第1講　機(jī)械振動-2026版大一輪高考物理復(fù)習(xí)

第1講機(jī)械振動學(xué)習(xí)目標(biāo)1.認(rèn)識簡諧運(yùn)動，理解簡諧運(yùn)動的表達(dá)式和圖像。2.知道單擺，理解并熟記單擺的周期公式。3.認(rèn)識受迫振動，了解產(chǎn)生共振的條件及其應(yīng)用。一、簡諧運(yùn)動eq\a\vs4\al(1.,,,)2.兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖簡諧運(yùn)動條件(1)彈簧質(zhì)量可忽略(2)無摩擦等阻力(3)在彈簧彈性限度內(nèi)(1)擺線為不可伸縮的輕細(xì)線(2)無空氣阻力(3)擺角小于等于5°回復(fù)力彈簧的彈力提供擺球重力沿與擺線垂直方向(即切向)的分力平衡位置彈簧處于原長處最低點(diǎn)周期與振幅無關(guān)T＝2πeq\r(\f(l,g))能量轉(zhuǎn)化彈性勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒重力勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，擺球機(jī)械能守恒二、簡諧運(yùn)動的表達(dá)式和圖像eq\a\vs4\al(1.,)eq\a\vs4\al(2.,,,,,,,)三、受迫振動和共振eq\a\vs4\al(1.,)eq\a\vs4\al(2.,,,)1.思考判斷(1)簡諧運(yùn)動的平衡位置就是質(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)動的質(zhì)點(diǎn)，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。(×)(5)單擺在任何情況下的運(yùn)動都是簡諧運(yùn)動。(×)(6)物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關(guān)。(√)(7)簡諧運(yùn)動的圖像描述的是振動質(zhì)點(diǎn)的軌跡。(×)(8)簡諧運(yùn)動的振動圖像一定是正弦曲線。(√)2.[2021·廣東卷，16(1)]如圖所示，一個輕質(zhì)彈簧下端掛一小球，小球靜止?，F(xiàn)將小球向下拉動距離A后由靜止釋放，并開始計(jì)時，小球在豎直方向做簡諧運(yùn)動，周期為T。經(jīng)eq\f(T,8)時間，小球從最低點(diǎn)向上運(yùn)動的距離________eq\f(A,2)(填“大于”“小于”或“等于”)；在eq\f(T,4)時刻，小球的動能________(填“最大”或“最小”)。答案小于最大3.[2022·河北卷，16(1)]一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速為10m/s。在傳播方向上有P、Q兩質(zhì)點(diǎn)，坐標(biāo)分別為xP＝1m，xQ＝6m。波傳播到P點(diǎn)開始計(jì)時，該點(diǎn)的振動圖像如圖所示，則簡諧波的波長為________m，經(jīng)過________s，Q點(diǎn)第一次到達(dá)正向最大位移處。答案20.554.如圖所示，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(dāng)支架受到沿豎直方向且頻率為9Hz的驅(qū)動力作用做受迫振動時，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答案B考點(diǎn)一簡諧運(yùn)動的基本特征簡諧運(yùn)動的五個特征受力特征回復(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)動特征靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠(yuǎn)離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大。在運(yùn)動過程中，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒周期性特征質(zhì)點(diǎn)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(yùn)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)對稱性特征關(guān)于平衡位置O對稱的兩點(diǎn)，加速度的大小、速度的大小、動能、勢能均相等，相對平衡位置的位移大小均相等角度簡諧運(yùn)動基本物理量的分析例1如圖1所示，小球在BC之間做簡諧運(yùn)動，當(dāng)小球位于O點(diǎn)時，彈簧處于原長，在小球從C點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中()圖1A.