第1讲　机械振动-2025版物理大一轮复习

机械振动目标要求1.知道简谐运动的概念，理解简谐运动的表达式和图像。2.知道单摆，理解单摆的周期公式。3.理解受迫振动和共振的概念，了解产生共振的条件及其应用。考点一简谐运动的特征1.简谐运动：质点的位移与时间的关系严格遵从eq\o(□,\s\up1(1))正弦函数的规律，即它的振动图像(x-t图像)是一条eq\o(□,\s\up1(2))正弦曲线。2.平衡位置：物体在振动过程中eq\o(□,\s\up1(3))回复力为零的位置。3.回复力(1)定义：使物体在eq\o(□,\s\up1(4))平衡位置附近做往复运动的力。(2)方向：总是指向eq\o(□,\s\up1(5))平衡位置。(3)来源：属于eq\o(□,\s\up1(6))效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的eq\o(□,\s\up1(7))合力或某个力的eq\o(□,\s\up1(8))分力。4.描述简谐运动的物理量物理量定义意义振幅振子离开平衡位置的eq\o(□,\s\up1(9))最大距离描述振动的eq\o(□,\s\up1(10))强弱周期振子完成一次eq\o(□,\s\up1(11))全振动所需时间描述振动的eq\o(□,\s\up1(12))快慢，两者互为倒数：T＝eq\f(1,f)频率振子完成的全振动的次数与所用时间的比相位ωt＋φ0描述周期性运动在各个时刻所处的eq\o(□,\s\up1(13))不同状态【判断正误】1.简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。(×)2.振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大。(√)3.简谐运动的回复力可以是恒力。(×)受力特点回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特点靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量特征振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒周期性特征做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为eq\f(T,2)对称性特征(1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等(2)物体由P到O所用的时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′(3)物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO(4)相隔eq\f(T,2)或eq\f(（2n＋1）T,2)(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反【对点训练】1.(简谐运动的物理量)如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm。若振子从B到C的运动时间是1s，则下列说法中正确的是()A.振子从B经O到C完成一次全振动B.振动周期是1s，振幅是10cmC.经过两次全振动，振子通过的路程是20cmD.从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm解析：D振子从B经O到C只完成半次全振动，再回到B才算完成一次全振动，完成一次全振动的时间为一个周期，故T＝2s，A、B错误；经过一次全振动，振子通过的路程是4倍振幅，故经过两次全振动，振子通过的路程是40cm，C错误；从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm，D正确。2.(简谐运动的动力学特征)(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek。下列说法正确的是()A.如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)B.如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为TC.物块通过O点时动能最大D.当物块通过O点时，其加速度最小解析：ACD物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点的速度相等，所以如果在t2时刻物块的速度大小也为v且方向也向下，则t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，选项B错误；当物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，动能最大，选项C、D正确。3.(简谐运动的周期性与对称性)一弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当t＝0时刻，振子经过O点，t1＝0.4s时，第一次到达M点，t2＝0.5s时振子第二次到达M点，则弹簧振子的周期可能为()A.0.6s B.1.2sC.2.0s D.2.6s解析：A若振子按图1所示路线从O点开始向右振动，则振子的振动周期为T1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.4＋\f(0.1,2)))s＝1.8s。若振子按图2所示路线从O点开始向左振动，M1为与M点关于平衡位置O的对称位置，则振子的振动周期为T2＝4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（0.4－0.1）,3)＋\f(0.1,2)))s＝0.6s。故B、C、D错误，A正确。图1图2考点二简谐运动的表达式和图像1.简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F＝eq\o(□,\s\up1(14))－kx，其中“－”表示回复力与eq\o(□,\s\up1(15))位移的方向相反。(2)运动学表达式：x＝eq\o(□,\s\up1(16))Asin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\o(□,\s\up1(17))2πf表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ0)代表简谐运动的相位，φ0叫作初相。2.简谐运动的图像(1)从平衡位置开始计时，把开始运动的方向规定为正方向，函数表达式为x＝eq\o(□,\s\up1(18))Asinωt，图像如图甲所示。甲乙(2)从正的最大位移处开始计时，函数表达式为x＝eq\o(□,\s\up1(19))Acosωt，图像如图乙所示。【判断正误】1.简谐运动的图像描述的是振子的轨迹。(×)2.简谐运动的振动图像是正弦曲线或余弦曲线。(√)3.简谐运动的图像表示质点振动的轨迹是正弦曲线。(×)1.对简谐运动图像的理解(1)简谐运动的图像是一条正弦曲线或余弦曲线，分别如图甲、乙所示。甲乙(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。