第八章　第1課時(shí)　機(jī)械振動(dòng)-2025物理大一輪復(fù)習(xí)講義人教版

考情分析試題情境生活實(shí)踐類共振篩、擺鐘、地震波、多普勒彩超等學(xué)習(xí)探究類簡諧運(yùn)動(dòng)的特征、單擺的周期與擺長的定量關(guān)系、用單擺測量重力加速度、受迫振動(dòng)的特點(diǎn)、共振的條件及其應(yīng)用、波的干涉與衍射現(xiàn)象、多普勒效應(yīng)第1課時(shí)機(jī)械振動(dòng)目標(biāo)要求1.知道簡諧運(yùn)動(dòng)的概念，掌握簡諧運(yùn)動(dòng)的特征，理解簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式和圖像。2.知道什么是單擺，熟記單擺的周期公式。3.理解受迫振動(dòng)和共振的概念，了解產(chǎn)生共振的條件?？键c(diǎn)一簡諧運(yùn)動(dòng)的基本特征1．簡諧運(yùn)動(dòng)：如果物體在運(yùn)動(dòng)方向上所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比，并且總是指向平衡位置，這樣的運(yùn)動(dòng)就是簡諧運(yùn)動(dòng)。2．平衡位置：物體在振動(dòng)過程中回復(fù)力為零的位置。3．回復(fù)力(1)定義：使物體在平衡位置附近做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的力。(2)方向：總是指向平衡位置。4．簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)受力特點(diǎn)回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)靠近平衡位置時(shí)，a、F、x都減小，v增大；遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)，a、F、x都增大，v減小(填“增大”或“減小”)能量特點(diǎn)對同一個(gè)振動(dòng)系統(tǒng)，振幅越大，能量越大。在運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能和勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒1．簡諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置就是質(zhì)點(diǎn)所受合力為零的位置。(×)2．做簡諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)先后通過同一點(diǎn)，回復(fù)力、速度、加速度、位移都是相同的。(×)3．做簡諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，速度增大時(shí)，其加速度一定減小。(√)4．振動(dòng)物體經(jīng)過半個(gè)周期，路程等于2倍振幅；經(jīng)過eq\f(1,4)個(gè)周期，路程等于振幅。(×)例1如圖所示，小球在BC之間做簡諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球位于O點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長，在小球從C運(yùn)動(dòng)到O的過程中()A．動(dòng)能不斷增大，加速度不斷減小B．回復(fù)力不斷增大，系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．彈性勢能不斷減小，加速度不斷增大D．彈性勢能不斷增大，加速度不斷減小答案A解析做簡諧運(yùn)動(dòng)的小球，從C到O的過程中逐漸靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，彈簧彈力充當(dāng)回復(fù)力，也指向平衡位置，故速度方向與受力方向相同，所以合外力做正功，動(dòng)能增大；同時(shí)由于偏離平衡位置的位移減小，由回復(fù)力公式F＝－kx可知，回復(fù)力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝－kx＝ma，故加速度不斷減小，故A正確；由上述分析可知回復(fù)力不斷減小，整個(gè)系統(tǒng)只有系統(tǒng)內(nèi)的彈簧彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；在小球從C到O的過程中，彈簧形變量逐漸減小，故彈性勢能逐漸減小，同時(shí)由上述分析可知，加速度也逐漸減小，故C、D錯(cuò)誤。例2如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)，先后以相同的速度依次通過M、N兩點(diǎn)，歷時(shí)1s，質(zhì)點(diǎn)通過N點(diǎn)后再經(jīng)過1s又第2次通過N點(diǎn)，在這2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過的總路程為12cm。則質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期和振幅分別為()A．3s、6cm B．4s、6cmC．4s、9cm D．