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(yùn)動的小球，從C點(diǎn)到O點(diǎn)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，合外力做正功，動能不斷增大；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點(diǎn)到O點(diǎn)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。角度簡諧運(yùn)動的周期性與對稱性例2小球做簡諧運(yùn)動，若從平衡位置O開始計(jì)時，經(jīng)過0.5s，小球第一次經(jīng)過P點(diǎn)，又經(jīng)過0.2s，小球第二次經(jīng)過P點(diǎn)，則再過多長時間該振子第三次經(jīng)過P點(diǎn)()A.1.0s B.2.4sC.0.8s D.2.2s答案D解析若小球從O點(diǎn)開始向指向P點(diǎn)的方向振動，作出示意圖如圖甲所示則小球的振動周期為T1＝(0.5＋0.1)×4s＝2.4s，則該小球再經(jīng)過時間Δt＝T1－0.2s＝2.2s，第三次經(jīng)過P點(diǎn)；若小球從O點(diǎn)開始向背離P點(diǎn)的方向振動，作出示意圖如圖乙所示則有0.5s＋0.1s＝eq\f(3,4)T2，小球的振動周期為T2＝0.8s，則該小球再經(jīng)過時間Δt′＝T2－0.2s＝0.6s，第三次經(jīng)過P點(diǎn)，A、B、C錯誤，D正確。以位移為橋梁分析簡諧運(yùn)動中各物理量的變化情況(1)位移增大時，振動質(zhì)點(diǎn)的回復(fù)力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減??；反之，則產(chǎn)生相反的變化，各矢量均在位移為零時均改變方向。(2)位移相同時，回復(fù)力、加速度、動能、勢能可以確定，但速度可能有兩個方向，由于周期性，運(yùn)動時間也不確定?？键c(diǎn)二簡諧運(yùn)動的表達(dá)式和圖像1.簡諧運(yùn)動的振動方程和圖像(1)從平衡位置開始計(jì)時：x＝Asinωt，如圖甲所示。(2)從最大位移處開始計(jì)時：x＝Acosωt，如圖乙所示。(3)圖像反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖像不代表質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的軌跡。2.由圖像可獲取的信息(1)振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ(如圖所示)。(2)某時刻振動質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移。(3)某時刻質(zhì)點(diǎn)速度的大小和方向：曲線上各點(diǎn)切線的斜率的大小和正負(fù)分別表示各時刻質(zhì)點(diǎn)的速度大小和方向，速度的方向也可根據(jù)下一相鄰時刻質(zhì)點(diǎn)的位移的變化來確定。(4)某時刻質(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)某段時間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。3.簡諧運(yùn)動的對稱性(如圖)(1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3…)的兩個時刻，彈簧振子在同一位置，位移和速度都相同。(2)相隔Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0，1，2…)的兩個時刻，彈簧振子的位置關(guān)于平衡位置對稱，位移等大反向(或都為零)，速度也等大反向(或都為零)。例3(多選)如圖2所示是一簡諧運(yùn)動的振動圖像，則下列說法正確的是()圖2A.該簡諧運(yùn)動的振幅為6cm，周期為8sB.6～8s時間內(nèi)，振子由負(fù)向最大位移處向平衡位置運(yùn)動C.圖中的正弦曲線表示振子的運(yùn)動軌跡D.