合力提供回复力，合力不为0，根据牛顿第二定律有F＝ma，则加速度不为零，A错误；当小球丁第一次回到平衡位置时，小球丁完成个周期的振动，用时为，此时小球乙完成个周期的振动，也处于平衡位置，此时小球乙的动能最大，B错误；由T＝可得l＝，联立T丙＝t、T丁＝2t解得，D错误。
公式T＝2π两点注意
(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。
当摆球在最高点时，v＝0，FT＝mg cos θ。
当摆球在最低点时，FT最大，FT＝mg＋m。
考向2　单摆振动图像的应用
(2024·甘肃卷，5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B．摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D．摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
C　
解析：C　由题图知，单摆的周期T＝0.8π s，由T＝2π得，摆长L＝1.6 m，由题图知，起始时刻单摆在最大位移处，速度为零，A、B、D错误；A、C两点为同一位置，速度大小相等，由题图知，A、C两点速度方向相同，故两点的速度相同，C正确。
考点四　受迫振动和共振
(2026·广东惠州一调)汽车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号汽车的“车身—悬挂系统”振动的固有频率是5 Hz，这辆汽车匀速通过铺设有条状减速带的路段，已知相邻两条减速带间的距离为1.8 m，如图所示。若该车经过减速带的过程中，车身上下颠簸得极为剧烈，则该车的速度最接近(　　)
A．8 km/h
B．16 km/h
C．32 km/h
D．64 km/h
C　
解析：C　当车身因经过减速带而产生的受迫振动的频率与车的“车身—悬挂系统”振动的固有频率相等时，车身上下颠簸得最剧烈，此时车的速度为v＝ m/s＝9 m/s≈32 km/h，故选C。
(2025·内蒙古鄂尔多斯期末)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)如图所示，则(　　)
A．此单摆的固有周期为2 s
B．此单摆的摆长约为0.5 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
A　
解析：A　由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为T＝ s＝2 s，故A正确；根据单摆周期公式T＝2π，解得单摆的摆长约为l≈1 m，故B错误；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故CD错误。
点拨：由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。
[归纳总结]　简谐运动、受迫振动和共振的比较
　　　振动 项目　　　 简谐运动 受迫振动 共振
受力情况 受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用
振动周 期、频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0和固有频率f0 由驱动力的周期和频率决定，即T＝T驱，f＝f驱 T驱＝T0，f驱＝f0
振动能量 振动系统的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大
常见例子 弹簧振子或单摆(θ <5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
素养拓展　等效摆模型
1．等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆在垂直于纸面的平面内摆动，等效摆长l′＝r＋L cos α。乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中A点的附近振动，其等效摆长为l′＝R。
甲　　　　乙
2．等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。
(1)在不同星球表面，若忽略星球的自转，g′＝，M为星球的质量，R为星球的半径。
(2)单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g′＝g＋a和g′＝g－a，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。
(3)如图丙所示，空间中有竖直向下的电场强度大小为E的匀
强电场，小球的质量为m、所带电荷量为＋q，细线绝缘，
则等效重力加速度g′＝g＋。
丙
(多选)如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°。已知OC线长是L，下端C点系着一个小球(忽略小球半径)，下列说法正确的是(　　)
A．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝
B．让小球垂直纸面小角度摆动，周期T＝
C．让小球在纸面内小角度摆动，周期T＝
D．让小球垂直纸面小角度摆动，周期T＝
AD
解析：AD　当小球在纸面内小角度摆动时，圆心是O点，
摆长为L，故周期为T＝2π，选项A正确，C错误；当小
球在垂直纸面方向小角度摆动时，圆心在A、B的连线上
且在O点正上方，等效摆长为l′＝L，故周期为T＝
2π＝π ，选项B错误，D正确。
如图所示，几个摆长相同的单摆，它们在不同条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4、T5、T6，关于周期大小关系的判断，错误的是(　　)
A．T1＝T4
B．T2＝T3
C．T3＝T6
D．T5＝T6
D
解析：D　根据周期公式T＝2π可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关，与摆长和等效重力加速度有关。题图甲中沿斜面的加速度为等效重力加速度，则g1＝g sin θ，所以周期T1＝2π＝2π；题图乙中摆球所受的库仑力始终沿摆线方向，回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故摆球的等效重力加速度为g2＝g，所以周期T2＝2π；题图丙中