2s、8cm答案B解析簡諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，先后以同樣的速度通過M、N兩點(diǎn)，則可判定M、N兩點(diǎn)關(guān)于平衡位置O點(diǎn)對稱，所以質(zhì)點(diǎn)由M到O時(shí)間與由O到N的時(shí)間相等，那么平衡位置O到N點(diǎn)的時(shí)間t1＝0.5s，因過N點(diǎn)后再經(jīng)過t＝1s，質(zhì)點(diǎn)以方向相反、大小相同的速度再次通過N點(diǎn)，則有從N點(diǎn)到最大位移處的時(shí)間t2＝0.5s，因此，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期是T＝4(t1＋t2)＝4s。這2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過的總路程的一半，即為振幅，所以振幅A＝eq\f(12cm,2)＝6cm，故選B。簡諧運(yùn)動(dòng)的周期性與對稱性周期性做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體的位移、回復(fù)力、加速度和速度均隨時(shí)間做周期性變化，變化周期就是簡諧運(yùn)動(dòng)的周期T；動(dòng)能和勢能也隨時(shí)間做周期性變化，其變化周期為eq\f(T,2)對稱性(1)如圖所示，做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體經(jīng)過關(guān)于平衡位置O點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)P、P′(OP＝OP′)時(shí)，速度的大小、動(dòng)能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等(2)物體由P到O所用的時(shí)間等于由O到P′所用的時(shí)間，即tPO＝tOP′(3)物體往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中通過同一段路程(如OP段)所用時(shí)間相等，即tOP＝tPO(4)相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n為正整數(shù))的兩個(gè)時(shí)刻，物體位置關(guān)于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等，方向相反考點(diǎn)二簡諧運(yùn)動(dòng)的公式和圖像1．簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式x＝Asin(ωt＋φ)，ωt＋φ為相位，φ為初相位，ω為圓頻率，ω與周期T的關(guān)系為ω＝eq\f(2π,T)。2．簡諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖像表示做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體的位移隨時(shí)間變化的規(guī)律，是一條正弦曲線。例3(2024·山西呂梁市開學(xué)檢測)質(zhì)點(diǎn)A做簡諧運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間關(guān)系式為xA＝4sin(50t－0.5π)m，質(zhì)點(diǎn)B做簡諧運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間關(guān)系式為xB＝4sin(50t＋0.3π)m，下列說法正確的是()A．A的相位比B的相位總滯后0.2πB．A、B的振動(dòng)頻率均為eq\f(50,π)HzC．t＝0時(shí)，A的加速度沿負(fù)方向最大D．t＝eq\f(7π,500)s時(shí)，B的加速度最小答案D解析A、B的振動(dòng)頻率相同，相位差恒定且為－0.8π，故A的相位比B的相位總滯后0.8π，故A錯(cuò)誤；A、B的振動(dòng)頻率均為eq\f(50,2π)Hz＝eq\f(25,π)Hz，故B錯(cuò)誤；t＝0時(shí)，A的位移為負(fù)向最大，故加速度為正向最大，故C錯(cuò)誤；t＝eq\f(7π,500)s時(shí)，B的位移為0，處在平衡位置，故B的加速度最小，故D正確。例4(多選)(2023·海南?？谑幸荒?一質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，則()A．在t＝0.1s時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)的速度最大B．在t＝0.1s時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)具有x軸負(fù)方向最大加速度C．在0.1～0.2s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)沿x軸負(fù)方向做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)D．