該振動圖像對應(yīng)的表達(dá)式為x＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm答案BD解析由題圖可知，該簡諧運(yùn)動的振幅為3cm，周期為8s，故A錯誤；6～8s時間內(nèi)，振子負(fù)方向的位移大小減小，8s末回到平衡位置，所以振子由負(fù)向最大位移處向平衡位置運(yùn)動，故B正確；題圖中的正弦曲線表示振子偏離平衡位置的位移隨時間變化的規(guī)律，不是振子的運(yùn)動軌跡，故C錯誤；振動圖像表達(dá)式為x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))cm，代入振幅A和周期T，則該振動圖像對應(yīng)的表達(dá)式為x＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm，故D正確。1.(多選)如圖3所示，為一個水平彈簧振子的振動圖像，下列說法正確的是()圖3A.t＝1s到t＝2s內(nèi)，彈簧振子的動能不斷減小B.該彈簧振子的振動方程為x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cmC.t＝3s時，彈簧振子的加速度沿x軸負(fù)方向D.t＝0到t＝10s內(nèi)彈簧振子的路程為50cm答案BC解析t＝1s到t＝2s內(nèi)，彈簧振子從位移最大位置向平衡位置運(yùn)動，則振子的動能不斷增加，選項(xiàng)A錯誤；因?yàn)棣兀絜q\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，振幅A＝10cm，該彈簧振子的振動方程為x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cm，選項(xiàng)B正確；t＝3s時，彈簧振子的位移正向最大，則加速度沿x軸負(fù)方向，選項(xiàng)C正確；因10s＝2.5T，則t＝0到t＝10s內(nèi)彈簧振子的路程為2.5×4A＝100cm，選項(xiàng)D錯誤?？键c(diǎn)三單擺及周期公式1.單擺的受力特征(1)回復(fù)力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)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。(2)向心力：擺線的拉力和擺球重力沿?cái)[線方向分力的合力提供向心力，F(xiàn)n＝FT－mgcosθ。(3)兩點(diǎn)說明①當(dāng)擺球在最高點(diǎn)時，v＝0，F(xiàn)n＝eq\f(mv2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。②當(dāng)擺球在最低點(diǎn)時，F(xiàn)n＝meq\f(veq\o\al(2,max),l)，F(xiàn)n最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。2.周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的兩點(diǎn)說明(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?。?如圖4甲所示，一個單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置時開始計(jì)時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法中正確的是()圖4A.單擺的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x＝10sin(2πt)cmB.單擺的擺長約為10cmC.從t＝2.5s到t＝3s的過程中，擺球所受的回復(fù)力逐漸增大D.從t＝2.5s到t＝3s的過程中，擺球所受繩子拉力逐漸增大答案D解析由題圖乙可知，振幅A＝10cm，單擺周期T＝2s，則圓頻率ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，可得單擺的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x＝10sin(πt)cm，A錯誤；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))解得單擺的擺長約為100cm，B錯誤；由題圖乙可知，從t＝2.5s到t＝3s的過程中，擺球從最大位移處向平衡位置運(yùn)動，所以加速度在減小，回復(fù)力在減小，擺球的速度在增大，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，則繩子的拉力FT＝Gcosθ＋meq\f(v2,l)，此時θ減小，v增大，所以拉力逐漸增大，C錯誤，D正確。2.(多選)(2024·海南?？谀M)如圖5所示是兩個理想單擺在同一地點(diǎn)的振動圖像，縱軸表示擺球偏離平衡位置的位移。下列說法中正確的是()圖5A.t＝2s時，甲單擺的擺線拉力為0，乙的速度為0B.