第1讲　机械振动-2026版大一轮高考物理复习

第1讲机械振动学习目标1.认识简谐运动，理解简谐运动的表达式和图像。2.知道单摆，理解并熟记单摆的周期公式。3.认识受迫振动，了解产生共振的条件及其应用。一、简谐运动eq\a\vs4\al(1.,,,)2.两种模型模型弹簧振子单摆示意图简谐运动条件(1)弹簧质量可忽略(2)无摩擦等阻力(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气阻力(3)摆角小于等于5°回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T＝2πeq\r(\f(l,g))能量转化弹性势能与动能的相互转化，系统的机械能守恒重力势能与动能的相互转化，摆球机械能守恒二、简谐运动的表达式和图像eq\a\vs4\al(1.,)eq\a\vs4\al(2.,,,,,,,)三、受迫振动和共振eq\a\vs4\al(1.,)eq\a\vs4\al(2.,,,)1.思考判断(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。(×)(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。(×)(3)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小。(√)(4)振动物体经过半个周期，路程等于2倍振幅；经过eq\f(1,4)个周期，路程等于振幅。(×)(5)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)(6)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。(√)(7)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(×)(8)简谐运动的振动图像一定是正弦曲线。(√)2.[2021·广东卷，16(1)]如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经eq\f(T,8)时间，小球从最低点向上运动的距离________eq\f(A,2)(填“大于”“小于”或“等于”)；在eq\f(T,4)时刻，小球的动能________(填“最大”或“最小”)。答案小于最大3.[2022·河北卷，16(1)]一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为10m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m。波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为________m，经过________s，Q点第一次到达正向最大位移处。答案20.554.如图所示，两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有频率为72Hz。当支架受到沿竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是()A.甲的振幅较大，且振动频率为8HzB.甲的振幅较大，且振动频率为9HzC.乙的振幅较大，且振动频率为9HzD.乙的振幅较大，且振动频率为72Hz答案B考点一简谐运动的基本特征简谐运动的五个特征受力特征回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特征靠近平衡位置时，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质点的位移、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)对称性特征关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速度的大小、动能、势能均相等，相对平衡位置的位移大小均相等角度简谐运动基本物理量的分析例1如图1所示，小球在BC之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C点运动到O点的过程中()图1A.动能不断增大，加速度不断减小B.回复力不断增大，系统机械能守恒C.弹性势能不断减小，加速度不断增大D.弹性势能不断增大，加速度不断减小答案A解析做简谐运动的小球，从C点到O点的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，合外力做正功，动能不断增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F＝－kx可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知F＝－kx＝ma，故加速度不断减小，故A正确；由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；在小球从C点到O点的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误。角度简谐运动的周期性与对称性例2小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5s，小球第一次经过P点，又经过0.2s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该振子第三次经过P点()A.1.0s B.2.4sC.0.8s D.2.2s答案D解析若小球从O点开始向指向P点的方向振动，作出示意图如图甲所示则小球的振动周期为T1＝(0.5＋0.1)×4s＝2.4s，则该小球再经过时间Δt＝T1－0.2s＝2.2s，第三次经过P点；若小球从O点开始向背离P点的方向振动，作出示意图如图乙所示则有0.5s＋0.1s＝eq\f(3,4)T2，小球的振动周期为T2＝0.8s，则该小球再经过时间Δt′＝T2－0.2s＝0.6s，第三次经过P点，A、B、C错误，D正确。以位移为桥梁分析简谐运动中各物理量的变化情况(1)位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化，各矢量均在位移为零时均改变方向。(2)位移相同时，回复力、加速度、动能、势能可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不确定。考点二简谐运动的表达式和图像1.简谐运动的振动方程和图像(1)从平衡位置开始计时：x＝Asinωt，如图甲所示。(2)从最大位移处开始计时：x＝Acosωt，如图乙所示。(3)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.由图像可获取的信息(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ(如图所示)。(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移。(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定。(4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同。(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。3.简谐运动的对称性(如图)(1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同。