在0～0.6s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為100cm答案BC解析在t＝0.1s時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)處于正方向最大位移處，速度為零，A錯(cuò)誤；據(jù)a＝eq\f(F回,m)＝－eq\f(k,m)x可知，在t＝0.1s時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)具有x軸負(fù)方向最大加速度，B正確；在0.1～0.2s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)從正方向最大位移處運(yùn)動(dòng)至平衡位置，即質(zhì)點(diǎn)沿x軸負(fù)方向做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，C正確；在0～0.6s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為6A，即120cm，D錯(cuò)誤。從振動(dòng)圖像可獲取的信息1．振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ0(如圖所示)。2．某時(shí)刻振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移。3．某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)速度的大小和方向：曲線上各點(diǎn)切線的斜率的大小(即此切點(diǎn)的導(dǎo)數(shù))和正負(fù)分別表示各時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度大小和方向，速度的方向也可根據(jù)下一相鄰時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移的變化來確定。4．某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的回復(fù)力和加速度的方向：回復(fù)力總是指向平衡位置，回復(fù)力和加速度的方向相同。5．某段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、加速度、速度、動(dòng)能和勢能的變化情況?？键c(diǎn)三單擺1.如果細(xì)線的長度不可改變，細(xì)線的質(zhì)量與小球相比可以忽略，球的直徑與線的長度相比也可以忽略，這樣的裝置叫作單擺。(如圖)2．簡諧運(yùn)動(dòng)的條件：θ<5°。3．回復(fù)力：F回＝mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負(fù)號表示回復(fù)力F回與位移x的方向相反，故單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)。4．周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))。(1)l為等效擺長，表示從懸點(diǎn)到擺球重心的距離。(2)g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。說明：當(dāng)單擺處于月球上時(shí)，重力加速度為g月；當(dāng)單擺處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，重力加速度為等效重力加速度。5．單擺的等時(shí)性：單擺的振動(dòng)周期取決于擺長l和重力加速度g，與振幅和擺球質(zhì)量無關(guān)。1．單擺在任何情況下的運(yùn)動(dòng)都是簡諧運(yùn)動(dòng)。(×)2．單擺的振動(dòng)周期由擺球的質(zhì)量和擺角共同決定。(×)3．當(dāng)單擺的擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，回復(fù)力為零，所受合力為零。(×)思考(1)單擺的回復(fù)力表達(dá)式中k對應(yīng)什么？(2)由單擺的周期公式和回復(fù)力公式推導(dǎo)簡諧振動(dòng)的周期公式。答案(1)由單擺回復(fù)力公式可知k＝eq\f(mg,l)。(2)由回復(fù)力公式知eq\f(l,g)＝eq\f(m,k)，替換單擺周期公式可得簡諧振動(dòng)周期公式為T＝2πeq\r(\f(m,k))。例5(2022·海南卷·4)在同一地方，甲、乙兩個(gè)單擺做振幅不同的簡諧運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖所示，可知甲、乙兩個(gè)單擺的擺長之比為()A．2∶3B．3∶2C．4∶9D．9∶4答案C解析由振動(dòng)圖像可知甲、乙兩個(gè)單擺周期之比為T甲∶T乙＝0.8∶1.2＝2∶3，根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得l＝eq\f(gT2,4π2)，則甲、乙兩個(gè)單擺的擺長之比為l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝4∶9，故選C。例6(2023·山東威海市乳山一中期末)如圖所示，A、B兩物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在半徑為R的光滑球面內(nèi)C與C′兩點(diǎn)間一起做簡諧運(yùn)動(dòng)，O為最低點(diǎn)，當(dāng)位移為x時(shí)，A、B系統(tǒng)的回復(fù)力為F。