的周期T3＝2π ；题图丁中的等效重力加速度为g4＝g－a＝，所以周期T4＝2π＝；题图戊中g5＝g＋＞g，所以周期T5＝2π；题图己中g6＝g，所以周期T6＝2π，故T1＝T4＞T2＝T3＝T6＞T5，A、B、C正确，D错误。故选D。
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限时规范
训练(41)　机械振动
(建议用时：40分钟　满分：66分)
(选择题1～7题每题5分，8～11题每题6分，12题7分，共66分)
[基础巩固练]
1．(2025·江苏苏锡常镇一模)某电视节目上一男子表演“狮吼功”——用声音震碎玻璃杯。关于这一现象，下列说法中正确的是(　　)
A．声音频率越低越容易震碎玻璃杯
B．声音频率越高越容易震碎玻璃杯
C．需要很大的音量才能震碎玻璃杯
D．在适当的频率下无需很大的音量就能震碎玻璃杯
D
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解析：D　发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，用声音震碎玻璃杯是声音的频率与玻璃杯的固有频率相等，使玻璃杯发生共振，从而使玻璃杯碎裂，与音量的大小无关。故选D。
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2．(多选)(2024·贵州卷，9)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、绝热性良好。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，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
AC　
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解析：AC　小球做简谐运动，则小球在t＝1.5T时刻的状态与在t＝0.5T时刻的相同，由题意可知t＝0时，小球的速度为0，位移最大，方向为负，则t＝0.5T 时，小球的速度为0，位移最大，方向为正，A正确，B错误；由F＝－kx可知，t＝0.5T时，小球受到的回复力最大，方向为负，由牛顿第二定律可知，此时小球的加速度最大，方向为负，C正确，D错误。
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3．(多选)(2026·安徽县中联盟开学考)质量为m的小球a由劲度系数为k的轻质弹簧连接，轻弹簧上端固定于O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球a竖直下拉一定长度后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。若O点拉力大于2mg时弹簧从O处脱落，则释放小球a后(弹簧不从O处脱落)(　　)
A．小球a不做简谐运动
B．小球a最大加速度大小为g，方向可以竖直向下
C．a最大振幅为
D．a最大振幅为
BD
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解析：BD　平衡位置时mg＝kx0，将小球a竖直下拉一定长
度x后合外力大小为F＝k(x＋x0)－mg＝kx，又因为合外力与
位移x方向相反，故F＝－kx，所以释放小球a后做简谐运动，
A错误；当位于最低点拉力等于2mg时，加速度大小为g，方
向竖直向上，由简谐运动对称性，在最高点加速度方向竖直
向下，大小为g，B正确；当位于最低点拉力最大时弹簧伸长量为L，此时2mg＝kL，平衡位置时mg＝kx0，故最大振幅A＝L－x0，解得A＝，C错误、D正确。故选BD。
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4．(2025·江苏苏州质检)如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以(　　)
A．使斜面倾角变大
B．使单摆摆长变长
C．使摆球质量变大
D．使单摆振幅变大
B
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解析：B　设斜面倾角为θ，单摆摆长为l，则题中模型的等效摆长l′＝l，等效重力加速度g′＝g sin θ，故该单摆在光滑斜面上做简谐运动的周期T＝2π＝2π，可知若要使其做简谐运动的周期变大，可以让摆长变长或斜面倾角变小，且周期大小与摆球质量和振幅无关，故B正确，A、C、D错误。
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5．(2025·贵州黔东南一模)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。某摆钟如图甲所示，旋转摆钟下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示。摆的运动可视为简谐运动，下列说法正确的是(　　)
甲　　 　　　乙
A．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，
则摆的振幅一定减小
B．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆下移，则摆的振幅一定增大
C．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定增大
D．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定减小
D
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解析：D　旋转摆钟下端的螺母，可以改变摆长，但由于摆的振幅与摆长没有直接关系，故AB错误；由单摆的周期公式T＝2π，可知将圆盘沿摆杆上移，即摆长减小，周期减小，故C错误，D正确。
甲　　 　　　乙
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6．(2024·河北卷，6)如图，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