2.由简谐运动图像可获取的信息(1)判定振动的振幅A和周期T，如图所示。(2)判定振动物体在某一时刻的位移。(3)判定某时刻质点的振动方向①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置。②下一时刻位移若减小，质点的振动方向是指向平衡位置。(4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。eq\x(\a\al(从图像读,取x大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝－kx))eq\x(\a\al(F的大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝ma))eq\x(\a\al(a的大小,及方向))(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是()甲乙A.回复力等于重力和浮力的合力B.振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒C.位移满足函数式x＝4sin(4πt－eq\f(5π,6))cmD.在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大解析：ACD玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；由于振动周期为0.5s，故ω＝eq\f(2π,T)＝4πrad/s，由题图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin(4πt－eq\f(5π,6))cm，故C正确；由题图乙可知，在t1～t2时间内，玻璃管向平衡位置运动，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确。【对点训练】4.(简谐运动的表达式)(多选)如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为小球的平衡位置，其振动方程为x＝6sin(10πt＋eq\f(π,2))cm。下列说法正确的是()A.MN间距离为6cmB.小球的运动周期是0.2sC.t＝0时，小球位于N点D.t＝0.05s时，小球具有最大加速度解析：BCMN间距离为2A＝12cm，故A错误；因ω＝10πrad/s，可知小球的运动周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，故B正确；由x＝6sin(10πt＋eq\f(π,2))cm可知，t＝0时，x1＝6cm，即小球位于N点，故C正确；由x＝6sin(10πt＋eq\f(π,2))cm可知，t＝0.05s时，x2＝0，此时小球位于O点，小球加速度为零，故D错误。5.(简谐运动的图像)如图所示是某一质点做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是()A.质点振动的周期为7sB.1s末质点受到的回复力改变方向C.3s时与7s时质点速度相同D.质点振动方程为x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))cm解析：D由图可知，质点振动的周期为8s，故A错误；1s末前后质点受到的回复力都沿x轴负方向，故B错误；由x-t图像斜率表示速度可知，3s时与7s时质点速度大小相同，方向相反，故C错误；由A选项可得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，设质点振动方程为x＝Asin(ωt＋φ)cm，t＝3s时x＝0，代入数据解得φ＝eq\f(π,4)，可得x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))cm，故D正确。6.(简谐运动图像的比较)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像，则下列说法正确的是()A.在各自的一个周期内，甲振子的位移比乙振子的位移大B.第1s内，甲、乙两振子的加速度方向相反C.4s～6s内，甲、乙两振子的加速度均为正值D.第2s末，甲的加速度达到其最大值，乙的速度达到其最大值解析：B在各自的一个周期内，弹簧振子的位移为零，故A错误；第1s内，甲弹簧振子向x轴正方向做减速运动，加速度沿x轴负方向，乙弹簧振子向x轴负方向做减速运动，加速度沿x轴正方向，故B正确；4s～6s内，甲、乙两振子的位移均为正值，所以加速度均为负值，故C错误；第2s末，甲的速度达到其最小值，乙的加速度达到其最大值，故D错误。故选B。考点三单摆及周期公式1.定义：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，若忽略悬挂小球的细线长度的微小变化和质量，且线长比球的直径大得多，这样的装置叫作单摆。2.视为简谐运动的条件：eq\o(□,\s\up1(20))θ<5°。3.回复力：F＝－G2＝－Gsinθ＝－eq\f(mg,l)x。4.周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))。5.单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与eq\o(□,\s\up1(21))振幅和振子(小球)质量都没有关系。【判断正误】1.单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)2.单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。(×)3.当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力为零。(×)1.单摆的受力特征(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。(2)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ。(3)两点说明①当摆球在最高点时，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，FT＝mgcosθ。②当摆球在最低点时，F向＝eq\f(mvmax2,l)，F向最大，FT＝mg＋meq\f(vmax2,l)。2.周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的理解(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。(2)g为当地重力加速度。如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过5°。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力。