A、B的總重力為G，重力加速度為g，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A．A、B經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)均處于平衡狀態(tài)B．F＝－eq\f(G,R)xC．由O點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，A受到的摩擦力逐漸增大D．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，將A取走，B的振幅將增大答案B解析A、B經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的向心加速度不為零，所受合力提供向心力，不為零，處于非平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；設(shè)當(dāng)位移為x時(shí)，擺角為θ，當(dāng)θ較小時(shí)，有sinθ＝eq\f(x,R)，對兩物塊進(jìn)行受力分析可得sinθ＝eq\f(F,G)，聯(lián)立得回復(fù)力的大小為F＝eq\f(G,R)x，考慮回復(fù)力的方向，故B正確；A、B由O點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，設(shè)位移為y，擺角為α，以A、B整體為研究對象，在速度方向有F＝Gsinα＝mABa，a＝gsinα，對A進(jìn)行受力分析可得GAsinα－Ff＝mAaA，由題意可得a＝aA，聯(lián)立解得Ff＝0，故C錯(cuò)誤；單擺的振幅與擺動(dòng)物體的質(zhì)量無關(guān)，所以將A取走，B的振幅不變，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四受迫振動(dòng)和共振1．受迫振動(dòng)(1)概念：系統(tǒng)在驅(qū)動(dòng)力作用下的振動(dòng)。(2)振動(dòng)特征：物體做受迫振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定后，物體振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，與物體的固有頻率無關(guān)。2．共振(1)概念：當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于物體的固有頻率時(shí)，物體做受迫振動(dòng)的振幅達(dá)到最大的現(xiàn)象。(2)共振的條件：驅(qū)動(dòng)力的頻率等于物體的固有頻率。(3)共振的特征：共振時(shí)振幅最大。(4)共振曲線(如圖所示)。f＝f0時(shí)，A＝Am，f與f0相差越大，物體做受迫振動(dòng)的振幅越小。1．物體做受迫振動(dòng)時(shí)，其振動(dòng)頻率與固有頻率有關(guān)。(×)2．物體在發(fā)生共振時(shí)的振動(dòng)是受迫振動(dòng)。(√)3．驅(qū)動(dòng)力的頻率越大，物體做受迫振動(dòng)的振幅越大。(×)例7如圖所示，我愛發(fā)明節(jié)目《松果紛紛落》中的松果采摘機(jī)利用了機(jī)械臂抱緊樹干，通過采摘振動(dòng)頭振動(dòng)而搖動(dòng)樹干，使得松果脫落，則()A．工作中，樹干的振動(dòng)頻率可能大于采摘振動(dòng)頭的振動(dòng)頻率B．采摘振動(dòng)頭停止振動(dòng)，則樹干的振動(dòng)頻率逐漸減小C．采摘振動(dòng)頭振動(dòng)頻率越大，落果效果越好D．對于粗細(xì)不同的樹干可以調(diào)整采摘振動(dòng)頭的頻率以達(dá)到最佳采摘效果答案D解析樹干在采摘振動(dòng)頭的振動(dòng)下做受迫振動(dòng)，則穩(wěn)定后，不同粗細(xì)樹干的振動(dòng)頻率始終與采摘振動(dòng)頭的振動(dòng)頻率相同，故A錯(cuò)誤；采摘振動(dòng)頭停止振動(dòng)，則樹干的振動(dòng)頻率不變，振幅減小，故B錯(cuò)誤；當(dāng)采摘振動(dòng)頭的振動(dòng)頻率等于樹木的固有頻率時(shí)產(chǎn)生共振，此時(shí)樹干的振幅最大，落果效果最好，因此采摘振動(dòng)頭振動(dòng)頻率越大，落果效果不一定越好，故C錯(cuò)誤；對于粗細(xì)不同的樹干，其固有頻率一般不同，可以調(diào)整采摘振動(dòng)頭的頻率等于樹干的固有頻率達(dá)到共振，使采摘效果最佳，故D正確。例8(2023·江蘇南京市檢測)一個(gè)單擺做受迫振動(dòng)，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動(dòng)力的頻率f的關(guān)系)如圖所示，則()A．此單擺的固有周期約為0.5sB．此單擺的擺長約為1mC．若擺長增大，單擺固有頻率增大D．若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動(dòng)答案B解析由題圖可知，振幅最大時(shí)，此單擺的振動(dòng)頻率與固有頻率相等，則有f＝0.5Hz，可知此單擺的固有周期為T＝eq\f(1,f)＝2s，根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知此單擺的擺長為l＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，故A錯(cuò)誤，B正確；若擺長增大，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺的固有周期增大，則固有頻率減小，所以共振曲線的峰將向左移動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤。