2025年高考物理一輪復習之機械振動

第1頁（共1頁）2025年高考物理一輪復習之機械振動一．選擇題（共10小題）1．上海中心大廈高度為中國第一，全球第二。據報道某次臺風來襲時，大廈出現了晃動，然而大廈安然無恙的原因主要靠懸掛在距離地面583米，重達1000噸的阻尼器“上?；垩邸?，當臺風來臨時阻尼器開始減振工作，質量塊的慣性會產生一個反作用力，使得阻尼器在大樓受到風作用力搖晃時，發(fā)生反向擺動，才使大廈轉危為安。以下說法不合理的是（）A．大廈能夠減小振幅是因為上海慧眼“吸收”了大廈振動的能量，起到減震作用 B．如果將上?；垩蹜覓煸跇菍虞^低的空間減震效果更好 C．如遇臺風天氣，阻尼器擺動幅度受風力大小影響，風力越大，擺動幅度越大 D．如果發(fā)生地震，上海慧眼也可以起到減震作用2．如圖所示為一個單擺在地面上做受迫振動的共振曲線（振幅A與驅動力頻率f的關系），則下列說法正確的是（）A．此單擺的固有周期約為0.5s B．若擺長變小，共振曲線的峰將左移 C．若保持擺長不變，將該單擺移至月球表面上做受迫振動，則共振曲線的峰將左移 D．此單擺的擺長約為3m3．一質點做簡諧運動相繼通過距離為16cm的兩點A和B，歷時1s，并且在A、B兩點處具有相同的速度，再經過2s，質點第2次經過B點，該質點運動的周期和振幅分別為（）A．3s，1633cm B．6s，16cm C．6s，1633cm D．4s4．如圖所示，一帶正電的小球用絕緣細繩懸于O點，將小球拉開較小角度后靜止釋放，其運動可視為簡諧運動，下列操作能使周期變小的是（）A．增大擺長 B．初始拉開的角度更小一點 C．在懸點O處放置一個帶正電的點電荷 D．在此空間加一豎直向下的勻強電場5．控制噪聲的基本原則是設法將噪聲的能量轉化為其他形式的能量，如圖所示是一種利用薄板消除噪聲的方法。將薄板安放在框架上，并與框架之間留有一定的空氣層，當聲波入射到薄板上時，引起板的振動。由于板本身的內耗使振動的能量轉化為熱量。改變薄板的材料和空氣層的厚度，可有效消除不同頻率的噪聲。下列說法正確的是（）A．薄板振動頻率始終與入射聲波的頻率相等 B．隨著入射聲波頻率的增加，薄板振動的幅度一定增大 C．當噪聲停止后，薄板振動頻率仍等于原噪聲頻率，但振幅減小 D．該系統(tǒng)可有效消除的噪聲頻率范圍在其可調節(jié)的共振頻率之間6．如圖1所示，質量為m＝1kg的物體B放在水平面上，通過輕彈簧與質量為M＝2kg的物體A連接。現在豎直方向給物體A一初速度，當物體A運動到最高點時，物體B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時，取豎直向上為位移正方向，物體A的位移隨時間的變化規(guī)律如圖2所示，已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．物體A在任意一個1.25s內通過的路程均為50cm B．23s～1112sC．物體A的振動方程為y=0.1D．彈簧的勁度系數k＝300N/m7．如圖所示為甲、乙彈簧振子的振動圖像，則兩彈簧振子的最大速度之比為（）A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：18．如圖所示，現有兩端開口、粗細均勻的U形管開口豎直向上，管內裝有液體。給左管液面加壓，當液體靜止時，右管液面比左管液面高出h?，F撤去外壓并開始計時，t＝0.5s時，左管液面第一次比右管液面高出h。若不計阻力，撤去外壓后液體做簡諧運動。下列說法正確的是（）A．液體做簡諧運動的周期為0.5s B．左、右兩液面等高時液體速度為零 C．t=56s時，右管液面比左管液面D．撤去外壓后，由于大氣壓力對液體做功，液體機械能不守恒9．一輕質彈簧一端固定在地面上，質量為m的鋼球從彈簧正上方H處自由下落，彈簧的最大壓縮量為x0，彈簧始終在彈性限度內。已知彈簧振子做簡諧運動的周期T=2πmk，k為彈簧勁度系數，重力加速度為g（可能用到的數學知識：若sinα＝b，則αA．2πB．2πC．πmD．π10．用單擺可以測量某一行星的自轉周期，若測得在相同時間t內，擺長為L的單擺在該行星兩極處完成了N1次全振動，在該行星赤道處完成了N2次全振動，設該行星為質量分布均勻的球體，半徑為R，則該行星自轉周期是（）A．L(N12-C．Lt2R(二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖（a）所示，水袖舞是中國京劇的特技之一。某時刻抖動可簡化為如圖（b），則（）A．M處的質點回復力最大 B．質點振動到N處時速度最大 C．加快抖動的頻率，傳播速度變快 D．M處的質點經過四分之一個周期到達Q處（多選）12．如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為x＝5sin（10πt+π2A．MN間距離為5cm B．振子的運動周期是0.2s C．t＝0時，振子位于N點 D．t＝0.05s時，振子具有最大加速度（多選）13．圖所示，一小球（可視為質點）在B、C（未畫出）兩點之間做簡諧運動，BC＝10cm，BC的中點O為平衡位置（即位移為零的位置），取向右為正方向，質點的位移—時間關系式為x＝5cos（10πt）cm，則下列說法正確的是（）A．t＝0.1s時，質點在B點 B．t＝0.12s時，質點正向右運動 C．t＝0.2s時，質點的加速度為0 D．0～0.1s內，質點的加速度方向與速度方向始終相同（多選）14．如圖所示，把一個有孔的小球A裝在輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在水平光滑桿上，以O為平衡位置振動。另一小球B在豎直平面內以O'為圓心、ω為角速度沿順時針方向做半徑為R的勻速圓周運動（O與O'在同一豎直線上）。用豎直向下的平行光照射小球B、可以觀察到，小球B的“影子”始終在小球A上。取水平向右為正方向，O點為坐標原點、小球B經最低點時為計時零點，則（）A．小球A的振幅為2R B．小球A的振動周期為2πC．小球A的最大加速度大小為ω2R D．小球A的速度與時間的關系式為v＝﹣ωRsinωt三．填空題（共2小題）15．滑板運動非常有趣。如圖所示，某同學踩著滑板在弧形滑板的內壁來回滑行，滑板的這種運動（選填“可以”或“不可以”）視為簡諧運動，若視為簡諧運動，設該同學站在滑板上與蹲在滑板上滑行時到達了相同的最高點，則站著運動的周期（選填“比較大”“比較小”或“一樣大”），運動到最低點時的速度（選填“比較大”“比較小”或“一樣大”）。16．如圖所示是共振原理演示儀。在同一鐵支架MN上焊有固有頻率依次為100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四個鋼片a、b、c、d，將M的下端與正在轉動的電動機接觸后，發(fā)現b鋼片振幅很大，其余鋼片振幅很小。則電動機的轉速約為r/s，鋼片d的振動頻率約為Hz。四．解答題（共4小題）17．如圖所示，足夠大的光滑水平桌面上，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在桌面左端，另一端與小球A拴接。開始時，小球A用細線跨過光滑的定滑輪連接小球B，桌面上方的細線與桌面平行，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時小球A的位置記為O，A、B兩小球質量均為m。現用外力緩慢推小球A至彈簧原長后釋放，在小球A向右運動至最遠點時細線斷裂，已知彈簧振子的振動周期T=2πmk，彈簧的彈性勢能Ep（1）細線斷裂前瞬間的張力大小FT；（2）從細線斷裂開始計時，小球A第一次返回O點所用的時間t；（3）細線斷裂后，小球A到達O點時的速度大小。18．如圖所示，一單擺的擺長為l，擺球質量為m，固定在懸點O。將擺球向右拉至N點，由靜止釋放，擺球將在豎直面內來回擺動，其中P點為擺動過程中的最低位置。擺球運動到N點時，擺線與豎直方向的夾角為θ（約為5°），θ很小時可近似認為sinθ≈θ、PN=PN。重力加速度為（1）請證明擺球的運動為簡諧運動。（2）如圖2甲所示，若在O點正下方34l的O'處放置一細鐵釘，當擺球擺至Pa.求擺球擺動一個周期的時間T；b.擺球向右運動到P點時，開始計時，設擺球相對于P點的水平位移為x，且向右為正方向。在圖乙中定性畫出擺球在開始一個周期內的x﹣t關系圖線。19．