下列说法正确的是()甲乙A.t＝0.1πs时小球位于B点B.t＝0.4πs时小球位于C点C.OA之间的距离为1.5mD.OP之间的距离为1.2m解析：D由图像可知，0～0.2πs内应该对应着摆球在CB之间的摆动；0.2πs～0.6πs内应该对应着摆球在BA之间的摆动，因t＝0.1πs时摆线拉力最小，可知小球位于C点，t＝0.4πs时小球位于A点，选项AB错误；摆球在AB之间摆动的周期为T1＝0.8πs，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L1＝1.6m，即OA之间的距离为1.6m，选项C错误；摆球在BC之间摆动的周期为T2＝0.4πs，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L2＝0.4m，即PB之间的距离为0.4m，OP之间的距离为1.2m，选项D正确。故选D。【对点训练】7.(单摆的振动图像的应用)甲、乙两星球表面的a、b两个单摆做简谐运动的x-t图像，如图所示，已知两单摆的摆长相等，由图可知()A.甲、乙两星球表面的重力加速度之比为eq\f(3,2)B.减小a摆的摆球质量，a摆的周期有可能与b摆相等C.a、b两单摆在最低点的速率有可能相等D.a、b两单摆在最低点的动能有可能相等解析：D由图可知两单摆的周期之比为T甲∶T乙＝2∶3，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得g＝eq\f(4π2l,T2)，所以甲、乙两星球表面的重力加速度之比为eq\f(g甲,g乙)＝eq\f(9,4)，故A错误；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，摆球周期与摆球质量无关，所以减小a摆的摆球质量，a摆的周期不可能与b摆相等，故B错误；设单摆的摆线与竖直方向的夹角为θ，达到最低点的速度大小为v，根据动能定理可得mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL（1－cosθ）)，由于eq\f(g甲,g乙)＝eq\f(9,4)，根据图像可知A甲＝2A乙，则sinθ甲≈2sinθ乙，a、b两单摆在最低点速率一定不同，故C错误；由于摆球质量关系未知，所以在最低点的动能Ek＝mgL(1－cosθ)有可能相等，D正确。故选D。8.(单摆周期公式的应用)(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，如图甲所示，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运动的速率由钟摆控制，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示。下列说法正确的是()甲乙A.摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移B.摆钟快了，应使圆盘沿摆杆下移C.把摆钟从北京移到上海，应使圆盘沿摆杆上移D.把摆钟从山顶移到山脚，应使圆盘沿摆杆上移解析：BC若摆钟变慢，是因为周期变大，由单摆的周期公式为T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，应减小摆长，即上移圆盘，同理，若摆钟变快，应下移圆盘，故A错误，B正确；从北京到上海，g值变小，周期变大，应减小摆长，即上移圆盘，故C正确；从山顶到山脚，g值变大，周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，故D错误。故选BC。考点四受迫振动和共振1.受迫振动(1)定义：物体在eq\o(□,\s\up1(22))周期性驱动力作用下的振动。(2)振动特征：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于eq\o(□,\s\up1(23))驱动力的频率，与物体的固有频率eq\o(□,\s\up1(24))无关。2.共振(1)概念：当驱动力的频率等于振动物体的eq\o(□,\s\up1(25))固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。(2)共振的条件：驱动力的频率等于振动物体的eq\o(□,\s\up1(26))固有频率。(3)共振的特征：共振时eq\o(□,\s\up1(27))振幅最大。(4)共振曲线(如图所示)。【判断正误】1.物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关。(×)2.驱动力的频率越大，物体做受迫振动的振幅越大。(×)3.物体在发生共振时的振动是受迫振动。(√)1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较比较项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由驱动力提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(θ<5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等2.对共振的理解(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。(2)受迫振动中系统能量的转化：系统与外界时刻进行能量交换。【对点训练】9.(受迫振动和共振)飞力士棒(Flexi－bar)是德国物理治疗师发明的一种物理康复器材，也是一种有效加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒整体结构由中间的握柄、两端负重头用一根PVC软杆连接组成，质量为508g，长度为1.525m，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示，可以使用双手进行驱动，则下列关于飞力士棒的认识正确的是()A.使用者用力越大飞力士棒振动越快B.随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定越来越大C.双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，会产生共振D.负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率不变解析：C使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大，故B错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为f＝eq\f(270,60)Hz＝4.5Hz，与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振，故C正确；负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率会变化，故D错误。故选C。10.(共振曲线的理解)(多选)一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则()A.此单摆的固有频率为0.5HzB.