簡諧運(yùn)動(dòng)、受迫振動(dòng)和共振的比較振動(dòng)項(xiàng)目簡諧運(yùn)動(dòng)受迫振動(dòng)共振受力情況受回復(fù)力受驅(qū)動(dòng)力作用受驅(qū)動(dòng)力作用振動(dòng)周期、頻率由系統(tǒng)本身性質(zhì)決定，即固有周期T0和固有頻率f0由驅(qū)動(dòng)力的周期和頻率決定，即T＝T驅(qū)，f＝f驅(qū)T驅(qū)＝T0，f驅(qū)＝f0振動(dòng)能量振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能不變由產(chǎn)生驅(qū)動(dòng)力的物體提供振動(dòng)物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺(θ<5°)機(jī)械工作時(shí)底座發(fā)生的振動(dòng)共振篩、聲音的共鳴等課時(shí)精練1.如圖所示，彈簧振子在A、B之間做簡諧運(yùn)動(dòng)，O為平衡位置，測得A、B間距為6cm，小球完成30次全振動(dòng)所用時(shí)間為60s，則()A．該振子振動(dòng)周期是2s，振幅是6cmB．該振子振動(dòng)頻率是2HzC．小球完成一次全振動(dòng)通過的路程是12cmD．小球過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，3s內(nèi)通過的路程為24cm答案C解析由題意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(6,2)cm＝3cm，A錯(cuò)誤；f＝eq\f(1,T)＝0.5Hz，B錯(cuò)誤；小球完成一次全振動(dòng)通過的路程為振幅的4倍，即s0＝4×3cm＝12cm，C正確；小球在3s內(nèi)通過的路程為s＝eq\f(t,T)×4A＝eq\f(3,2)×4×3cm＝18cm，D錯(cuò)誤。2．(2024·甘肅天水市期中)如圖甲所示為以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)的彈簧振子，圖乙為這個(gè)彈簧振子的振動(dòng)圖像，則下列說法正確的是()A．在t＝0.2s時(shí)，彈簧振子的加速度為正向最大B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子的速度相同C．從t＝0到t＝0.2s時(shí)間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)D．在t＝0.6s時(shí)，彈簧振子有最小的位移答案C解析在t＝0.2s時(shí)，彈簧振子的位移為正向最大，加速度為負(fù)向最大，故A錯(cuò)誤；在t＝0.1s與t＝0.3s兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子的位移相同，說明彈簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B錯(cuò)誤；從t＝0到t＝0.2s時(shí)間內(nèi)，彈簧振子的位移增大，加速度增大，速度減小，所以彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故C正確；在t＝0.6s時(shí)，彈簧振子的位移為負(fù)方向最大，故D錯(cuò)誤。3．(2023·貴州遵義市模擬)如圖所示，某小組同學(xué)用細(xì)線懸掛一個(gè)去掉柱塞的注射器，注射器內(nèi)裝滿墨汁。注射器在小角度內(nèi)擺動(dòng)過程中，沿著垂直于注射器擺動(dòng)的方向勻速拖動(dòng)木板，注射器下端與木板距離很小。其中墨跡上A、B兩點(diǎn)到OO′的距離均為注射器振幅的一半。不計(jì)空氣阻力，則()A．在不同地方重復(fù)該實(shí)驗(yàn)，擺動(dòng)周期一定相同B．注射器從A點(diǎn)上方擺到B點(diǎn)上方的時(shí)間小于eq\f(1,4)擺動(dòng)周期C．注射器在A點(diǎn)上方與在B點(diǎn)上方時(shí)加速度相同D．在一個(gè)擺動(dòng)周期內(nèi)，形成墨跡的軌跡長度等于4倍振幅答案B解析注射器做單擺運(yùn)動(dòng)，周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，不同地方重力加速度不同，在不同地方重復(fù)該實(shí)驗(yàn)，擺動(dòng)周期不一定相同，故A錯(cuò)誤；在一個(gè)擺動(dòng)周期內(nèi)，注射器從最高位置運(yùn)動(dòng)至平衡位置所需的時(shí)間為eq\f(T,4)，離平衡位置越近，注射器擺動(dòng)得越快，可知注射器從A點(diǎn)上方運(yùn)動(dòng)至平衡位置的時(shí)間小于eq\f(T,8)，同理可知注射器從平衡位置運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)上方的時(shí)間小于eq\f(T,8)，故注射器從A點(diǎn)上方擺到B點(diǎn)上方的時(shí)間小于eq\f(1,4)擺動(dòng)周期，故B正確；注射器在A點(diǎn)上方與在B點(diǎn)上方時(shí)，注射器的位移大小相同，方向相反，根據(jù)a＝eq\f(F,m)＝eq\f(－kx,m)，可知注射器在A點(diǎn)上方與在B點(diǎn)上方時(shí)加速度大小相同，方向相反，故C錯(cuò)誤；在一個(gè)擺動(dòng)周期內(nèi)，注射器在平衡位置附近擺動(dòng)，擺動(dòng)的路程等于4倍振幅，勻速拖動(dòng)木板，可知木板在OO′方向上的路程不為零，故在一個(gè)擺動(dòng)周期內(nèi)，形成墨跡的軌跡長度大于4倍振幅，故D錯(cuò)誤。