第八章　第1課時　機(jī)械振動-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)探究類簡諧運動的特征、單擺的周期與擺長的定量關(guān)系、用單擺測量重力加速度、受迫振動的特點、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課時機(jī)械振動目標(biāo)要求1.知道簡諧運動的概念，掌握簡諧運動的特征，理解簡諧運動的表達(dá)式和圖像。2.知道什么是單擺，熟記單擺的周期公式。3.理解受迫振動和共振的概念，了解產(chǎn)生共振的條件?？键c一簡諧運動的基本特征1．簡諧運動：如果物體在運動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，這樣的運動就是簡諧運動。2．平衡位置：物體在振動過程中回復(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)運動的力。(2)方向：總是指向平衡位置。4．簡諧運動的特點受力特點回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運動特點靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠(yuǎn)離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小(填“增大”或“減小”)能量特點對同一個振動系統(tǒng)，振幅越大，能量越大。在運動過程中，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒1．簡諧運動的平衡位置就是質(zhì)點所受合力為零的位置。(×)2．做簡諧運動的質(zhì)點先后通過同一點，回復(fù)力、速度、加速度、位移都是相同的。(×)3．做簡諧運動的質(zhì)點，速度增大時，其加速度一定減小。(√)4．振動物體經(jīng)過半個周期，路程等于2倍振幅；經(jīng)過eq\f(1,4)個周期，路程等于振幅。(×)例1如圖所示，小球在BC之間做簡諧運動，當(dāng)小球位于O點時，彈簧處于原長，在小球從C運動到O的過程中()A．動能不斷增大，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解析做簡諧運動的小球，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，動能增大；同時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，同時由上述分析可知，加速度也逐漸減小，故C、D錯誤。例2如圖所示，一質(zhì)點做簡諧運動，先后以相同的速度依次通過M、N兩點，歷時1s，質(zhì)點通過N點后再經(jīng)過1s又第2次通過N點，在這2s內(nèi)質(zhì)點通過的總路程為12cm。則質(zhì)點的振動周期和振幅分別為()A．3s、6cm B．4s、6cmC．4s、9cm D．2s、8cm答案B解析簡諧運動的質(zhì)點，先后以同樣的速度通過M、N兩點，則可判定M、N兩點關(guān)于平衡位置O點對稱，所以質(zhì)點由M到O時間與由O到N的時間相等，那么平衡位置O到N點的時間t1＝0.5s，因過N點后再經(jīng)過t＝1s，質(zhì)點以方向相反、大小相同的速度再次通過N點，則有從N點到最大位移處的時間t2＝0.5s，因此，質(zhì)點振動的周期是T＝4(t1＋t2)＝4s。這2s內(nèi)質(zhì)點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。簡諧運動的周期性與對稱性周期性做簡諧運動的物體的位移、回復(fù)力、加速度和速度均隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為eq\f(T,2)對稱性(1)如圖所示，做簡諧運動的物體經(jīng)過關(guān)于平衡位置O點對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、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所用的時間等于由O到P′所用的時間，即tPO＝tOP′(3)物體往復(fù)運動過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO(4)相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n為正整數(shù))的兩個時刻，物體位置關(guān)于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等，方向相反考點二簡諧運動的公式和圖像1．簡諧運動的表達(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．簡諧運動的振動圖像表示做簡諧運動的物體的位移隨時間變化的規(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A做簡諧運動的位移—時間關(guān)系式為xA＝4sin(50t－0.5π)m，質(zhì)點B做簡諧運動的位移—時間關(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的振動頻率均為eq\f(50,π)HzC．t＝0時，A的加速度沿負(fù)方向最大D．t＝eq\f(7π,500)s時，B的加速度最小答案D解析A、B的振動頻率相同，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錯誤；A、B的振動頻率均為eq\f(50,2π)Hz＝eq\f(25,π)Hz，故B錯誤；t＝0時，A的位移為負(fù)向最大，故加速度為正向最大，故C錯誤；t＝eq\f(7π,500)s時，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)點做簡諧運動的圖像如圖所示，則()A．在t＝0.1s時，該質(zhì)點的速度最大B．在t＝0.1s時，該質(zhì)點具有x軸負(fù)方向最大加速度C．