如圖1所示，勁度系數為k的水平輕彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端連接一質量為m且可視為質點的物塊甲，物塊甲處于光滑水平面上，O點為彈簧的原長位置。將物塊甲向左緩慢移動至與O點相距x0的P點，在O點放置一質量為m且可視為質點的物塊乙，然后將物塊甲從P點由靜止開始無初速度釋放，物塊甲與物塊乙碰撞后立即粘合在一起運動，碰撞時間極短可不計。已知質點振動時，如果使質點回到平衡位置的回復力滿足F回復＝﹣kx（式中x為質點相對平衡位置的位移，k為比例系數），則質點做簡諧運動，且周期T=2πmk；彈簧形變量為x時的彈性勢能（1）求物塊甲與物塊乙碰撞粘合在一起后瞬時速度大小，以及碰撞后甲、乙一起第一次回到O點所經過的時間；（2）如圖2所示，移走物塊乙，將物塊甲置于粗糙水平面上，物塊甲與粗糙水平面間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其他條件不變且x0=21μmg2k20．如圖所示，傾角θ＝37°的光滑斜面固定，斜面下端有固定擋板，質量分別為mA＝2kg、mB＝5kg的滑塊A、B用輕彈簧相連放置在斜面上處于靜止狀態(tài)，滑塊A與擋板接觸。現將質量為mC＝1kg的滑塊C在斜面上與B相距d＝3m處由靜止釋放，C與B發(fā)生彈性碰撞，碰后立即將C取走，B在斜面上做簡諧運動。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，彈簧的勁度系數為k＝100N/m且彈簧始終在彈性限度內，已知彈簧的彈性勢能為Ep=12kx2（k為彈簧的勁度系數，x（1）物塊C與B碰后瞬間的速度分別為多大；（2）物塊C與B碰后B做簡諧運動的振幅；（3）若物塊C從斜面上某處由靜止釋放后，C與B碰后粘在一起做簡諧運動且A恰好未離開擋板，求：①A對擋板壓力的最大值；②物塊C從斜面上由靜止釋放時與B的距離。

2025年高考物理一輪復習之機械振動參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．上海中心大廈高度為中國第一，全球第二。據報道某次臺風來襲時，大廈出現了晃動，然而大廈安然無恙的原因主要靠懸掛在距離地面583米，重達1000噸的阻尼器“上?；垩邸?，當臺風來臨時阻尼器開始減振工作，質量塊的慣性會產生一個反作用力，使得阻尼器在大樓受到風作用力搖晃時，發(fā)生反向擺動，才使大廈轉危為安。以下說法不合理的是（）A．大廈能夠減小振幅是因為上?；垩邸拔铡绷舜髲B振動的能量，起到減震作用 B．如果將上?；垩蹜覓煸跇菍虞^低的空間減震效果更好 C．如遇臺風天氣，阻尼器擺動幅度受風力大小影響，風力越大，擺動幅度越大 D．如果發(fā)生地震，上?；垩垡部梢云鸬綔p震作用【考點】阻尼振動和受迫振動．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】B【分析】分析題意，由題意明確阻尼器的原理和作用，同時明確減震用到了共振的原理。【解答】解：A、由題意可知，在大樓受到風力作用搖晃時，阻尼器反向擺動，相當于“吸收”了大廈振動的能量，起到減震作用，故A正確；B、如果將上海慧眼懸掛在樓層較低的空間時，擺長較大，頻率和樓房的固有頻率差別較大，起不到減震的作用，故B錯誤；C、如遇臺風天氣，阻尼器擺動幅度受風力大小影響，風力越大，樓房擺動幅度越大，則阻尼器擺動幅度越大，故C正確；D、如果發(fā)生地震，樓房主體也會發(fā)生搖晃，阻尼器也會反向擺動，起到減震的作用，故D正確。本題選不合理的，故選：B?！军c評】本題主要考查受迫振動和共振的知識。理解受迫振動和共振是解題關鍵。2．如圖所示為一個單擺在地面上做受迫振動的共振曲線（振幅A與驅動力頻率f的關系），則下列說法正確的是（）A．此單擺的固有周期約為0.5s B．若擺長變小，共振曲線的峰將左移 C．若保持擺長不變，將該單擺移至月球表面上做受迫振動，則共振曲線的峰將左移 D．此單擺的擺長約為3m【考點】共振及其應用；單擺及單擺的條件；阻尼振動和受迫振動．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；單擺問題；理解能力．【答案】C【分析】理解共振的特點，結合單擺的周期公式T=2根據單擺的周期公式得出周期的變化，從而分析出單擺的固有頻率的變化和共振曲線的峰的移動方向?！窘獯稹拷猓篈、單擺做受迫振動的頻率與固有頻率相等時，振幅最大，根據圖像可知，單擺的固有頻率為0.5Hz，周期T=1f=10.5sB、根據單擺的周期公式可知，單擺的擺長變小，周期變短，固有頻率增大，共振曲線的峰將右移，故B錯誤；C、根據單擺的周期公式可知，將單擺移至月球表面，重力加速度g變小，周期邊長，固有頻率減小，共振曲線的峰將左移，故C正確；D、根據單擺的周期公式可得：L=gT24π2故選：C?！军c評】本題主要考查了共振的相關應用，理解圖像的物理意義，結合單擺的周期公式即可完成分析。3．一質點做簡諧運動相繼通過距離為16cm的兩點A和B，歷時1s，并且在A、B兩點處具有相同的速度，再經過2s，質點第2次經過B點，該質點運動的周期和振幅分別為（）A．3s，1633cm B．6s，16cm C．6s，1633cm D．4s【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】參照思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】B【分析】質點做簡諧運動，先后以相同的速度通過A、B兩點，則可判定這兩點關于平衡位置對稱，從平衡位置到B點的時間為0.5s；再由當質點再次經過B點的時間，即可求出從B點到最大位置的時間為1s，由此可求出質點的振動周期；根據位移與時間關系，即可求得振幅?！窘獯稹拷猓涸O簡諧運動的平衡位置為O。質點先后以相同的速度通過A、B兩點，說明A、B兩點關于平衡位置O點對稱，所以質點由A到O時間與由O到B的時間相等。假設質點首先向最大位移處運動，然后再經過B點，則定有tAB＞tBB（設兩次經過B的時間為tBB），與題意不符，故不可能。因此質點必定首先向平衡位置移動，然后再向B點移動，那么從平衡位置O到B點的時間為：t1=1因過B點后質點再經過t＝2s又第二次通過B點，根據對稱性得知質點從B點到最大位置的時間：t2=1所以有：14T＝0.5s+1s＝解得周期為：T＝6s由于質點位移與時間的關系式：y＝Asinωt從平衡位置計時到達B點位移為8cm，所用時間為t1＝0.5s，則有：8＝Asinωt＝Asin2πT代入數據，解得：A＝16cm，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查對簡諧運動的理解，要注意明確以同樣的速度經過某兩點時，它們的位置關于平衡位置對稱；當經過同一位置時，它們的速度大小相同，方向相反。同時要注意應用質點位移與時間的關系式：y＝Asinωt。4．如圖所示，一帶正電的小球用絕緣細繩懸于O點，將小球拉開較小角度后靜止釋放，其運動可視為簡諧運動，下列操作能使周期變小的是（）A．增大擺長 B．初始拉開的角度更小一點 C．在懸點O處放置一個帶正電的點電荷 D．在此空間加一豎直向下的勻強電場【考點】單擺及單擺的條件；庫侖定律的表達式及其簡單應用．【專題】定性思想；方程法；單擺問題；理解能力．【答案】D【分析】單擺周期公式為T=2【解答】解：A.由單擺周期公式為T=2πl(wèi)g可知，增大擺長B.由單擺周期公式為T=2πl(wèi)C.在懸點O處放置一個帶正電的點電荷，則帶正電的小球受到的庫侖力始終沿繩的方向，不影響回復力的大小，所以周期不變，故C錯誤；D.在此空間加一豎直向下的勻強電場，則小球受到的電場力方向豎直向下，與重力方向相同，即等效重力加速度增大，由單擺周期公式為T=2πl(wèi)故選：D?！军c評】本題考查了單擺的周期問題，知道單擺周期公式為T=25．控制噪聲的基本原則是設法將噪聲的能量轉化為其他形式的能量，如圖所示是一種利用薄板消除噪聲的方法。將薄板安放在框架上，并與框架之間留有一定的空氣層，當聲波入射到薄板上時，引起板的振動。由于板本身的內耗使振動的能量轉化為熱量。改變薄板的材料和空氣層的厚度，可有效消除不同頻率的噪聲。下列說法正確的是（）A．薄板振動頻率始終與入射聲波的頻率相等 B．隨著入射聲波頻率的增加，薄板振動的幅度一定增大 C．當噪聲停止后，薄板振動頻率仍等于原噪聲頻率，但振幅減小 D．