4．(2024·廣西河池市開學(xué)考)如圖甲所示，豎直懸掛彈簧振子在C、D兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為平衡位置，振子到達(dá)D點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，規(guī)定豎直向下為正方向。圖乙是彈簧振子做簡諧運(yùn)動(dòng)的x－t圖像，則()A．彈簧振子從D點(diǎn)經(jīng)過O點(diǎn)再運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)為一次全振動(dòng)B．圖乙中的P點(diǎn)時(shí)刻振子的速度方向與加速度方向都沿正方向C．彈簧振子的振動(dòng)方程為x＝0.1sin(2πt＋eq\f(3π,2))mD．彈簧振子在前2.5s內(nèi)的路程為1m答案D解析彈簧振子從D點(diǎn)經(jīng)過O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)然后再經(jīng)過O點(diǎn)回到D點(diǎn)為一次全振動(dòng)，故A錯(cuò)誤；題圖乙中的P點(diǎn)時(shí)刻振子的速度方向沿負(fù)方向，加速度方向沿正方向，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知周期為T＝1s，彈簧振子的振幅為A＝0.1m，則ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/s，規(guī)定豎直向下為正方向，振子到達(dá)D點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，t＝0時(shí)刻位移為0.1m，可知初相位為eq\f(π,2)，則彈簧振子的振動(dòng)方程為x＝0.1sin(2πt＋eq\f(π,2))m，故C錯(cuò)誤；彈簧振子在前2.5s內(nèi)的路程為s＝eq\f(5,2)×4A＝10A＝1m，故D正確。5.(2024·江蘇鎮(zhèn)江市檢測)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道對應(yīng)的圓心角的度數(shù)很小，O是圓弧的最低點(diǎn)。兩個(gè)完全相同的小球M、N(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧左側(cè)的不同位置同時(shí)釋放。它們從釋放到O點(diǎn)過程中都經(jīng)過圖中的P點(diǎn)。下列說法正確的是()A．M比N后到達(dá)O點(diǎn)B．M、N通過P點(diǎn)時(shí)所受的回復(fù)力相同C．M有可能在P點(diǎn)追上N并與之相碰D．從釋放到O點(diǎn)過程中，重力對M的沖量比重力對N的沖量大答案B解析根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，兩個(gè)小球做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期相同，M、N同時(shí)到達(dá)O點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；M、N通過P點(diǎn)時(shí)所受的回復(fù)力相同，均為小球在該點(diǎn)重力沿著切線方向的分力，故B正確；M、N同時(shí)到達(dá)O點(diǎn)，則M不可能在P點(diǎn)追上N并與之相碰，故C錯(cuò)誤；從釋放到O點(diǎn)過程中，根據(jù)I＝mgt，重力對M的沖量等于重力對N的沖量，故D錯(cuò)誤。6.(2023·廣東江門市一模)轎車的“懸掛系統(tǒng)”是指由車身與輪胎間的彈簧及避震器組成的整個(gè)支持系統(tǒng)。已知某型號轎車“懸掛系統(tǒng)”的固有頻率是2Hz。如圖所示，這輛轎車正勻速通過某路口的條狀減速帶，已知相鄰兩條減速帶間的距離為1.0m，該車經(jīng)過該減速帶過程中，下列說法正確的是()A．當(dāng)該轎車通過減速帶時(shí)，車身上下振動(dòng)的頻率均為2Hz，與車速無關(guān)B．該轎車通過減速帶的速度越大，車身上下顛簸得越劇烈C．當(dāng)該轎車以2m/s的速度通過減速帶時(shí)，車身上下顛簸得最劇烈D．