在0.1～0.2s時間內(nèi)質(zhì)點沿x軸負(fù)方向做加速度減小的加速運動D．在0～0.6s時間內(nèi)質(zhì)點運動的路程為100cm答案BC解析在t＝0.1s時，該質(zhì)點處于正方向最大位移處，速度為零，A錯誤；據(jù)a＝eq\f(F回,m)＝－eq\f(k,m)x可知，在t＝0.1s時，該質(zhì)點具有x軸負(fù)方向最大加速度，B正確；在0.1～0.2s時間內(nèi)，質(zhì)點從正方向最大位移處運動至平衡位置，即質(zhì)點沿x軸負(fù)方向做加速度減小的加速運動，C正確；在0～0.6s時間內(nèi)，質(zhì)點運動的路程為6A，即120cm，D錯誤。從振動圖像可獲取的信息1．振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ0(如圖所示)。2．某時刻振動質(zhì)點離開平衡位置的位移。3．某時刻質(zhì)點速度的大小和方向：曲線上各點切線的斜率的大小(即此切點的導(dǎo)數(shù))和正負(fù)分別表示各時刻質(zhì)點的速度大小和方向，速度的方向也可根據(jù)下一相鄰時刻質(zhì)點的位移的變化來確定。4．某時刻質(zhì)點的回復(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．某段時間內(nèi)質(zhì)點的位移、回復(fù)力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況?？键c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．簡諧運動的條件：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，故單擺做簡諧運動。4．周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))。(1)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。(2)g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣取Ｕf明：當(dāng)單擺處于月球上時，重力加速度為g月；當(dāng)單擺處于超重或失重狀態(tài)時，重力加速度為等效重力加速度。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，與振幅和擺球質(zhì)量無關(guān)。1．單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動。(×)2．單擺的振動周期由擺球的質(zhì)量和擺角共同決定。(×)3．當(dāng)單擺的擺球運動到最低點時，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、乙兩個單擺做振幅不同的簡諧運動，其振動圖像如圖所示，可知甲、乙兩個單擺的擺長之比為()A．2∶3B．3∶2C．4∶9D．9∶4答案C解析由振動圖像可知甲、乙兩個單擺周期之比為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)在半徑為R的光滑球面內(nèi)C與C′兩點間一起做簡諧運動，O為最低點，當(dāng)位移為x時，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點時均處于平衡狀態(tài)B．F＝－eq\f(G,R)xC．由O點向C點運動的過程中，A受到的摩擦力逐漸增大D．經(jīng)過O點時，將A取走，B的振幅將增大答案B解析A、B經(jīng)過O點時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錯誤；設(shè)當(dāng)位移為x時，擺角為θ，當(dāng)θ較小時，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點向C點運動的過程中，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錯誤；單擺的振幅與擺動物體的質(zhì)量無關(guān)，所以將A取走，B的振幅不變，故D錯誤。考點四受迫振動和共振1．受迫振動(1)概念：系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動。(2)振動特征：物體做受迫振動達(dá)到穩(wěn)定后，物體振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，與物體的固有頻率無關(guān)。2．共振(1)概念：當(dāng)驅(qū)動力的頻率等于物體的固有頻率時，物體做受迫振動的振幅達(dá)到最大的現(xiàn)象。(2)共振的條件：驅(qū)動力的頻率等于物體的固有頻率。(3)共振的特征：共振時振幅最大。(4)共振曲線(如圖所示)。f＝f0時，A＝Am，f與f0相差越大，物體做受迫振動的振幅越小。1．物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率有關(guān)。(×)2．物體在發(fā)生共振時的振動是受迫振動。(√)3．驅(qū)動力的頻率越大，物體做受迫振動的振幅越大。(×)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，通過采摘振動頭振動而搖動樹干，使得松果脫落，則()A．工作中，樹干的振動頻率可能大于采摘振動頭的振動頻率B．采摘振動頭停止振動，則樹干的振動頻率逐漸減小C．采摘振動頭振動頻率越大，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頭的振動下做受迫振動，則穩(wěn)定后，不同粗細(xì)樹干的振動頻率始終與采摘振動頭的振動頻率相同，故A錯誤；采摘振動頭停止振動，則樹干的振動頻率不變，振幅減小，故B錯誤；當(dāng)采摘振動頭的振動頻率等于樹木的固有頻率時產(chǎn)生共振，此時樹干的振幅最大，落果效果最好，因此采摘振動頭振動頻率越大，落果效果不一定越好，故C錯誤；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)一個單擺做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力的頻率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答案B解析由題圖可知，振幅最大時，此單擺的振動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，故C、D錯誤。