該系統(tǒng)可有效消除的噪聲頻率范圍在其可調節(jié)的共振頻率之間【考點】共振及其應用；阻尼振動和受迫振動．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】D【分析】薄板振動穩(wěn)定后的頻率與聲波頻率相同；根據共振現象分析；當噪聲停止后，薄板振動逐漸不穩(wěn)定至振動停止；根據干涉現象分析?！窘獯稹拷猓篈.薄板振動穩(wěn)定后的頻率與聲波頻率相同，初始沒有達到穩(wěn)定時不同，故A錯誤；B.薄板的振幅在入射聲波的頻率與薄板的固有頻率相同時，二者共振，振幅最大，其它頻率的聲波，薄板的振幅可能會增大，也可能會減小，故B錯誤；C.當噪聲停止后，薄板振動逐漸不穩(wěn)定至振動停止，此時頻率與原噪聲頻率不同，故C錯誤；D.只有當噪聲頻率范圍在系統(tǒng)可調節(jié)的共振頻率之間，二者可以產生干涉波紋，達到消除噪聲的目的，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了共振、受迫振動、阻尼振動等相關知識，注意只有薄板振動穩(wěn)定后的頻率才與聲波頻率相同。6．如圖1所示，質量為m＝1kg的物體B放在水平面上，通過輕彈簧與質量為M＝2kg的物體A連接?，F在豎直方向給物體A一初速度，當物體A運動到最高點時，物體B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時，取豎直向上為位移正方向，物體A的位移隨時間的變化規(guī)律如圖2所示，已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．物體A在任意一個1.25s內通過的路程均為50cm B．23s～1112sC．物體A的振動方程為y=0.1D．彈簧的勁度系數k＝300N/m【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；胡克定律及其應用．【專題】定量思想；圖析法；簡諧運動專題；振動圖象與波動圖象專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】本題為簡諧振動與力學的綜合問題，要知道A做簡諧運動，在最高點與最低點的加速度等大反向。質點做簡諧運動的表達式y(tǒng)＝Asin（ωt+φ0），其中：A為振幅，ω=2πT，φ0為初相位，初相位由t＝0時刻質點的振動情況所決定，做簡諧運動的質點每個周期的路程為4A。若起振位置在平衡位置或者最大位移處，則每四分之一周期的路程為A，若起振點不在平衡位置或者最大位移處，則路程不是A。對物體A、B受力分析，根據簡諧運動的對稱性，由【解答】解：A、題圖2可知，振幅為A＝10cm，周期為T＝1.0s。物體A由特殊位置（平衡位置或最大位移處）開始計時，在任意一個1.25s=54T內，質點通過的路程等于振幅的5倍，除此外在1.25sC、角速度為ω=2πT=2π1.0rad/sy=Asin(B、t=23s時，y=0.1D、物體A在最高點時，物體B與水平面間的作用力剛好為零，可知此時彈簧的拉力為：F＝mBg＝kx1，物體A在平衡位置：mAg＝kx2，由圖像知物體A運動的振幅為10cm，且x1+x2＝10cm，k=mB故選：D。【點評】本題是對機械振動知識的考查，學生通過讀取圖像獲取有用信息，實現知識的應用和遷移，促進他們物理觀念和物理模型的形成。7．如圖所示為甲、乙彈簧振子的振動圖像，則兩彈簧振子的最大速度之比為（）A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；方程法；與彈簧相關的動量、能量綜合專題；推理能力．【答案】C【分析】根據振動圖象可以直接讀出振幅、周期；根據周期的公式求出振子的質量與彈簧的勁度系數之間的關系，然后結合能量的轉化關系判斷即可?！窘獯稹拷猓焊鶕椈烧褡拥闹芷诠剑篢可得m簡諧振動的過程中總能量守恒，則振子的最大動能等于彈簧的最大彈性勢能，即1聯立可得v由圖可知T乙＝2T甲，A甲＝2A乙則：v故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查簡諧振動的能量的轉化與守恒，關鍵是知道彈簧彈性勢能的表達式。8．如圖所示，現有兩端開口、粗細均勻的U形管開口豎直向上，管內裝有液體。給左管液面加壓，當液體靜止時，右管液面比左管液面高出h?，F撤去外壓并開始計時，t＝0.5s時，左管液面第一次比右管液面高出h。若不計阻力，撤去外壓后液體做簡諧運動。下列說法正確的是（）A．液體做簡諧運動的周期為0.5s B．左、右兩液面等高時液體速度為零 C．t=56s時，右管液面比左管液面D．撤去外壓后，由于大氣壓力對液體做功，液體機械能不守恒【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】C【分析】由題意易知0.5s時間液體做了一次全振動的12，則0.5s時間等于半個周期；左右兩液面等高時處于平衡位置，液體速度為最大值；根據時間與周期的關系判斷液體的振動狀態(tài)；因右管與左管的液面均【解答】解：A、由題意易知0.5s時間液體做了一次全振動的12，則有：12T＝0.5s，可得液體做簡諧運動的周期為1s，故B、左右兩液面等高時處于平衡位置，液體速度不為0，并且是速度最大值，故B錯誤；C、根據：t=56s=56T=3D、因右管與左管的液面均受到大氣壓力作用。故撤去外壓后，大氣壓力對液體整體不做功，液體機械能守恒，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了簡諧運動的相關的知識點，基礎題目。掌握簡諧運動的特征，以及相關的物理量。9．一輕質彈簧一端固定在地面上，質量為m的鋼球從彈簧正上方H處自由下落，彈簧的最大壓縮量為x0，彈簧始終在彈性限度內。已知彈簧振子做簡諧運動的周期T=2πmk，k為彈簧勁度系數，重力加速度為g（可能用到的數學知識：若sinα＝b，則A．2πB．2πC．πmD．π【考點】簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數；胡克定律及其應用．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；簡諧運動專題；彈力的存在及方向的判定專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據彈簧振子的周期公式求解小球從平衡位置運動到最低處，再返回到平衡位置所用時間；根據平衡條件求解小球經過平衡位置時彈簧的壓縮量，結合彈簧的最大壓縮量求彈簧振子的振幅；將小球從第一次返回平衡位置開始到彈簧恢復到自然長度的過程中，把小球看成彈簧振子，求解小球的振動方程，根據數學知識結合振動方程求解小球從第一次返回平衡位置開始到彈簧恢復到自然長度的時間，最后求總時間?！窘獯稹拷猓盒∏驈椈山M成的彈簧振子的周期T小球從平衡位置運動到最低處，再返回到平衡位置所用時間為T時間t在平衡位置小球加速度為零，根據平衡條件kx1＝mg得彈簧壓縮量x振子的振幅A小球從第一次返回平衡位置開始到彈簧恢復到自然長度的過程中，把小球看成彈簧振子小球的振動方程x根據題意上升的最大位移xm＝x1，所用時間為t2聯立上面相關式子，代入數據有mg化簡得sin根據數學知識t根據對稱性可知，小球從剛開始接觸彈簧到第一次經過平衡位置所用的時間t3＝t2則小球從開始接觸彈簧到第一次脫離彈簧所經歷的時間為t=綜上分析，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了彈簧振子的振動周期以及振動時間的求解；由于小球與彈簧沒有栓接，小球在平衡位置上下兩段運動的時間不相等；難點在于求解小球在平衡位置上方運動的時間，關鍵在于振動方程的建立。10．用單擺可以測量某一行星的自轉周期，若測得在相同時間t內，擺長為L的單擺在該行星兩極處完成了N1次全振動，在該行星赤道處完成了N2次全振動，設該行星為質量分布均勻的球體，半徑為R，則該行星自轉周期是（）A．L(N12-C．Lt2R(【考點】單擺及單擺的條件．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據單擺周期公式列出等式表示出地球兩極和赤道處的重力加速度，根據二者的重力關系列式求解地球自轉周期?！