此单摆的摆长约为1mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动解析：AB由共振曲线可知，当驱动力频率为0.5Hz时振幅最大，此时产生共振现象，故单摆的固有频率f＝0.5Hz，A正确；单摆的周期为T＝eq\f(1,f)＝2s，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，B正确；根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，摆长增长时，单摆的周期增大，固有频率减小，产生共振的驱动频率也减小，共振曲线的峰将向左移动，CD错误。故选AB。11.(共振现象的应用)(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则()甲乙A.针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同B.随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大C.打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同D.稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同解析：AD不同树木的固有频率不同，因此针对不同树木，要使之发生共振需要的振动频率不同，选项A正确；根据共振曲线，小于固有频率时，逐渐增加驱动力频率，振动的幅度会增大，而在大于固有频率时增加驱动力频率，振动的幅度会减小，选项B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，选项D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有振动频率不同，选项C错误。限时规范训练30[基础巩固题组]1.光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为E＝eq\f(1,2)kA2，其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若振子质量为0.25kg，弹簧的劲度系数为25N/m。起振时系统具有势能0.06J和动能0.02J，则下列说法正确的是()A.该振动的振幅为0.16mB.振子经过平衡位置时的速度为0.4m/sC.振子的最大加速度为8m/s2D.若振子在位移最大处时，质量突变为0.15kg，则振幅变大解析：C弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有eq\f(1,2)kA2＝0.06J＋0.02J＝0.08J，所以该振动的振幅为A＝0.08m，故A错误；振子经过平衡位置时，动能为eq\f(1,2)mv2＝0.08J，所以速度为v＝0.8m/s，故B错误；由牛顿第二定律可知振子的最大加速度为a＝eq\f(kA,m)＝8m/s2，故C正确；振子在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.15kg，不影响系统的机械能，所以振幅不变，故D错误。2.如图所示，树梢的摆动可视为周期12s、振幅1.2m的简谐运动。某时刻开始计时，36s后树梢向右偏离平衡位置0.6m。下列说法正确的是()A.开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置B.树梢做简谐运动的“圆频率”约为0.08HzC.树梢在开始计时后的36s内通过的路程为4.8mD.再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处解析：D如果开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置，经过36s，即3T，则树梢恰位于平衡位置，故A错误；树梢做简谐运动的“圆频率”约为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)rad/s，故B错误；树梢在开始计时后的36s内通过的路程为s＝3×4A＝14.4m，故C错误；36s后树梢向右偏离平衡位置0.6m，设此时y＝1.2sin(eq\f(π,6)t＋φ)，因为t＝0，y＝0.6m，解得φ＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，当y＝1.2sin(eq\f(π,6)t＋eq\f(5π,6))时，再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处，故D正确。故选D。3.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是()甲乙A.在t＝0.2s时，小球的加速度为正向最大B.在t＝0.4s与t＝0.8s两个时刻，小球的速度相同C.从t＝0到t＝0.2s时间内，小球做加速度增大的减速运动D.在t＝0.6s时，小球有最小位移解析：C在t＝0.2s时，小球的位移为正向最大，根据a＝－eq\f(kx,m)，可知小球的加速度为负向最大，A错误；图像上某点的切线斜率表示该时刻小球的速度，在t＝0.4s与t＝0.8s两个时刻，小球的速度大小相等，方向相反，B错误；从t＝0到t＝0.2s时间内，小球做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6s时，小球有负方向的最大位移，D错误。故选C。4.质量相同的两个小球分别与轻质弹簧甲、乙组成弹簧振子，让两弹簧振子各自在水平面内做简谐运动，某时刻开始计时，两者的振动图像如图所示。已知弹簧振子的振动周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m为振子质量、k为弹簧劲度系数，下列说法正确的是()A.弹簧劲度系数甲比乙大B.弹簧劲度系数甲比乙小C.t＝0.1s时，甲弹簧对小球的作用力大于乙弹簧对小球的作用力D.t＝eq\f(2,15)s时，两振子的回复力大小相等解析：D根据题意，两个小球质量相同，由题图知，甲、乙周期相同，由T＝2πeq\r(\f(m,k))知，弹簧劲度系数甲等于乙，故AB错误；t＝0.1s时，甲处于平衡位置，回复力为零，乙处于负的最大位移处，回复力最大，则甲弹簧对小球的作用力小于乙弹簧对小球的作用力，故C错误；对甲有x甲＝eq\r(3)cosω甲t(cm)＝eq\r(3)coseq\f(2π,T)t(cm)＝eq\r(3)cos5πt(cm)，对乙有x乙＝－sinω乙teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cm))＝－sineq\f(2π,T)teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cm))＝－sin5πteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cm))，t＝eq\f(2,15)s时x甲＝eq\r(3)cos(5π×eq\f(2,15))cm＝－eq\f(\r(3),2)cm，x乙＝－sin(5π×eq\f(2,15))cm＝－eq\f(\r(3),2)cm，两弹簧形变量大小相等，弹力大小相等，则两振子的回复力大小相等，故D正确。故选D。5.将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(如图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t关系图如图乙所示。