簡諧運動、受迫振動和共振的比較振動項目簡諧運動受迫振動共振受力情況受回復(fù)力受驅(qū)動力作用受驅(qū)動力作用振動周期、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振動能量振動系統(tǒng)的機(jī)械能不變由產(chǎn)生驅(qū)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(jī)械工作時底座發(fā)生的振動共振篩、聲音的共鳴等課時精練1.如圖所示，彈簧振子在A、B之間做簡諧運動，O為平衡位置，測得A、B間距為6cm，小球完成30次全振動所用時間為60s，則()A．該振子振動周期是2s，振幅是6cmB．該振子振動頻率是2HzC．小球完成一次全振動通過的路程是12cmD．小球過O點時開始計時，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錯誤；f＝eq\f(1,T)＝0.5Hz，B錯誤；小球完成一次全振動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錯誤。2．(2024·甘肅天水市期中)如圖甲所示為以O(shè)點為平衡位置，在A、B兩點間運動的彈簧振子，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，則下列說法正確的是()A．在t＝0.2s時，彈簧振子的加速度為正向最大B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，彈簧振子的速度相同C．從t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動D．在t＝0.6s時，彈簧振子有最小的位移答案C解析在t＝0.2s時，彈簧振子的位移為正向最大，加速度為負(fù)向最大，故A錯誤；在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，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錯誤；從t＝0到t＝0.2s時間內(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動，故C正確；在t＝0.6s時，彈簧振子的位移為負(fù)方向最大，故D錯誤。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)擺動過程中，沿著垂直于注射器擺動的方向勻速拖動木板，注射器下端與木板距離很小。其中墨跡上A、B兩點到OO′的距離均為注射器振幅的一半。不計空氣阻力，則()A．在不同地方重復(fù)該實驗，擺動周期一定相同B．注射器從A點上方擺到B點上方的時間小于eq\f(1,4)擺動周期C．注射器在A點上方與在B點上方時加速度相同D．在一個擺動周期內(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動，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)該實驗，擺動周期不一定相同，故A錯誤；在一個擺動周期內(nèi)，注射器從最高位置運動至平衡位置所需的時間為eq\f(T,4)，離平衡位置越近，注射器擺動得越快，可知注射器從A點上方運動至平衡位置的時間小于eq\f(T,8)，同理可知注射器從平衡位置運動至B點上方的時間小于eq\f(T,8)，故注射器從A點上方擺到B點上方的時間小于eq\f(1,4)擺動周期，故B正確；注射器在A點上方與在B點上方時，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點上方與在B點上方時加速度大小相同，方向相反，故C錯誤；在一個擺動周期內(nèi)，注射器在平衡位置附近擺動，擺動的路程等于4倍振幅，勻速拖動木板，可知木板在OO′方向上的路程不為零，故在一個擺動周期內(nèi)，形成墨跡的軌跡長度大于4倍振幅，故D錯誤。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兩點之間做簡諧運動，O點為平衡位置，振子到達(dá)D點開始計時，規(guī)定豎直向下為正方向。圖乙是彈簧振子做簡諧運動的x－t圖像，則()A．彈簧振子從D點經(jīng)過O點再運動到C點為一次全振動B．圖乙中的P點時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點經(jīng)過O點運動到C點然后再經(jīng)過O點回到D點為一次全振動，故A錯誤；題圖乙中的P點時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點開始計時，t＝0時刻位移為0.1m，可知初相位為eq\f(π,2)，則彈簧振子的振動方程為x＝0.1sin(2πt＋eq\f(π,2))m，故C錯誤；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。兩個完全相同的小球M、N(可視為質(zhì)點)從圓弧左側(cè)的不同位置同時釋放。它們從釋放到O點過程中都經(jīng)過圖中的P點。下列說法正確的是()A．M比N后到達(dá)O點B．M、N通過P點時所受的回復(fù)力相同C．M有可能在P點追上N并與之相碰D．