窘獯稹拷猓涸O在兩極處重力加速度為g1，則單擺的周期T同理：設在赤道處的重力加速度為g2，則單擺的周期T設地球的自轉周期為T，則有m聯立解得：T=Rt2L(故選：B。【點評】本題考查利用單擺公式求解地球重力加速度，利用萬有引力和重力的差異測出其地球的自轉周期。二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖（a）所示，水袖舞是中國京劇的特技之一。某時刻抖動可簡化為如圖（b），則（）A．M處的質點回復力最大 B．質點振動到N處時速度最大 C．加快抖動的頻率，傳播速度變快 D．M處的質點經過四分之一個周期到達Q處【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】AB【分析】根據回復力與位移關系F＝﹣kx分許判斷；質點處于平衡位置時，速度最大；波速是由介質決定的；波傳播的是波振動的形式，質點只是在平衡位置上下振動?！窘獯稹拷猓篈．M處的質點位移最大，根據回復力與位移關系F＝﹣kx可知，回復力最大，故A正確；B．質點振動到N處時，處于平衡位置，速度最大，故B正確；C．波速是由介質決定的，與頻率無關，波的頻率增大，而波速度仍保持不變，故C錯誤；D．波傳播的是波振動的形式，質點只是在平衡位置上下振動，并不隨波遷移，所以M處的質點經過四分之一個周期不能到達Q處，故D錯誤。故選：AB?！军c評】本題考查了簡諧運動、波的傳播等相關知識，注意波傳播的是波振動的形式，質點只是在平衡位置上下振動，并不隨波遷移。（多選）12．如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為x＝5sin（10πt+π2A．MN間距離為5cm B．振子的運動周期是0.2s C．t＝0時，振子位于N點 D．t＝0.05s時，振子具有最大加速度【考點】簡諧運動的回復力．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】BC【分析】根據振動方程分析振幅大小，MN兩點間的距離為振幅的兩倍；根據周期和角速度的關系式求解振子振動的周期；將t＝0代入振動方程即可判斷振子所處的位置；將t＝0.05s代入振動方程，判斷振子的位置，即可判斷振子的振動狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、MN間距離為2A＝10cm，故A錯誤；B、因ω＝10πrad/s，可知振子的運動周期是T=2πC、由x=5sin(10πt+π2)cm可知t＝0時，D、由x=5sin(10πt+π2)cm可知t＝0.05s時x＝故選：BC?！军c評】解決該題首先要根據振動方程分析振子的振幅、周期以及0時刻的振動狀態(tài)，知道周期的求解公式。（多選）13．圖所示，一小球（可視為質點）在B、C（未畫出）兩點之間做簡諧運動，BC＝10cm，BC的中點O為平衡位置（即位移為零的位置），取向右為正方向，質點的位移—時間關系式為x＝5cos（10πt）cm，則下列說法正確的是（）A．t＝0.1s時，質點在B點 B．t＝0.12s時，質點正向右運動 C．t＝0.2s時，質點的加速度為0 D．0～0.1s內，質點的加速度方向與速度方向始終相同【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】AB【分析】由振動方程，然后判斷振子的位移，結合位置關系判斷質點的運動情況?！窘獯稹拷猓篈.t＝0.1s時，有x＝5cos（10π×0.1）cm＝﹣5cm質點在B點，故A正確；B.質點的周期為：T=代入數據得：T＝0.2st＝0.12s時，即t=35T，由于12T＜t＜3C.t＝0.2s時，有x＝5cos（10π×0.2）cm＝5cm質點在C點，位移最大，回復力最大，由牛頓第二定律可知加速度最大，故C錯誤；D.0～0.1s內，質點由C點運動到B點，質點的加速度方向與速度方向先相同再相反，故D錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查了彈簧振子的振動方程，會判斷振子的速度和加速度的變化，注意振動圖象與波動圖象的區(qū)別。（多選）14．如圖所示，把一個有孔的小球A裝在輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在水平光滑桿上，以O為平衡位置振動。另一小球B在豎直平面內以O'為圓心、ω為角速度沿順時針方向做半徑為R的勻速圓周運動（O與O'在同一豎直線上）。用豎直向下的平行光照射小球B、可以觀察到，小球B的“影子”始終在小球A上。取水平向右為正方向，O點為坐標原點、小球B經最低點時為計時零點，則（）A．小球A的振幅為2R B．小球A的振動周期為2πC．小球A的最大加速度大小為ω2R D．小球A的速度與時間的關系式為v＝﹣ωRsinωt【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；方程法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】BC【分析】小球A的運動可以看作小球B的運動在水平方向上的分運動，兩者運動周期相同。小球A的最大加速度與小球在相應的水平位移時的水平方向的加速度相同，小球A的速度等于小球B在水平方向的分速度。【解答】解：A.由圖可知，小球A的振幅為R，故A錯誤；B.小球A的振動周期與小球B的圓周運動周期相同，故T=2πC.小球A的運動可以看作小球B的運動在水平方向上的分運動，當小球A達到最大加速度，即位移最大時，此時小球B也到達了相應的水平方向的最大位移處，此時水平方向的加速度大小為a＝ω2R，即小球A的最大加速度大小為ω2R，故C正確；D.小球A的速度等于小球B在水平方向的分速度，故v＝﹣ωRcosωt，故D錯誤。故選：BC?！军c評】解答本題的關鍵是小球A的運動可以看作小球B的運動在水平方向上的分運動，兩者運動具有同時性。三．填空題（共2小題）15．滑板運動非常有趣。如圖所示，某同學踩著滑板在弧形滑板的內壁來回滑行，滑板的這種運動不可以（選填“可以”或“不可以”）視為簡諧運動，若視為簡諧運動，設該同學站在滑板上與蹲在滑板上滑行時到達了相同的最高點，則站著運動的周期比較小（選填“比較大”“比較小”或“一樣大”），運動到最低點時的速度比較?。ㄟx填“比較大”“比較小”或“一樣大”）?！究键c】簡諧運動的回復力．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；分析綜合能力．【答案】不可以，比較小，比較小?！痉治觥扛鶕喼C運動的回復力特征分析；根據周期公式T=2【解答】解：滑板在弧形滑板的內壁來回滑行，不可以視為簡諧運動，簡諧運動需要滿足回復力與位移成正比，且方向相反，即F＝﹣kx，而滑板運動中，滑板除受到重力和支持力外，其所受的摩擦力比較復雜，不符合簡諧運動回復力的特征，在不計摩擦及阻力的情況下，最大偏角小于5°的條件下，可能近似的將其看作簡諧運動；若視為簡諧運動，根據周期公式T=2從最高點運動到最低點的過程中，該同學站在滑板上時，其重力勢能減小量小，其動能增加量也小，則其速度比較小。故答案為：不可以，比較小，比較小。【點評】此題考查了簡諧運動的相關知識，掌握簡諧運動的定義，用所學物理知識分析生活中的問題。16．如圖所示是共振原理演示儀。在同一鐵支架MN上焊有固有頻率依次為100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四個鋼片a、b、c、d，將M的下端與正在轉動的電動機接觸后，發(fā)現b鋼片振幅很大，其余鋼片振幅很小。則電動機的轉速約為90r/s，鋼片d的振動頻率約為90Hz?！究键c】共振及其應用．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】90；90【分析】b振幅最大說明發(fā)生共振現象，系統(tǒng)的驅動力頻率等于b鋼片的固有頻率?！窘獯稹拷猓篵鋼片振幅最大，與系統(tǒng)產生共振，故電動機的頻率等于其固有頻率90Hz，電動機的轉速和頻率相同n＝f＝90r/s，故答案為：90；90?！军c評】明確物體做受迫振動，振幅最大，產生共振現象。四．解答題（共4小題）17．如圖所示，足夠大的光滑水平桌面上，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在桌面左端，另一端與小球A拴接。