则以下说法正确的是()甲乙A.忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力等于手机所受的重力C.秋千摆动的周期为t3－t1D.该地的重力加速度g＝eq\f(4π2L,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))2)解析：C忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错误；在最低点，合力提供向心力N－mg＝meq\f(v2,L)，秋千对手机的支持力N＝mg＋meq\f(v2,L)＞mg，故秋千对手机的支持力大于手机的重力，B错误；秋千的周期为从最大偏角位置到另外一最大偏角位置再回到最大偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，根据垂直手机平面方向的a-t关系图，周期为T＝t3－t1，C正确；根据单摆周期公式T＝t3－t1＝2πeq\r(\f(L,g))，故当地重力加速度g＝eq\f(4π2L,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t1))2)，D错误。故选C。6.如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则()A.小球做简谐运动B.小球动能的变化周期为eq\f(T,2)C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD.小球的初速度为eq\f(v,2)时，其运动周期为2T解析：B物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为eq\f(T,2)，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为eq\f(T,2)，B正确，C错误；小球的初速度为eq\f(v,2)时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式T0＝2πeq\r(\f(m,k))，可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为eq\f(v,2)时，其运动周期应小于2T，D错误。7.(多选)轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿车的“车身—悬挂系统”的固有周期是0.5s，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是()A.当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为2HzB.轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小可能相同C.当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈D.轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈解析：BC当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为T＝eq\f(L,v)＝eq\f(3,25)s，则车身上下振动的频率为f＝eq\f(1,T)＝8eq\f(1,3)Hz，故A错误；车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同，故B正确，D错误；当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为f′＝eq\f(1,T′)＝eq\f(v′,L)＝2Hz，车身系统的固有频率为f0＝eq\f(1,T0)＝2Hz，此时f′＝f0，所以车身发生共振，颠簸得最剧烈，故C正确。故选BC。8.(多选)甲、乙两位同学分别在两个不同城市做“用单摆测重力加速度”的实验，记录不同摆长L对应的周期T；开学回来后共同绘制了T2－L图像如图甲中A、B所示。此外乙同学还对实验的单摆施加了驱动力使其做受迫振动，并绘制了此单摆的共振曲线，如图乙所示。下列说法中正确的是()甲乙A.由图甲分析可知A图像所对应的实验地点重力加速度较大B.单摆的固有周期由摆长和当地的重力加速度共同决定C.由图乙可知，乙同学探究受迫振动的单摆摆长约为1mD.如果乙同学增大摆长，得到的共振曲线的峰值位置将向右移动解析：BC根据单摆的固有周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得T2＝eq\f(4π2,g)L，所以T2-L图像的斜率k＝eq\f(4π2,g)，图甲中A图像的斜率大于B图像的斜率，故A图像所对应的实验地点的重力加速度较小，故A错误；单摆的固有周期公式为T＝2πeq\r(\f(L,g))，其中L为摆长，g为当地的重力加速度，故B正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5Hz，固有周期T0＝eq\f(1,f)＝2s，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得摆长L≈1m，故C正确；根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，若在同一地点增大摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振曲线的峰值位置向左移动，故D错误。故选BC。[能力提升题组]9.(多选)如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是()甲乙A.单摆的摆长约为1.0mB.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sinπt(cm)C.从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D.从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小解析：AB由题图乙可知单摆的周期T＝2s，振幅A＝8cm，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，代入数据可得l≈1.0m，选项A正确；由ω＝eq\f(2π,T)可得ω＝πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sinπt(cm)，选项B正确；从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，选项C错误；从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，选项D错误。10.(多选)下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()(a)(b)A.x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先减小后增大B.x从0.21m到0.