增大乙的擺球質(zhì)量，乙的周期有可能與甲相等C.甲擺球和乙擺球永遠(yuǎn)不可能同時均處于動能最小的狀態(tài)D.乙擺球位移隨時間變化的關(guān)系式為x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm答案CD解析t＝2s時，甲單擺運(yùn)動到最低點(diǎn)，擺球速度最大，細(xì)線拉力和小球重力的合力提供向心力，擺線拉力不為0，故A錯誤；由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，周期與擺球質(zhì)量沒有關(guān)系，故B錯誤；由題圖可知，乙的周期是甲的2倍，甲、乙同時從平衡位置向正方向運(yùn)動，則永遠(yuǎn)不可能同時均處于動能最小的狀態(tài)，故C正確；由題圖可知，乙單擺的振幅為1cm，圓頻率為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，又有t＝0時，x＝0，且開始向正方向運(yùn)動，則乙擺球位移隨時間變化的關(guān)系式為x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm，故D正確?？键c(diǎn)四受迫振動和共振簡諧運(yùn)動、受迫振動和共振的關(guān)系比較振動項(xiàng)目簡諧運(yùn)動受迫振動共振振動周期或頻率由系統(tǒng)本身性質(zhì)決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅(qū)動力的周期或頻率決定，即T＝T驅(qū)或f＝f驅(qū)T驅(qū)＝T0或f驅(qū)＝f0振動能量系統(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、聲音的共鳴等例5科技館內(nèi)有共振秋千，參觀者坐上秋千，雙腳離地，前后擺動，會發(fā)現(xiàn)對面的球擺也在跟著大幅度擺動。關(guān)于這個現(xiàn)象，以下說法不正確的是()圖6A.如果改變對面球的質(zhì)量，會使球擺動幅度變小B.秋千系統(tǒng)的重心高度與對面球擺的重心高度大致相同C.如果對秋千施加一個周期性的驅(qū)動力，球擺的振動周期與該驅(qū)動力周期相同D.若把共振秋千移到太空艙中則無法實(shí)現(xiàn)共振現(xiàn)象答案A解析球發(fā)生擺動是因?yàn)閰⒂^者晃動秋千使球做受迫振動，受迫振動的周期和頻率等于驅(qū)動力的周期和頻率，故球擺的振動周期與對該秋千施加的周期性的驅(qū)動力的周期相同，C正確；球的擺動幅度和參觀者晃動秋千的頻率與球擺的固有頻率有關(guān)，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可知球擺的固有頻率只與擺長和重力加速度有關(guān)，與質(zhì)量沒有關(guān)系，A錯誤；發(fā)現(xiàn)對面的球擺也在跟著大幅度擺動，說明發(fā)生了共振，周期相同，則擺長相同，說明重心高度大致相同，B正確；球擺的重力沿切線方向的分力提供回復(fù)力，共振秋千移到太空艙中處于完全失重狀態(tài)，則不能形成單擺，所以無法實(shí)現(xiàn)共振現(xiàn)象，D正確。3.(2024·山東棗莊高三期中)某種減噪裝置結(jié)構(gòu)如圖7所示，通過裝置的共振可吸收聲波。已知其固有頻率為f0＝eq\f(60,\r(σL))(SI制)，其中σ為薄板單位面積的質(zhì)量，L為空氣層的厚度。經(jīng)測試發(fā)現(xiàn)它對頻率為200Hz的聲音減噪效果最強(qiáng)，若外界聲波頻率由200Hz變?yōu)?00Hz，則()圖7A.系統(tǒng)振動頻率為200HzB.系統(tǒng)振動頻率為300HzC.為獲得更好減噪效果，可僅增大L的大小D.為獲得更好減噪效果，可僅換用σ更大的薄板答案B解析系統(tǒng)做受迫振動，振動時的頻率等于驅(qū)動力的頻率，即為300Hz，故A錯誤，B正確；由于驅(qū)動力的頻率大于系統(tǒng)的固有頻率，在驅(qū)動力的頻率一定時，為獲得更好減噪效果，應(yīng)使系統(tǒng)的固有頻率增大，由f0＝eq\f(60,\r(σL))(SI制)可知，應(yīng)減小σ或L，故C、D錯誤。A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1簡諧運(yùn)動的基本特征1.如圖1所示，彈簧振子在A、B之間做簡諧運(yùn)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()圖1A.