從釋放到O點過程中，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))，兩個小球做簡諧運動的周期相同，M、N同時到達(dá)O點，故A錯誤；M、N通過P點時所受的回復(fù)力相同，均為小球在該點重力沿著切線方向的分力，故B正確；M、N同時到達(dá)O點，則M不可能在P點追上N并與之相碰，故C錯誤；從釋放到O點過程中，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，車身上下振動的頻率均為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，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，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，車身上下振動的周期為T＝eq\f(L,v)，則車身上下振動的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(v,L)，該值與車速有關(guān)，故A錯誤；車身上下振動的頻率與車身系統(tǒng)的固有頻率越接近，車身上下振動的幅度越大，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錯誤，C正確；當(dāng)該轎車以不同速度通過減速帶時，車身上下振動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錯誤。7.(2023·上海市二模)擺球質(zhì)量為m的單擺做簡諧運動，其動能Ek隨時間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錯誤；擺球到最低點的動能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動，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向上運動B．A、B運動過程中的最大加速度為gC．A、B運動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，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錯誤，C正確；當(dāng)兩物體運動到最低點時，其速度為零，彈簧的彈性勢能達(dá)到最大，根據(jù)簡諧運動的對稱性有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在運動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脫離物體A向上運動，故A錯誤。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)在B、C兩點間做簡諧運動，O點是它振動的平衡位置。若從小球經(jīng)過O點開始計時，在t1＝0.1s時刻小球第一次經(jīng)過O、B兩點間的M點(圖中未畫出)，在t2＝0.5s時刻小球第二次經(jīng)過M點，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時刻，小球第四次經(jīng)過M點D．O、M兩點間的距離為5cm答案AD解析根據(jù)題意可知，小球從t＝0開始先向右運動(先向左運動的情況不符合題意)，M點到B點的時間為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錯誤；小球第三次經(jīng)過M點時間t3＝t2＋t1＋eq\f(T,2)＋t1＝1.3s，故C錯誤；小球做簡諧運動，有y＝Asinωt＝Asin

eq\f(2π,T)t＝10sin

eq\f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1s時，y＝5cm，即O、M兩點間的距離為5cm，故D正確。10.(2023·江蘇揚州市三模)如圖所示，“桿線擺”可以繞著固定軸OO′來回擺動。擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)，這相當(dāng)于單擺在光滑斜面上來回擺動。輕桿水平，桿和線長均為L，重力加速度為g，擺角很小時，“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，擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)，則在擺角很小時，重力沿圖中虛線向下的分力的沿擺球擺動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的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，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，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動的振幅為eq\f(F1－F2,2ρSg)答案ABD解析由簡諧運動的對稱性可知，水平位移為0.1m、0.3m、0.5m時木棒處于平衡位置；x從0.05m到0.15m的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動，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，加速度豎直向下，大小逐漸減小，故B正確；x＝0.4m時木棒位于最低點，x＝0.35m和x＝0.45m時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在最低點上方相同距離處，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錯誤；木棒在最低點時有F1＝ρSgh1，在最高點時有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的質(zhì)點，依次通過相距L的A、B兩點。已知質(zhì)點在A點的位移大小為振幅的一半，B點位移大小是A點的eq\r(3)倍，質(zhì)點經(jīng)過A點時開始計時，t時刻第二次經(jīng)過B點，該振動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兩點在平衡位置的同側(cè)時有eq\f(1,2)A＝AsinφA，eq\f(\r(3),2)A＝