C
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解析：C　由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min振动12个周期，故光点振动的周期T＝＝5 s，所以光点振动的圆频率ω＝＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确，D错误。
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7．(多选)某处一单摆做简谐运动的振动方程为x＝0.04 cos 3.14t m。关于该单摆，下列说法正确的是(g取10 m/s2，π取3.14)(　　)
A．该单摆的摆长约为1 m
B．若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，则其摆动变慢
C．在t＝1.2 s时摆球正沿正方向做加速运动，加速度正在减小
D．在0.25 s时刻和1.25 s时刻摆球沿相反方向经过同一位置
ABC
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解析：ABC　单摆的周期T＝＝2 s，根据T＝2π，解得l＝ m≈1 m，选项A正确；若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，由于g变小，则T变大，其摆动变慢，选项B正确；在t＝1.2 s时摆球正沿正方向做加速运动，由于逐渐衡位置，则加速度正在减小，选项C正确；在0.25 s时刻的位移x1＝0.04cosm＝0.02 m，1.25 s时刻的位移x2＝0.04cosm＝－0.02 m，则摆球在平衡位置两边对称的位置，选项D错误。
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[能力提升练]
8．(2024·北京卷，9)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
甲
乙
D
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解析：D　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，ω＝＝2.5π，则a随t变化的关系式为a＝4sin (2.5πt)m/s2，D正确。
乙
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9．(2025·河北昌黎第一中学一模)如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知(　　)
A．该单摆振动的频率为0.8 Hz
B．振动方程为x＝－4cos (2.5πt)cm
C．t＝0时，摆球速度大小为v
D．t＝0.2 s时，摆球加速度为零
甲　　　　　　　 乙
B
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解析：B　由振动图像，可知周期为0.8 s，即可得频率f＝，解得f＝1.25 Hz，故A错误；由振动图像可得到振幅A＝4 cm，因为ω＝2πf，联立以上解得质点的振动方程为x＝－4cos (2.5πt)cm，故B正确；由质点的振动图像的斜率表示速度，可知t＝0时，摆球速度大小为0，故C错误；由回复力与位移的关系，结合振动图像，可知t＝0.2 s摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。
甲　　　　　 乙
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10．(多选)(2025·辽宁辽南协作体三模)飞
力士棒通过利用特殊构造和弹性，产生一
定的振动频率，从而这些振动会深入到身
体内的核心肌肉，从而达到强化锻炼的作
用。如图所示，飞力士棒的固有频率为3.5
Hz，则(　　)
A．若该棒做自由振动，则频率为3.5 Hz
B．使用时手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度也随之增大
C．手每分钟震动210次，飞力士棒产生共振
D．PVC软杆长度不变，负重头质量减小时，飞力士棒的固有频率保持不变
AC
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解析：AC　若棒做自由振动，则振动按照固有频率振动，故A正确；随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度可能越来越小，故B错误；手振动频率为f＝ Hz＝3.5 Hz，此时频率与固有频率相等，飞力士棒发生共振，故C正确；负重头质量减小，PVC杆长度不变，则其结构改变，飞力士棒的固有频率会变化，故D错误。
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11．(多选)如图所示，一劲度系数为100 N/m的弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为0.1 kg 的重物(可看作质点)，将重物向下拉动一段距离让其以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C两点相距4 cm，P点为OB的中点。重物从B点到第二次经过O点，所用的时间为0.9 s，若重物经过B点时开始计时，取向上为正方向，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．该重物做简谐运动的振动方程是y＝
B．从t＝0时刻开始到重物第二次经过P点的时间t0是1.0 s
C．重物在平衡位置O时弹簧伸长量为1 cm
D．重物处于P点时弹簧的回复力大小是1 N
ACD