開始時，小球A用細線跨過光滑的定滑輪連接小球B，桌面上方的細線與桌面平行，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時小球A的位置記為O，A、B兩小球質量均為m?，F用外力緩慢推小球A至彈簧原長后釋放，在小球A向右運動至最遠點時細線斷裂，已知彈簧振子的振動周期T=2πmk，彈簧的彈性勢能Ep（1）細線斷裂前瞬間的張力大小FT；（2）從細線斷裂開始計時，小球A第一次返回O點所用的時間t；（3）細線斷裂后，小球A到達O點時的速度大小?！究键c】簡諧運動的回復力；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【答案】（1）細線斷裂前瞬間的張力大小為32（2）從細線斷裂開始計時，小球A第一次返回O點所用的時間為π3（3）細線斷裂后，小球A到達O點時的速度大小為3m【分析】（1）根據牛頓第二定律結合簡諧振動的特點解答；（2）根據簡諧振動的一般方程求解小球A第一次返回O點所用的時間；（3）根據能量守恒定律分析解答?！窘獯稹拷猓海?）A靜止于O點平衡時kx0＝mgA、B組成的簡諧振動中，振幅為A由對稱性，小球A向右運動至最遠點時，對A有k×2x0﹣FT＝ma對B有FT﹣mg＝ma聯立解得F（2）細線斷裂后A球單獨做簡諧振動，振幅變?yōu)锳則A球單獨做簡諧振動的振動方程為x當小球A第一次返回O點時，有x可得t（3）細線斷裂后，小球A到達O點時，根據能量守恒定律有1解得v答：（1）細線斷裂前瞬間的張力大小為32（2）從細線斷裂開始計時，小球A第一次返回O點所用的時間為π3（3）細線斷裂后，小球A到達O點時的速度大小為3m【點評】本題主要考查了簡諧運動中，分析過程涉及到了能量守恒定律的計算，綜合性較強。18．如圖所示，一單擺的擺長為l，擺球質量為m，固定在懸點O。將擺球向右拉至N點，由靜止釋放，擺球將在豎直面內來回擺動，其中P點為擺動過程中的最低位置。擺球運動到N點時，擺線與豎直方向的夾角為θ（約為5°），θ很小時可近似認為sinθ≈θ、PN=PN。重力加速度為g（1）請證明擺球的運動為簡諧運動。（2）如圖2甲所示，若在O點正下方34l的O'處放置一細鐵釘，當擺球擺至P點時，擺線會受到鐵釘的a.求擺球擺動一個周期的時間T；b.擺球向右運動到P點時，開始計時，設擺球相對于P點的水平位移為x，且向右為正方向。在圖乙中定性畫出擺球在開始一個周期內的x﹣t關系圖線?！究键c】單擺及單擺的條件．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理能力．【答案】（1）請明過程見解析；（2）a.擺球擺動一個周期的時間為32b.x﹣t關系圖線見解析。【分析】（1）根據F回＝﹣kx判斷擺球的運動是否為簡諧運動；（2）a.；根據T＝2πl(wèi)gb.根據簡諧運動的特點分別畫出x﹣t關系圖線?！窘獯稹拷猓海?）設擺球的回復力為F回，擺球的位移為x，則F回＝mgsinθ≈mgθ＝mgPNlF回的方向與方向時刻相反，F回=-滿足F回＝﹣kx，故擺球的運動為簡諧運動。（2）a.當x≥0時，擺長為1，周期為T1＝2πl(wèi)當x＜0時，擺長為l′=14l，周期為T2＝T=12（T1+T解得T=b.x﹣t關系圖線如圖答：（1）請明過程見解析；（2）a.擺球擺動一個周期的時間為32b.x﹣t關系圖線見解析。【點評】本題解題中要注意把握簡諧運動的特點，注意單擺周期公式的應用。19．如圖1所示，勁度系數為k的水平輕彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端連接一質量為m且可視為質點的物塊甲，物塊甲處于光滑水平面上，O點為彈簧的原長位置。將物塊甲向左緩慢移動至與O點相距x0的P點，在O點放置一質量為m且可視為質點的物塊乙，然后將物塊甲從P點由靜止開始無初速度釋放，物塊甲與物塊乙碰撞后立即粘合在一起運動，碰撞時間極短可不計。已知質點振動時，如果使質點回到平衡位置的回復力滿足F回復＝﹣kx（式中x為質點相對平衡位置的位移，k為比例系數），則質點做簡諧運動，且周期T=2πmk；彈簧形變量為x時的彈性勢能（1）求物塊甲與物塊乙碰撞粘合在一起后瞬時速度大小，以及碰撞后甲、乙一起第一次回到O點所經過的時間；（2）如圖2所示，移走物塊乙，將物塊甲置于粗糙水平面上，物塊甲與粗糙水平面間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其他條件不變且x0=21μmg2【考點】簡諧運動的回復力；功是能量轉化的過程和量度；動量守恒定律在繩連接體問題中的應用；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊甲與物塊乙碰撞粘合在一起后瞬時速度大小v甲、乙一起第一次回到O點所經過的時間t（2）最終停止運動的位置得Δx整個運動過程中所經過的時間t【分析】（1）甲、乙碰撞時完全非彈性碰撞，根據動量守恒，可求出碰撞后的速度；甲、乙粘合在一起后做簡諧運動，根據簡諧運動的周期公式可以求出運動時間。（2）甲振動過程中受摩擦力，運動過程中摩擦力方向發(fā)生變化，平衡位置發(fā)生變化，振幅發(fā)生變化，根據振幅變化確定最終停止的位置，再根據振子周期公式求出運動的時間。【解答】解：（1）設物塊甲與物塊乙碰撞前瞬時，物塊甲的速度大小為v1由能量守恒定律可得：1設物塊甲與物塊乙碰撞粘合在一起后瞬時速度大小為v2設定向右為正方向碰撞過程中，由動量守恒定律可得：2mv2＝mv1解得：v由題知，碰撞后，甲、乙將一起做簡諧運動，周期T因此，碰撞后甲、乙一起第一次回到O點所經過的時間t解得：t（2）由分析知，物塊甲從P點由靜止釋放后，先向右做簡諧運動，其平衡位置位于O點左側設該平衡位置到O點的距離為Δx，則有：kΔx＝μmg，解得：Δx物塊甲第1次向右做簡諧運動的振幅A1＝x0﹣Δx，解得A1＝9.5Δx物塊甲第1次向右運動至速度減為零后，又向左做簡諧運動，其平衡位置位于O點右側由分析可知，該平衡位置到O點的距離仍為Δx物塊甲第1次向左做簡諧運動的振幅A2＝A1﹣2Δx＝x0﹣3Δx，解得：A2＝7.5Δx同理分析可知：物塊甲第2次向右做簡諧運動的振幅A3＝A2﹣2Δx＝5.5Δx物塊甲第2次向左做簡諧運動的振幅A4＝A3﹣2Δx＝3.5Δx物塊甲第3次向右做簡諧運動的振幅A5＝A4﹣2Δx＝1.5Δx由k（A5﹣Δx）＝0.5μmg＜μmg可知，物塊甲第3次向右運動至速度減為零后，將停止運動即物塊甲最終停在O點右側，到O點的距離為Δx由題知，物塊甲做簡諧運動的周期恒為T因此，整個運動過程中所經過的時間t解得：t答：（1）物塊甲與物塊乙碰撞粘合在一起后瞬時速度大小v甲、乙一起第一次回到O點所經過的時間t（2）最終停止運動的位置Δx整個運動過程中所經過的時間t【點評】本題考查簡諧與動量守恒定律的綜合應用。解題的關鍵是搞清楚物體的運動狀態(tài)。20．如圖所示，傾角θ＝37°的光滑斜面固定，斜面下端有固定擋板，質量分別為mA＝2kg、mB＝5kg的滑塊A、B用輕彈簧相連放置在斜面上處于靜止狀態(tài)，滑塊A與擋板接觸?，F將質量為mC＝1kg的滑塊C在斜面上與B相距d＝3m處由靜止釋放，C與B發(fā)生彈性碰撞，碰后立即將C取走，B在斜面上做簡諧運動。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，彈簧的勁度系數為k＝100N/m且彈簧始終在彈性限度內，已知彈簧的彈性勢能為Ep=12kx2（k為彈簧的勁度系數，x（1）物塊C與B碰后瞬間的速度分別為多大；（2）物塊C與B碰后B做簡諧運動的振幅；（3）若物塊C從斜面上某處由靜止釋放后，C與B碰后粘在一起做簡諧運動且A恰好未離開擋板，求：①A對擋板壓力的最大值；②物塊C從斜面上由靜止釋放時與B的距離?！究键c】簡諧運動的回復力；動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）物塊C與B碰后瞬間的速度大小分別為4m/s，2m/s；（2）物塊C與B碰后B做簡諧運動的振幅為55（3）①A對擋板壓力的最大值為96N；②物塊C從斜面上由靜止釋放時與B的距離為11.34m?！痉治觥浚?）根據機械能守恒定律求得物塊C與B碰前瞬間的速度大小，物塊C與B發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒定律與機械能守恒定律求解物塊C與B碰后瞬間的各自的速度大小；（2）碰撞后B在斜面上做簡諧運動，由平衡條件求得B在平衡位置時彈簧的壓縮量。