當(dāng)該轎車以不同速度通過減速帶時(shí)，車身上下顛簸的劇烈程度一定不同答案C解析當(dāng)轎車以速度v通過減速帶時(shí)，車身上下振動(dòng)的周期為T＝eq\f(L,v)，則車身上下振動(dòng)的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(v,L)，該值與車速有關(guān)，故A錯(cuò)誤；車身上下振動(dòng)的頻率與車身系統(tǒng)的固有頻率越接近，車身上下振動(dòng)的幅度越大，即當(dāng)車速滿足f＝eq\f(v,L)＝2Hz，即v＝2m/s，車身上下顛簸得最劇烈，故B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)該轎車以不同速度通過減速帶時(shí)，車身上下振動(dòng)的頻率可能分別大于或小于車身系統(tǒng)的固有頻率，車身上下顛簸的劇烈程度可能相同，故D錯(cuò)誤。7.(2023·上海市二模)擺球質(zhì)量為m的單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，重力加速度為g，則該單擺()A．?dāng)[長為eq\f(gt02,4π2)B．?dāng)[長為eq\f(gt02,π2)C．?dāng)[球向心加速度的最大值為eq\f(π2E0,2mgt02)D．?dāng)[球向心加速度的最大值為eq\f(2π2E0,mgt02)答案C解析由題圖可知，單擺的周期T＝4t0，根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(4gt02,π2)，故A、B錯(cuò)誤；擺球到最低點(diǎn)的動(dòng)能Ek＝E0＝eq\f(1,2)mv2，向心加速度的最大值為a＝eq\f(v2,l)，解得a＝eq\f(π2E0,2mgt02)，故C正確，D錯(cuò)誤。8.(多選)(2023·河北保定市二模)如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，上端拴接一質(zhì)量為m的物體A，初始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的彈性勢能大小為E，將另一與A完全相同的物體B輕放在A上，重力加速度為g，關(guān)于物體A、B之后在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．物體B被彈簧彈回到某位置后將脫離物體A向上運(yùn)動(dòng)B．A、B運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為gC．A、B運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為eq\f(g,2)D．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(4m2g2,k)＋E答案CD解析初始時(shí)，A、B的加速度最大，對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律有2mg－kx1＝2ma，kx1＝mg，解得a＝eq\f(g,2)，故B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)兩物體運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，其速度為零，彈簧的彈性勢能達(dá)到最大，根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性有kx2－2mg＝2ma，解得x2＝eq\f(3mg,k)，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Epmax＝2mg(x2－x1)＋E＝eq\f(4m2g2,k)＋E，故D正確；由于A、B在運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為eq\f(g,2)，所以物體B將始終受到向下的重力和A對B向上的支持力，所以B被彈簧彈回到某位置后將不會(huì)脫離物體A向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。9．(多選)(2023·湖北十堰市檢測)如圖所示，質(zhì)量為1.44kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))在B、C兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)是它振動(dòng)的平衡位置。若從小球經(jīng)過O點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，在t1＝0.1s時(shí)刻小球第一次經(jīng)過O、B兩點(diǎn)間的M點(diǎn)(圖中未畫出)，在t2＝0.5s時(shí)刻小球第二次經(jīng)過M點(diǎn)，已知彈簧振子的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m為小球的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)，取π2＝10，則下列說法正確的是()A．彈簧振子的周期為1.2sB．彈簧的勁度系數(shù)為80N/mC．在t3＝1.3s時(shí)刻，小球第四次經(jīng)過M點(diǎn)D．O、M兩點(diǎn)間的距離為5cm答案AD解析根據(jù)題意可知，小球從t＝0開始先向右運(yùn)動(dòng)(先向左運(yùn)動(dòng)的情況不符合題意)，M點(diǎn)到B點(diǎn)的時(shí)間為t0＝eq\f(t2－t1,2)＝0.2s，則eq\f(T,4)＝t0＋t1＝0.3s，T＝1.2s，故A正確；根據(jù)T＝2πeq\r(\f(m,k))，代入數(shù)據(jù)得k＝40N/m，故B錯(cuò)誤；小球第三次經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)間t3＝t2＋t1＋eq\f(T,2)＋t1＝1.3s，故C錯(cuò)誤；小球做簡諧運(yùn)動(dòng)，有y＝Asinωt＝Asin