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解析： ACD　重物从B点到第二次经过O点，所用的时间为0.9 s，可知T＝0.9 s，则T＝1.2 s，振幅为A＝2 cm，则ω＝，重物经过B点时开始计时，取向上为正方向，则该重物做简谐运动的振动方程是y＝2sin cm，故A正确；在P点时y＝－＝－1 cm，代入振动方程得－1 cm＝2sin cm，解得t1＝0.2 s，t2＝1.0 s，则从t＝0时刻开始到重物第二次经过P点的时间t0＝(0.9＋0.2)s＝1.1 s，故B错误；在平衡位置O时弹簧伸长量为Δx＝ m＝1 cm，重物处于P点时弹簧的形变量为Δy＝Δx＋×2 cm＝2 cm，回复力大小F＝kΔy－mg＝1 N，故CD正确。
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[培优创新练]
12．(2024·浙江1月选考，10)如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则(　　)
A．t1时刻小球向上运动
B．t2时刻光源的加速度向上
C．t2时刻小球与影子相位差为π
D．t3时刻影子的位移为5A
图1　 图2
D
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解析：D　根据题图2可知，t1时刻小球处于平衡位置且向下运动，A错误；t2时刻，光源处于最高点，其回复力向下，加速度向下，B错误；t2时刻，光源处于最高点，小球处于最低点，则观测屏上的影子也处于最低点，故小球与影子的相位差为0，C错误；t3时刻，光源处于最低点，小球处于最高点，则观测屏上的影子也处于最高点，如图所示，根据几何关系可知，，解得h＝5A，D正确。
第1讲　机械振动
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(建议用时：40分钟　满分：66分)
(选择题1～7题每题5分，8～11题每题6分，12题7分，共66分)
[基础巩固练]
1．(2025·江苏苏锡常镇一模)某电视节目上一男子表演“狮吼功”——用声音震碎玻璃杯。关于这一现象，下列说法中正确的是(　　)
A．声音频率越低越容易震碎玻璃杯
B．声音频率越高越容易震碎玻璃杯
C．需要很大的音量才能震碎玻璃杯
D．在适当的频率下无需很大的音量就能震碎玻璃杯
解析：D　发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，用声音震碎玻璃杯是声音的频率与玻璃杯的固有频率相等，使玻璃杯发生共振，从而使玻璃杯碎裂，与音量的大小无关。故选D。
2．(多选)(2024·贵州卷，9)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、绝热性良好。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，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
解析：AC　小球做简谐运动，则小球在t＝1.5T时刻的状态与在t＝0.5T时刻的相同，由题意可知t＝0时，小球的速度为0，位移最大，方向为负，则t＝0.5T 时，小球的速度为0，位移最大，方向为正，A正确，B错误；由F＝－kx可知，t＝0.5T时，小球受到的回复力最大，方向为负，由牛顿第二定律可知，此时小球的加速度最大，方向为负，C正确，D错误。
3．(多选)(2026·安徽县中联盟开学考)质量为m的小球a由劲度系数为k的轻质弹簧连接，轻弹簧上端固定于O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球a竖直下拉一定长度后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。若O点拉力大于2mg时弹簧从O处脱落，则释放小球a后(弹簧不从O处脱落)(　　)
A．小球a不做简谐运动
B．小球a最大加速度大小为g，方向可以竖直向下
C．a最大振幅为
D．a最大振幅为
解析：BD　平衡位置时mg＝kx0，将小球a竖直下拉一定长度x后合外力大小为F＝k(x＋x0)－mg＝kx，又因为合外力与位移x方向相反，故F＝－kx，所以释放小球a后做简谐运动，A错误；当位于最低点拉力等于2mg时，加速度大小为g，方向竖直向上，由简谐运动对称性，在最高点加速度方向竖直向下，大小为g，B正确；当位于最低点拉力最大时弹簧伸长量为L，此时2mg＝kL，平衡位置时mg＝kx0，故最大振幅A＝L－x0，解得A＝，C错误、D正确。故选BD。
4．(2025·江苏苏州质检)如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其做简谐运动的周期变大，可以(　　)
A．使斜面倾角变大
B．使单摆摆长变长
C．使摆球质量变大
D．使单摆振幅变大
解析：B　设斜面倾角为θ，单摆摆长为l，则题中模型的等效摆长l′＝l，等效重力加速度g′＝g sin θ，故该单摆在光滑斜面上做简谐运动的周期T＝2π＝2π，可知若要使其做简谐运动的周期变大，可以让摆长变长或斜面倾角变小，且周期大小与摆球质量和振幅无关，故B正确，A、C、D错误。
5．(2025·贵州黔东南一模)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。某摆钟如图甲所示，旋转摆钟下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示。摆的运动可视为简谐运动，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　乙
A．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的振幅一定减小
B．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆下移，则摆的振幅一定增大
C．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定增大
D．旋转摆钟下端的螺母，若将圆盘沿摆杆上移，则摆的周期一定减小
解析：D　旋转摆钟下端的螺母，可以改变摆长，但由于摆的振幅与摆长没有直接关系，故AB错误；由单摆的周期公式T＝2π，可知将圆盘沿摆杆上移，即摆长减小，周期减小，故C错误，D正确。
6．(2024·河北卷，6)如图，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
