第八单元 第20讲 机械振动（课件 学案 练习）2026届高中物理人教版（2019）一轮复习

第八单元　机械振动与机械波 第20讲　机械振动 例1　A　[解析] 做简谐运动的小球,从C到O的过程中逐渐衡位置,速度方向指向平衡位置,弹簧弹力充当回复力,也指向平衡位置,故速度方向与受力方向相同,所以合外力做正功,动能增大,同时由于偏离平衡位置的位移减小,由回复力公式F=-kx可知,回复力逐渐减小,根据牛顿第二定律可知F=-kx=ma,故加速度不断减小,故A正确;由上述分析可知回复力不断减小,整个系统只有系统内的弹簧弹力做功,故系统的机械能守恒,故B错误;在小球从C到O的过程中,弹簧形变量逐渐减小,故弹性势能逐渐减小,同时由上述分析可知,加速度也逐渐减小,故C、D错误. 例2　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(负方向),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A、C. 例3　A　[解析] 若振子的振幅为0.1 m,根据简谐运动的周期性和对称性,可知T=0.4 s,不符合题意;所以该振子的振幅为0.2 m,根据题意作出大致振动图像如图,由此可知,T=0.3 s,解得T=1.2 s,振幅A=0.2 m,故A正确,B、C、D错误. 例4　BC　[解析] 由图乙可知简谐运动的周期为T=1.6 s,则振子振动的圆频率为ω==1.25π rad/s,振子的位移表达式为x=Asin ωt=12sin 1.25πt(cm),故A错误;由图乙可知,t=0.6 s时,振子在A、O两点之间某一位置,即振子的速度方向竖直向下,故B正确;由简谐运动的对称性可知A、B两点加速度大小相等,方向相反,由于振子位于A点时弹簧处于原长状态,即A点时的加速度大小为g,所以振子在B点的加速度大小也为g,故C正确;振子的重力做功转化为振子的动能和弹簧的弹性势能,即mgh=Ek振+Ep弹,以A点为初始位置,在振子向下运动过程中,重力做功逐渐变大,重力势能减少,转化为振子的动能和弹簧的弹性势能,所以振子的动能和弹簧的弹性势能之和也逐渐变大,反之在振子向上运动过程中,振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变小,故D错误. 例5　D　[解析] 小球经过O点时开始计时,经过0.3 s首次到达B点,若小球计时时向右运动,则小球振动的周期符合T=0.3 s,解得T=1.2 s,若小球计时时向左运动,则T=0.3 s,小球振动的周期T=0.4 s,小球振动的周期可能为1.2 s或0.4 s,故A错误.由题意可知2A=30 cm,小球振动的振幅为A=0.15 m,故B错误.当T=0.4 s时,有ω==5π rad/s,可知弹簧振子的振动方程为x=0.15sin 5πt,当T=1.2 s时,有ω==π rad/s,可知弹簧振子的振动方程为x=-0.15sin m,故C错误.周期若为0.4 s,则小球经t=0.6 s=T运动到平衡位置;周期若为1.2 s,则小球经t=0.6 s=T运动到平衡位置,所以0.6 s末小球都在平衡位置,故D正确. 例6　C　[解析] 由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s,由单摆的周期公式T=2π得摆长为l==1.6 m,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. 变式1　D　[解析] 由题图乙可知,t0时刻是摆球自开始摆动后第一次所受拉力最小的时刻,对应于到达最高点的时刻,而2t0时刻才是摆球第一次回到释放点的时刻,故该单摆的周期为2t0,故A错误;根据单摆周期公式T=2π,可知若把此单摆移至地球两极,重力加速度变大,则单摆的周期变小,故B错误;设摆球质量为m,在最低点时的速度大小为v,小球在最高点时沿摆线方向受力平衡,有F1=mgsin αcos θ,小球在最低点时,根据牛顿第二定律有F2-mgsin α=m,小球从最高点运动到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有mgL(1-cos θ)sin α=mv2,联立可得m=,v=,故D正确,C错误. 例7　A　[解析] 由图乙可知,重物做简谐运动的固有频率为f0,则根据T=2π、T=,可得m=,故选A. 变式2　BC　[解析] 飞力士棒在手的作用下做受迫振 ... ...