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(diǎn)時開始計(jì)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；頻率T＝eq\f(1,f)，解得f＝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＝4A＝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·浙江杭州聯(lián)考)如圖2為某魚漂示意圖。當(dāng)魚漂靜止時，水位恰好在O點(diǎn)。用手將魚漂往下按，使M點(diǎn)到達(dá)水位處。松手后，魚漂會上下運(yùn)動，魚漂上的M、N兩點(diǎn)在水位上下來回移動，且魚漂的運(yùn)動是簡諧運(yùn)動。下列說法正確的是()圖2A.水位在O點(diǎn)時，魚漂的速度最大B.N點(diǎn)到達(dá)水位處時，魚漂的位移向下最大C.M點(diǎn)到達(dá)水位處時，魚漂具有向下的加速度D.M、N之間的距離即魚漂的振幅答案A解析O點(diǎn)是平衡位置，根據(jù)簡諧運(yùn)動的特點(diǎn)可知，水位在O點(diǎn)時，魚漂的速度最大，故A正確；魚漂的N點(diǎn)到達(dá)水位處時，說明魚漂向上運(yùn)動，位移方向向上且最大，速度為零，故B錯誤；M點(diǎn)到達(dá)水位處時，魚漂向下的位移最大，具有向上的加速度，故C錯誤；魚漂上下做簡諧運(yùn)動，偏離平衡位置的最大位移叫振幅，M點(diǎn)或N點(diǎn)到達(dá)水位處時，位移最大，振幅等于OM的長度或者ON的長度，故D錯誤。對點(diǎn)練2簡諧運(yùn)動的表達(dá)式和圖像3.某質(zhì)點(diǎn)的振動圖像如圖3所示，下列說法正確的是()圖3A.1s和3s時刻，質(zhì)點(diǎn)的速度相同B.1s到2s時間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度與加速度方向相同C.簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y＝2sin(0.5πt＋1.5π)cmD.簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y＝2sin(0.5πt＋0.5π)cm答案D解析y－t圖像上某點(diǎn)切線的斜率表示速度；1s和3s時刻，質(zhì)點(diǎn)的速度大小相等，方向相反，故A錯誤；1s到2s時間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)做減速運(yùn)動，加速度與速度方向相反，故B錯誤；振幅為A＝2cm，周期為T＝4s，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4)rad/s＝0.5πrad/s，t＝0時，y＝2cm，則φ＝0.5π，簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y＝Asin(ωt＋φ)＝2sin(0.5πt＋0.5π)cm，故C錯誤，D正確。4.(多選)一個質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過平衡位置O，在A、B間做簡諧運(yùn)動，如圖4甲所示，它的振動圖像如圖乙所示，設(shè)向右為正方向，則下列說法中正確的是()圖4A.OB＝5cmB.第0.2s末，質(zhì)點(diǎn)的速度方向是A→OC.第0.4s末，質(zhì)點(diǎn)的加速度方向是A→OD.第0.7s末，質(zhì)點(diǎn)位置在O點(diǎn)與A點(diǎn)之間答案AC解析由題圖乙可知振幅為5cm，則有OB＝OA＝5cm，A正確；0～0.2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)從B向O運(yùn)動，即第0.2s末質(zhì)點(diǎn)的速度方向是O→A，B錯誤；第0.4s末質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)處，則此時質(zhì)點(diǎn)的加速度方向是A→O，C正確；第0.7s末時質(zhì)點(diǎn)位置在O與B之間，D錯誤。對點(diǎn)練3單擺及周期公式5.擺球質(zhì)量為m的單擺做簡諧運(yùn)動，其動能Ek隨時間t的變化關(guān)系如圖5所示，重力加速度為g，則該單擺()圖5A.擺長為eq\f(gteq\o\al(2,0),4π2)B.擺長為eq\f(gteq\o\al(2,0),π2)C.擺球向心加速度的最大值為eq\f(π2E0,2mgteq\o\al(2,0))D.擺球向心加速度的最大值為eq\f(2π2E0,mgteq\o\al(2,0))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(4gteq\o\al(2,0),π2)，故A、B錯誤；擺球到最低點(diǎn)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(π2E0,2mgteq\o\al(2,0))，故C正確，D錯誤。