解析：C　由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min振动12个周期，故光点振动的周期T＝＝5 s，所以光点振动的圆频率ω＝＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确，D错误。
7．(多选)某处一单摆做简谐运动的振动方程为x＝0.04 cos 3.14t m。关于该单摆，下列说法正确的是(g取10 m/s2，π取3.14)(　　)
A．该单摆的摆长约为1 m
B．若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，则其摆动变慢
C．在t＝1.2 s时摆球正沿正方向做加速运动，加速度正在减小
D．在0.25 s时刻和1.25 s时刻摆球沿相反方向经过同一位置
解析：ABC　单摆的周期T＝＝2 s，根据T＝2π，解得l＝ m≈1 m，选项A正确；若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，由于g变小，则T变大，其摆动变慢，选项B正确；在t＝1.2 s时摆球正沿正方向做加速运动，由于逐渐衡位置，则加速度正在减小，选项C正确；在0.25 s时刻的位移x1＝0.04cosm＝0.02 m，1.25 s时刻的位移x2＝0.04cosm＝－0.02 m，则摆球在平衡位置两边对称的位置，选项D错误。
[能力提升练]
8．(2024·北京卷，9)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(　　)
甲 乙
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
解析：D　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，ω＝＝2.5π，则a随t变化的关系式为a＝4sin (2.5πt)m/s2，D正确。
9．(2025·河北昌黎第一中学一模)如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知(　　)
甲　　　　　　　乙　　　　　　
A．该单摆振动的频率为0.8 Hz
B．振动方程为x＝－4cos (2.5πt)cm
C．t＝0时，摆球速度大小为v
D．t＝0.2 s时，摆球加速度为零
解析：B　由振动图像，可知周期为0.8 s，即可得频率f＝，解得f＝1.25 Hz，故A错误；由振动图像可得到振幅A＝4 cm，因为ω＝2πf，联立以上解得质点的振动方程为x＝－4cos (2.5πt)cm，故B正确；由质点的振动图像的斜率表示速度，可知t＝0时，摆球速度大小为0，故C错误；由回复力与位移的关系，结合振动图像，可知t＝0.2 s摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。
10．(多选)(2025·辽宁辽南协作体三模)飞力士棒通过利用特殊构造和弹性，产生一定的振动频率，从而这些振动会深入到身体内的核心肌肉，从而达到强化锻炼的作用。如图所示，飞力士棒的固有频率为3.5 Hz，则(　　)
A．若该棒做自由振动，则频率为3.5 Hz
B．使用时手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度也随之增大
C．手每分钟震动210次，飞力士棒产生共振
D．PVC软杆长度不变，负重头质量减小时，飞力士棒的固有频率保持不变
解析：AC　若棒做自由振动，则振动按照固有频率振动，故A正确；随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度可能越来越小，故B错误；手振动频率为f＝ Hz＝3.5 Hz，此时频率与固有频率相等，飞力士棒发生共振，故C正确；负重头质量减小，PVC杆长度不变，则其结构改变，飞力士棒的固有频率会变化，故D错误。
11．(多选)如图所示，一劲度系数为100 N/m的弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为0.1 kg 的重物(可看作质点)，将重物向下拉动一段距离让其以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C两点相距4 cm，P点为OB的中点。重物从B点到第二次经过O点，所用的时间为0.9 s，若重物经过B点时开始计时，取向上为正方向，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．该重物做简谐运动的振动方程是y＝
B．从t＝0时刻开始到重物第二次经过P点的时间t0是1.0 s
C．重物在平衡位置O时弹簧伸长量为1 cm
D．重物处于P点时弹簧的回复力大小是1 N
解析： ACD　重物从B点到第二次经过O点，所用的时间为0.9 s，可知T＝0.9 s，则T＝1.2 s，振幅为A＝2 cm，则ω＝，重物经过B点时开始计时，取向上为正方向，则该重物做简谐运动的振动方程是y＝2sin cm，故A正确；在P点时y＝－＝－1 cm，代入振动方程得－1 cm＝2sin cm，解得t1＝0.2 s，t2＝1.0 s，则从t＝0时刻开始到重物第二次经过P点的时间t0＝(0.9＋0.2)s＝1.1 s，故B错误；在平衡位置O时弹簧伸长量为Δx＝ m＝1 cm，重物处于P点时弹簧的形变量为Δy＝Δx＋×2 cm＝2 cm，回复力大小F＝kΔy－mg＝1 N，故CD正确。
[培优创新练]
12．(2024·浙江1月选考，10)如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则(　　)
图1　 图2
A．t1时刻小球向上运动
B．t2时刻光源的加速度向上
C．t2时刻小球与影子相位差为π
D．t3时刻影子的位移为5A
解析：D　根据题图2可知，t1时刻小球处于平衡位置且向下运动，A错误；t2时刻，光源处于最高点，其回复力向下，加速度向下，B错误；t2时刻，光源处于最高点，小球处于最低点，则观测屏上的影子也处于最低点，故小球与影子的相位差为0，C错误；t3时刻，光源处于最低点，小球处于最高点，则观测屏上的影子也处于最高点，如图所示，根据几何关系可知，，解得h＝5A，D正确。

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