根據機械能守恒定律求解振幅；（3）①碰撞后B、C結合體在斜面上做簡諧運動，由平衡條件求得BC在平衡位置時彈簧的壓縮量，再求得物體A恰好不能離開擋板時彈簧的伸長量，進而可得BC做簡諧運動的振幅。當BC運動到最低點時，A對擋板的壓力最大，確定此時彈簧的壓縮量，根據胡克定律與牛頓第三定律求解A對擋板的壓力最大值；②根據機械能守恒定律求得B、C碰后粘在一起的初速度大小，根據動量守恒定律求得物塊C與B碰撞前瞬間的速度大小，對物塊C下滑過程，根據機械能守恒定律求解物塊C靜止釋放時與B的距離?！窘獯稹拷猓海?）物塊C與B碰前瞬間的速度大小為v0，根據機械能守恒定律得：mCgdsinθ=12物塊C與B發(fā)生彈性碰撞，設碰后瞬間的速度分別為vC、vB，以沿斜面向下為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律得：mCv0＝mBvB+mCvC12聯立解得：vC＝﹣4m/s，vB＝2m/s（2）碰撞后B在斜面上做簡諧運動，B初始靜止時所處的位置為平衡位置。由平衡條件：kx0＝mBgsinθ，可得B在平衡位置時彈簧的壓縮量為：x0＝0.3mC與B碰撞后，B獲得初速度vB＝2m/s，開始做簡諧運動，設其振幅為A，當它運動到最低位置時，根據機械能守恒定律得：12解得：A（3）①碰撞后B、C結合體在斜面上做簡諧運動，設B、C結合體在處于平衡位置時，彈簧彈簧的壓縮量為x0'。由平衡條件：kx0'＝（mB+mC）gsinθ解得：x0'＝0.36m設物體A恰好不能離開擋板時彈簧的伸長量為x，此時對A則有：mAgsinθ＝kx，解得：x＝0.12m可得BC做簡諧運動的振幅為：A'＝x+x0'＝0.36m+0.12m＝0.48m當BC運動到最低點時，A對擋板的壓力最大，由對稱性可知，此時彈簧的壓縮量為：Δx＝A'+x0'＝0.48m+0.36m＝0.84m此時彈簧的彈力為：F＝kΔx＝100×0.84N＝84N根據牛頓第三定律可知，A對擋板的壓力的最大值為：F′＝F+mAgsinθ解得：F′＝96N②設B、C碰后粘在一起的初速度大小為vBC，從碰后到運動到最低點的過程由機械能守恒定律得：12解得：vBC2=11.34設物塊C與B碰撞前瞬間的速度為v0'，以沿斜面向下為正方向，根據動量守恒定律得：mCv0'＝（mB+mC）vBC，解得：v0'＝6vBC物塊C從斜面上由靜止釋放時與B的距離為L，對物塊C下滑過程，由機械能守恒定律得：mC聯立解得：L＝11.34m答：（1）物塊C與B碰后瞬間的速度大小分別為4m/s，2m/s；（2）物塊C與B碰后B做簡諧運動的振幅為55（3）①A對擋板壓力的最大值為96N；②物塊C從斜面上由靜止釋放時與B的距離為11.34m?！军c評】本題為簡諧運動與碰撞模型的綜合?？疾榱饲蠼夂喼C運動的平衡位置和振幅，動量守恒定律與機械能守恒定律的應用。對于存在彈簧的系統(tǒng)，解答時要注意分析彈簧的初末狀態(tài)是壓縮的還是伸長的，通過彈簧形變量的變化確定所研究過程的初末位置及位移。

考點卡片1．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產生的力叫彈力．（2）彈力的產生條件：①彈力的產生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產生彈力．在彈性限度內，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產生的，也可能是壓縮產生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據胡克定律兩次列式后聯立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據胡克定律，有：F2＝kx2；聯立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據胡克定律列式后聯立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結合：如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一個質量為m0的平盤，盤中有一物體，質量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據具體的條件或計算來確定．2．功是能量轉化的過程和量度3．機械能守恒定律的簡單應用【知識點的認識】1．機械能：勢能和動能統(tǒng)稱為機械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機械能守恒定律（1）內容：在只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統(tǒng)內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。（2）表達式：觀點表達式守恒觀點E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要選零勢能參考平面）轉化觀點△EK＝﹣△EP（不用選零勢能參考平面）轉移觀點△EA＝﹣△EB（不用選零勢能參考平面）【命題方向】題型一：機械能是否守恒的判斷例1：關于機械能是否守恒的敘述中正確的是（）A．只要重力對物體做了功，物體的機械能一定守恒B．做勻速直線運動的物體，機械能一定守恒C．外力對物體做的功為零時，物體的機械能一定守恒D．只有重力對物體做功時，物體的機械能一定守恒分析：機械能守恒的條件：只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)，其他力不做功，理解如下：①只受重力作用，例如各種拋體運動。②受到其它外力，但是這些力是不做功的。例如：繩子的一端固定在天花板上，另一端系一個小球，讓它從某一高度靜止釋放，下擺過程中受到繩子的拉力，但是拉力的方向始終與速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的機械能是守恒的。③受到其它外力，且都在做功，但是它們的代數和為0，此時只有重力做功，機械能也是守恒的。解：A、機械能守恒條件是只有重力做功，故A錯誤；B、勻速運動，動能不變，但重力勢能可能變化，故B錯誤；C、外力對物體做的功為零時，不一定只有重力做功，當其它力與重力做的功的和為0時，機械能不守恒，故C錯誤；D、機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，故D正確。故選：D。點評：本題關鍵是如何判斷機械能守恒，可以看能量的轉化情況，也可以看是否只有重力做功。題型二：機械能守恒定律的應用例2：如圖，豎直放置的斜面下端與光滑的圓弧軌道BCD的B端相切，圓弧半徑為R，∠COB＝θ，斜面傾角也為θ，現有一質量為m的小物體從斜面上的A點無初速滑下，且恰能通過光滑圓形軌道的最高點D．已知小物體與斜面間的動摩擦因數為μ，求：（1）AB長度l應該多大。（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力多大。分析：（1）根據牛頓第二定律列出重力提供向心力的表達式，再由動能定理結合幾何關系即可求解；（2）由機械能守恒定律與牛頓第二定律聯合即可求解。解：（1）因恰能過最高點D，則有mg又因f＝μN＝μmgcosθ，物體從A運動到D全程，由動能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl=聯立求得：l（2）物體從C運動到D的過程，設C點速度為vc，由機械能守恒定律：1物體在C點時：N聯合求得：N＝6mg答：（1）AB長度得：l=（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力6mg。點評：本題是動能定理與牛頓運動定律的綜合應用，關鍵是分析物體的運動過程，抓住滑動摩擦力做功與路程有關這一特點。題型三：多物體組成的系統(tǒng)機械能守恒問題例3：如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上?，F用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面。