6.(2024·廣東廣州模擬)將一臺智能手機(jī)水平粘在秋千的座椅上，使手機(jī)邊緣與座椅邊緣平行(圖6甲)，讓秋千以小擺角(小于5°)自由擺動，此時秋千可看作一個理想的單擺，擺長為l。從手機(jī)傳感器中得到了其垂直手機(jī)平面方向的a－t關(guān)系圖如圖乙所示。則以下說法正確的是()圖6A.忽略空氣阻力，秋千的回復(fù)力由重力和拉力的合力提供B.當(dāng)秋千擺至最低點(diǎn)時，秋千對手機(jī)的支持力等于手機(jī)所受的重力C.秋千擺動的周期為t3－t1D.該地的重力加速度g＝eq\f(4π2l,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))2)答案C解析忽略空氣阻力，秋千的回復(fù)力由重力沿圓弧切線方向的分力提供，A錯誤；在最低點(diǎn)，合力提供向心力有FN－mg＝meq\f(v2,l)，秋千對手機(jī)的支持力FN＝mg＋meq\f(v2,l)＞mg，故秋千對手機(jī)的支持力大于手機(jī)的重力，B錯誤；秋千的周期為從最大位移處到另外一最大位移處再回到最大位移處位置所用的時間，所以兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，有兩次向心加速度最大，根據(jù)垂直手機(jī)平面方向的a－t關(guān)系圖，可知周期為T＝t3－t1，C正確；根據(jù)單擺周期公式T＝t3－t1＝2πeq\r(\f(l,g))，可知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝eq\f(4π2l,（t3－t1）2)，D錯誤。對點(diǎn)練4受迫振動和共振7.(2024·江蘇連云港模擬)飛力士棒是物理治療師發(fā)明的一種康復(fù)器材，它由一根PVC軟桿、兩端的負(fù)重頭和中間的握柄組成，棒的固有頻率為4.5Hz，如圖7所示。下列說法正確的是()圖7A.用力越大，棒振動得越快B.增大手驅(qū)動的頻率，棒的振幅一定變大C.增大手驅(qū)動的頻率，棒的振動頻率可能減小D.雙手驅(qū)動該棒每分鐘振動270次，則棒的振幅最大答案D解析使用者用力大小影響的是振幅，與振動快慢沒有關(guān)系，故A錯誤；增大手驅(qū)動的頻率，飛力士棒振動的頻率隨之增大，但是振幅不一定越來越大，故B、C錯誤；雙手驅(qū)動該飛力士棒每分鐘振動270次，則驅(qū)動力的頻率為f＝eq\f(270,60)Hz＝4.5Hz，驅(qū)動力的頻率與飛力士棒的固有頻率相等，此時振幅最大，故D正確。8.(多選)(2024·遼寧沈陽高三月考)共振現(xiàn)象是指一個物理系統(tǒng)在其自然的振動頻率(所謂的共振頻率)下趨于從周圍環(huán)境吸收更多能量的趨勢。自然中有許多地方有共振的現(xiàn)象。人類也在其技術(shù)中利用或者試圖避免共振現(xiàn)象。如圖8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(qū)動力頻率f的關(guān)系)，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是(π2≈10)()圖8A.此單擺的固有周期為2sB.此單擺的擺長約為2mC.若僅擺長增大，單擺的固有頻率增大D.若僅擺長增大，共振曲線的峰將向左移答案AD解析當(dāng)驅(qū)動力的頻率等于單擺的固有頻率時，發(fā)生共振現(xiàn)象，振幅達(dá)到最大，由題圖知，驅(qū)動力的頻率為0.5Hz時，振幅最大，則此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s，故A正確；根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得此單擺的擺長約為L＝eq\f(T2g,4π2)＝eq\f(22×10,4×10)m＝1m，故B錯誤；若僅擺長增大，根據(jù)單擺周期公式，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，共振曲線的峰將向左移，故C錯誤，D正確。B級綜合提升練9.(2024·山東青島高三期中)如圖9甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質(zhì)薄板。t＝0時刻，一物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連，粘接時間可忽略，其位置隨時間變化的圖像(x－t)如圖乙所示，其中t＝0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，則()圖9A.t＝0.4s時物塊的加速度等于重力加速度B.t＝0.7s時物塊的加速度小于重力加速度C.