eq\f(2π,T)t＝10sin

eq\f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1s時(shí)，y＝5cm，即O、M兩點(diǎn)間的距離為5cm，故D正確。10.(2023·江蘇揚(yáng)州市三模)如圖所示，“桿線擺”可以繞著固定軸OO′來回?cái)[動(dòng)。擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡被約束在一個(gè)傾斜的平面內(nèi)，這相當(dāng)于單擺在光滑斜面上來回?cái)[動(dòng)。輕桿水平，桿和線長均為L，重力加速度為g，擺角很小時(shí)，“桿線擺”的周期為()A．2πeq\r(\f(\r(3)L,g)) B．2πeq\r(\f(L,g))C．2πeq\r(\f(2L,g)) D．2πeq\r(\f(2\r(3)L,3g))答案A解析由于擺球繞OO′軸轉(zhuǎn)動(dòng)，擺球的運(yùn)動(dòng)軌跡被約束在一個(gè)傾斜的平面內(nèi)，則在擺角很小時(shí)，重力沿圖中虛線向下的分力的沿?cái)[球擺動(dòng)的切線方向的分力提供回復(fù)力，“桿線擺”的擺長為l＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，擺球沿虛線方向等效重力G′＝Gcos60°＝eq\f(1,2)mg＝mg′，故g′＝eq\f(1,2)g，“桿線擺”的周期為T＝2πeq\r(\f(l,g′))＝2πeq\r(\f(\r(3)L,g))，故選A。11．(多選)(2024·河南焦作市檢測)下端附著重物的粗細(xì)均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運(yùn)動(dòng)；與此同時(shí)，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖(a)所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動(dòng)能先增大后減小B．x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C．x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在豎直方向做簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅為eq\f(F1－F2,2ρSg)答案ABD解析由簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，水平位移為0.1m、0.3m、0.5m時(shí)木棒處于平衡位置；x從0.05m到0.15m的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動(dòng)，經(jīng)平衡位置后到達(dá)平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動(dòng)能先增大后減小，故A正確；x從0.21m到0.25m的過程中，木棒從平衡位置上方向平衡位置移動(dòng)，加速度豎直向下，大小逐漸減小，故B正確；x＝0.4m時(shí)木棒位于最低點(diǎn)，x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在最低點(diǎn)上方相同距離處，木棒在豎直方向的速度大小相等，方向相反，而兩時(shí)刻木棒在水平方向的速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，故C錯(cuò)誤；木棒在最低點(diǎn)時(shí)有F1＝ρSgh1，在最高點(diǎn)時(shí)有F2＝ρSgh2，其中h1－h(huán)2＝2A，故振幅A＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，故D正確。12.(多選)(2023·山東卷·10)如圖所示，沿水平方向做簡諧振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，依次通過相距L的A、B兩點(diǎn)。已知質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)的位移大小為振幅的一半，B點(diǎn)位移大小是A點(diǎn)的eq\r(3)倍，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻第二次經(jīng)過B點(diǎn)，該振動(dòng)的振幅和周期可能是()A.eq\f(2L,\r(3)－1)，3t B.eq\f(2L,\r(3)－1)，4tC.eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,5)t D.eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,7)t答案BC解析當(dāng)A、B兩點(diǎn)在平衡位置的同側(cè)時(shí)有eq\f(1,2)A＝AsinφA，eq\f(\r(3),2)A＝