下列說法正確的是（）A．斜面傾角α＝30°B．A獲得最大速度為2gmC．C剛離開地面時，B的加速度最大D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒分析：C球剛離開地面時，彈簧的彈力等于C的重力，根據牛頓第二定律知B的加速度為零，B、C加速度相同，分別對B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的傾角。A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，初始位置彈簧處于壓縮狀態(tài)，當B具有最大速度時，彈簧處于伸長狀態(tài)，根據受力知，壓縮量與伸長量相等。在整個過程中彈性勢能變化為零，根據系統(tǒng)機械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度與B相等；解：A、C剛離開地面時，對C有：kx2＝mg此時B有最大速度，即aB＝aC＝0則對B有：T﹣kx2﹣mg＝0對A有：4mgsinα﹣T＝0以上方程聯立可解得：sinα=12，α＝30°，故B、初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有：kx1＝mg由上問知x1＝x2=mgk，則從釋放至此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，即：4mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+12（4m+m以上方程聯立可解得：vBm＝2gm所以A獲得最大速度為2gm5故B正確；C、對B球進行受力分析可知，C剛離開地面時，B的速度最大，加速度為零。故C錯誤；D、從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤。故選：AB。點評：本題關鍵是對三個小球進行受力分析，確定出它們的運動狀態(tài)，再結合平衡條件和系統(tǒng)的機械能守恒進行分析?！窘忸}方法點撥】1．判斷機械能是否守恒的方法（1）利用機械能的定義判斷：分析動能與勢能的和是否變化。如：勻速下落的物體動能不變，重力勢能減少，物體的機械能必減少。（2）用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數和為零，機械能守恒。（3）用能量轉化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化，而無機械能與其他形式的能的轉化，則系統(tǒng)的機械能守恒。（4）對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題機械能一般不守恒，除非題中有特別說明或暗示。2．應用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當地選取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應用往往與曲線運動綜合起來，其聯系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學問題有關、與平拋運動的初速度有關。3．對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯系。4．動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用【知識點的認識】1.對于彈簧類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。2.整個過程涉及彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化，應用能量守恒定律解決此類問題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧具有最大彈性勢能?！久}方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C．B的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質量不計）。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，（i）整個系統(tǒng)損失的機械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。分析：（i）A壓縮彈簧的過程，系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出損失的機械能．（ii）系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出三個物體共同速度，然后應用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能．解答：（i）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為△E．對B、C組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+聯立①②③式得：整個系統(tǒng)損失的機械能為△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此時速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep．由動量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12聯立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整個系統(tǒng)損失的機械能是116（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能是1348點評：本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，關鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，知道彈簧被壓縮到最短時三個物體速度相同，運用動量守恒和能量守恒進行研究．【解題思路點撥】當彈簧壓縮到最短時，該彈簧具有最大彈性勢能，而彈簧壓縮到最短，彈簧連著的兩物體不能再靠近，此時兩物體具有相同的速度。因此，該類問題臨界狀態(tài)相對應的臨界條件是彈簧連著的兩物體速度相等。5．動量守恒定律在繩連接體問題中的應用6．簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數【知識點的認識】簡諧運動的描述（1）描述簡諧運動的物理量①位移x：由平衡位置指向質點所在位置的有向線段，是矢量．②振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離，是標量，表示振動的強弱．③周期T和頻率f：物體完成一次全振動所需的時間叫周期，而頻率則等于單位時間內完成全振動的次數，它們是表示震動快慢的物理量．二者互為倒數關系．（2）簡諧運動的表達式x＝Asin（ωt+φ）．（3）簡諧運動的圖象①物理意義：表示振子的位移隨時間變化的規(guī)律，為正弦（或余弦）曲線．②從平衡位置開始計時，函數表達式為x＝Asinωt，圖象如圖1所示．從最大位移處開始計時，函數表達式為x＝Acosωt，圖象如圖2所示．【命題方向】?？碱}型是考查簡諧運動的圖象的應用：（1）一質點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A．質點運動頻率是4HzB．在10s要內質點經過的路程是20cmC．第4s末質點的速度是零D．在t＝1s和t＝3s兩時刻，質點位移大小相等、方向相同分析：由圖可知質點振動周期、振幅及各點振動情況；再根據振動的周期性可得質點振動的路程及各時刻物體的速度．