該物塊與薄板粘連后振動的周期為0.1sD.t＝0.2s后物塊坐標(biāo)位置隨時間變化關(guān)系為x＝0.3＋0.2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)（t－0.2）－\f(π,6)))(m)答案D解析薄板為輕質(zhì)薄板，質(zhì)量可忽略不計(jì)。由題圖乙可知，t＝0.4s時的B點(diǎn)對應(yīng)的速度為零，物塊處于最低點(diǎn)位置；t＝0.7s時的C點(diǎn)對應(yīng)的速度為零，物塊處于與薄板粘連后的最高點(diǎn)；根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性可知，最高點(diǎn)的加速度和最低點(diǎn)的加速度大小相等，即aB＝aC，由于C點(diǎn)對應(yīng)物塊處于最高點(diǎn)，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得aC＝eq\f(mg＋F彈,m)>g，故A、B錯誤；物塊從最低點(diǎn)B到最高點(diǎn)C所用時間為tBC＝0.7s－0.4s＝0.3s，該物塊與薄板粘連后振動的周期為T＝2tBC＝0.6s，故C錯誤；因?yàn)棣兀絜q\f(2π,T)＝eq\f(10π,3)rad/s，振幅為A＝eq\f(50－10,2)cm＝0.2m，t＝0.2s后物塊坐標(biāo)位置隨時間變化關(guān)系為x＝0.3＋0.2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)（t－0.2）＋φ0))m，當(dāng)t＝0.4s時，x＝0.5m，代入上式得φ0＝－eq\f(π,6)，所以x＝0.3＋0.2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－0.2))－\f(π,6)))(m)，故D正確。10.(2022·浙江6月選考，11)如圖10所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點(diǎn)以初速度v向右運(yùn)動，小球?qū)⒆鲋芷跒門的往復(fù)運(yùn)動，則()圖10A.小球做簡諧運(yùn)動B.小球動能的變化周期為eq\f(T,2)C.兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為TD.小球的初速度為eq\f(v,2)時，其運(yùn)動周期為2T答案B解析物體做簡諧運(yùn)動的條件是它在運(yùn)動中所受回復(fù)力與位移成正比，且方向總是指向平衡位置，可知小球在桿中點(diǎn)到接觸彈簧的過程，所受合力為零，此過程做勻速直線運(yùn)動，故小球不是做簡諧運(yùn)動，A錯誤；假設(shè)桿中點(diǎn)為O，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為A，小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為B，可知小球做周期為T的往復(fù)運(yùn)動，過程為O→A→O→B→O，根據(jù)對稱性可知小球從O→A→O與O→B→O，這兩個過程小球的動能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性勢能的變化完全一致，故小球動能的變化周期為eq\f(T,2)，兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為eq\f(T,2)，B正確，C錯誤；小球的初速度為eq\f(v,2)時，可知小球在勻速運(yùn)動階段的時間變?yōu)樵瓉淼?倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子周期公式T0＝2πeq\r(\f(m,k))，可知與彈簧接觸過程所用時間與速度無關(guān)，即與彈簧接觸過程時間保持不變，故小球的初速度為eq\f(v,2)時，其運(yùn)動周期應(yīng)小于2T，D錯誤。11.(多選)如圖11甲是用力傳感器對單擺做小角度擺動過程進(jìn)行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計(jì)算機(jī)屏幕所顯示的F－t圖像，其中F的最大值Fmax＝1.02N。已知擺球質(zhì)量m＝100g，重力加速度g取9.8m/s2，π2取9.8，不計(jì)擺線質(zhì)量及空氣阻力。下列說法正確的是()圖11A.單擺周期為0.8sB.單擺擺長為0.64mC.F的最小值Fmin＝0.96ND.若僅將擺球