解：A、由圖可知，質點振動的周期為4s，故頻率為14Hz＝0.25Hz，故AB、振動的振幅為2cm，10s內有2.5個周期，故質點經過的路程為2.5×4×2cm＝20cm，故B正確；C、4s質點處于平衡位置處，故質點的速度為最大，故C錯誤；D、1s時質點位于正向最大位移處，3s時，質點處于負向最大位移處，故位移方向相反，故D錯誤；故選：B．點評：圖象會直觀的告訴我們很多信息，故要學會認知圖象，并能熟練應用．（2）一個彈簧振子在A、B間做簡諧運動，O為平衡位置，如圖所示，以某一時刻t＝0為計時起點，經14周期，振子具有正方向最大的加速度，那么選項所示的振動圖線中，能正確反A．B．C．D．分析：根據某一時刻作計時起點（t＝0），經14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0時刻質點的位置和速度方向，確定位移的圖象解：由題，某一時刻作計時起點（t＝0），經14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此時位移為負方向最大，即在A點，說明t＝0時刻質點經過平衡位置向左，則x＝故選：D．點評：本題在選擇圖象時，關鍵研究t＝0時刻質點的位移和位移如何變化．屬于基礎題．【解題方法點撥】簡諧運動的圖象的應用1．圖象特征（1）簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，是正弦曲線還是余弦曲線取決于質點初始時刻的位置．（2）圖象反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，并非質點運動的軌跡．（3）任一時刻圖線上過該點切線的斜率數值表示該時刻振子的速度大小．正負表示速度的方向，正時沿x正方向，負時沿x負方向．2．圖象信息（1）由圖象可以看出振幅、周期．（2）可以確定某時刻質點離開平衡位置的位移．（3）可以根據圖象確定某時刻質點回復力、加速度和速度的方向．①回復力和加速度的方向：因回復力總是指向平衡位置，故回復力和加速度在圖象上總是指向t軸．②速度的方向：速度的方向可以通過下一時刻位移的變化來判斷，下一時刻位移如增加，振動質點的速度方向就是遠離t軸，下一時刻位移如減小，振動質點的速度方向就是指向t軸．7．簡諧運動的回復力【知識點的認識】一、單擺1．定義：如圖所示，在細線的一端拴一個小球，另一端固定在懸點上，如果線的伸長和質量都不計，球的直徑比擺線短得多，這樣的裝置叫做單擺。2．視為簡諧運動的條件：擺角小于5°。3．回復力：小球所受重力沿圓弧切線方向的分力，即：F＝G2＝Gsinθ=mglx，F的方向與位移4．周期公式：T＝2πl(wèi)5．單擺的等時性：單擺的振動周期取決于擺長l和重力加速度g，與振幅和振子（小球）質量都沒有關系。二、彈簧振子與單擺彈簧振子（水平）單擺模型示意圖條件忽略彈簧質量、無摩擦等阻力細線不可伸長、質量忽略、無空氣等阻力、擺角很小平衡位置彈簧處于原長處最低點回復力彈簧的彈力提供擺球重力沿與擺線垂直（即切向）方向的分力周期公式T＝2πmkT＝2πl(wèi)能量轉化彈性勢能與動能的相互轉化，機械能守恒重力勢能與動能的相互轉化，機械能守恒【命題方向】（1）第一類?？碱}型是對單擺性質的考查：對于單擺的振動，以下說法中正確的是（）A．單擺振動時，擺球受到的向心力大小處處相等B．單擺運動的回復力就是擺球受到的合力C．擺球經過平衡位置時所受回復力為零D．擺球經過平衡位置時所受合外力為零分析：單擺振動時，徑向的合力提供向心力，回復力等于重力沿圓弧切線方向的分力，通過平衡位置時，回復力為零，合力不為零。解：A、單擺振動時，速度大小在變化，根據Fn=mB、單擺運動的回復力是重力沿圓弧切線方向的分力。故B錯誤。C、擺球經過平衡位置時所受的回復力為零。故C正確。D、擺球經過平衡位置時，合力提供向心力，合力不為零。故D錯誤。故選：C。點評：解決本題的關鍵知道單擺做簡諧運動的回復力的來源，知道經過平衡位置時，回復力為零，合力不為零。（2）第二類?？碱}型是單擺模型問題：如圖所示，單擺擺球的質量為m，做簡諧運動的周期為T，擺球從最大位移A處由靜止開始釋放，擺球運動到最低點B時的速度為v，則（）A．擺球從A運動到B的過程中重力做的功為1B．擺球從A運動到B的過程中重力的平均功率為mC．擺球運動到B時重力的瞬時功率是mgvD．擺球運動到B時重力的瞬時功率是零分析：某個力的功率應用力乘以力方向上的速度，重力做功與路徑無關只與高度差有關，也可以運用動能定理求解。由動量定理，合外力的沖量等于物體動量的改變量。解：A、擺球從最大位移A處由靜止開始釋放，擺球運動到最低點B，根據動能定理得：WG=12mv2﹣0，故B、擺球從A運動到B的過程中重力的平均功率p=WGt，由A知WG=12mv2，A到B所用時間為四分之一周期，即t=TC、某個力的功率應用力乘以力方向上的速度，擺球運動到B時的速度方向是水平的，所以重力的瞬時功率是0，故C錯誤。D、由動量定理，合外力的沖量等于物體動量的改變量。所以擺球從A運動到B的過程中合力的沖量為mv，故D正確。故選：AD。點評：區(qū)分平均功率和瞬時功率的求解方法，掌握運用動量定理求解合外力的沖量?！窘忸}方法點撥】單擺及其振動周期1．受力特征：重力和細線的拉力（1）回復力：擺球重力沿切線方向上的分力，F＝﹣mgsinθ=-mglx＝﹣kx，負號表示回復力F（2）向心力：細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力充當向心力，F向＝FT﹣mgcosθ。注意：①當擺球在最高點時，F向=mv2R=0，F②當擺球在最低點時，F向=mv2maxR，F向最大，F2．周期公式：T＝2πl(wèi)g，f（1）只要測出單擺的擺長l和周期T，就可以根據g＝4π2lT2，求出當地的重力加速度（2）l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離，要區(qū)分擺長和擺線長，懸點實質為擺球擺動所在圓弧的圓心。（3）g為當地的重力加速度。8．單擺及單擺的條件9．阻尼振動和受迫振動【知識點的認識】一、自由振動和受迫振動1．自由振動（無阻尼振動）：系統(tǒng)不受外力，也不受任何阻力，只在自身回復力作用下的振動。自由振動的頻率，叫做系統(tǒng)的固有頻率。2．受迫振動（1）概念：振動系統(tǒng)在周期性驅動力作用下的振動。（2）特點：受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，跟系統(tǒng)的固有頻率無關。（3）規(guī)律：①物體做受迫振動時，振動穩(wěn)定后的頻率等于驅動力的頻率，跟物體的固有頻率無關；②物體做受迫振動的振幅由驅動力頻率和物體的固有頻率共同決定：兩者越接近，受迫振動的振幅越大，兩者相差越大受迫振動的振幅越小。3．共振（1）現象：當驅動力的頻率等于系統(tǒng)的固有頻率時，受迫振動的振幅最大。（2）條件：驅動力的頻率等于固有頻率。（3）共振曲線：①當f驅＝f固時，A＝Am，Am的大小取決于驅動力的幅度②f驅與f固越接近，受迫振動的振幅越大，f驅與f固相差越遠，受迫振動的振幅越?、郯l(fā)生共振時，一個周期內，外界提供的能量等于系統(tǒng)克服阻力做功而消耗的能量。4．自由振動、受迫振動和共振的關系比較振動項目自由振動受迫振動共振受力情況僅受回復力受驅動力作用受驅動力作用振動周期或頻率由系統(tǒng)本身性質決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅動力的周期或頻率決定，即T＝T驅或f＝f驅T驅＝T0或f驅＝f0振動能量振動物體的機械能不變由產生驅動力的物體提供振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺（θ≤5°）機械工作時底座發(fā)生的振動共振篩、聲音的共鳴等【命題方向】（1）?？碱}型是考查對自由振動和受迫振動的理解：如圖所示，把兩個彈簧振子懸掛在同一支架上，已知甲彈簧振子的固有頻率為8Hz，乙彈簧振子的固有頻率為72Hz，當支架在受到豎直方向且頻率為9Hz的驅動力作用下做受迫振動時，則兩個彈簧振子的振動情況是（）A．甲的振幅較大，且振動頻率為8HzB．甲的振幅較大，且振動頻率為9HzC．乙的振幅較大，且振動頻率為9HzD．乙的振幅較大，且振動頻率為72Hz分析：物體做受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，與固