(2)相隔Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0，1，2…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向(或都为零)，速度也等大反向(或都为零)。例3(多选)如图2所示是一简谐运动的振动图像，则下列说法正确的是()图2A.该简谐运动的振幅为6cm，周期为8sB.6～8s时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动C.图中的正弦曲线表示振子的运动轨迹D.该振动图像对应的表达式为x＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm答案BD解析由题图可知，该简谐运动的振幅为3cm，周期为8s，故A错误；6～8s时间内，振子负方向的位移大小减小，8s末回到平衡位置，所以振子由负向最大位移处向平衡位置运动，故B正确；题图中的正弦曲线表示振子偏离平衡位置的位移随时间变化的规律，不是振子的运动轨迹，故C错误；振动图像表达式为x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))cm，代入振幅A和周期T，则该振动图像对应的表达式为x＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm，故D正确。1.(多选)如图3所示，为一个水平弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是()图3A.t＝1s到t＝2s内，弹簧振子的动能不断减小B.该弹簧振子的振动方程为x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cmC.t＝3s时，弹簧振子的加速度沿x轴负方向D.t＝0到t＝10s内弹簧振子的路程为50cm答案BC解析t＝1s到t＝2s内，弹簧振子从位移最大位置向平衡位置运动，则振子的动能不断增加，选项A错误；因为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，振幅A＝10cm，该弹簧振子的振动方程为x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cm，选项B正确；t＝3s时，弹簧振子的位移正向最大，则加速度沿x轴负方向，选项C正确；因10s＝2.5T，则t＝0到t＝10s内弹簧振子的路程为2.5×4A＝100cm，选项D错误。考点三单摆及周期公式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：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcosθ。(3)两点说明①当摆球在最高点时，v＝0，Fn＝eq\f(mv2,l)＝0，FT＝mgcosθ。②当摆球在最低点时，Fn＝meq\f(veq\o\al(2,max),l)，Fn最大，FT＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。2.周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的两点说明(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。例4如图4甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是()图4A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin(2πt)cmB.单摆的摆长约为10cmC.从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受的回复力逐渐增大D.从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐增大答案D解析由题图乙可知，振幅A＝10cm，单摆周期T＝2s，则圆频率ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，可得单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin(πt)cm，A错误；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))解得单摆的摆长约为100cm，B错误；由题图乙可知，从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球从最大位移处向平衡位置运动，所以加速度在减小，回复力在减小，摆球的速度在增大，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的拉力FT＝Gcosθ＋meq\f(v2,l)，此时θ减小，v增大，所以拉力逐渐增大，C错误，D正确。2.(多选)(2024·海南海口模拟)如图5所示是两个理想单摆在同一地点的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是()图5A.t＝2s时，甲单摆的摆线拉力为0，乙的速度为0B.增大乙的摆球质量，乙的周期有可能与甲相等C.甲摆球和乙摆球永远不可能同时均处于动能最小的状态D.乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm答案CD解析t＝2s时，甲单摆运动到最低点，摆球速度最大，细线拉力和小球重力的合力提供向心力，摆线拉力不为0，故A错误；由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，周期与摆球质量没有关系，故B错误；由题图可知，乙的周期是甲的2倍，甲、乙同时从平衡位置向正方向运动，则永远不可能同时均处于动能最小的状态，故C正确；由题图可知，乙单摆的振幅为1cm，圆频率为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，又有t＝0时，x＝0，且开始向正方向运动，则乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm，故D正确。考点四受迫振动和共振简谐运动、受迫振动和共振的关系比较振动项目简谐运动受迫振动共振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振动能量系统的机械能不变由产生驱动力的物体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、声音的共鸣等例5科技馆内有共振秋千，参观者坐上秋千，双脚离地，前后摆动，会发现对面的球摆也在跟着大幅度摆动。关于这个现象，以下说法不正确的是()图6A.如果改变对面球的质量，会使球摆动幅度变小B.秋千系统的重心高度与对面球摆的重心高度大致相同C.如果对秋千施加一个周期性的驱动力，球摆的振动周期与该驱动力周期相同D.若把共振秋千移到太空舱中则无法实现共振现象答案A解析球发生摆动是因为参观者晃动秋千使球做受迫振动，受迫振动的周期和频率等于驱动力的周期和频率，故球摆的振动周期与对该秋千施加的周期性的驱动力的周期相同，C正确；球的摆动幅度和参观者晃动秋千的频率与球摆的固有频率有关，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可知球摆的固有频率只与摆长和重力加速度有关，与质量没有关系，A错误；发现对面的球摆也在跟着大幅度摆动，说明发生了共振，周期相同，则摆长相同，说明重心高度大致相同，B正确；球摆的重力沿切线方向的分力提供回复力，共振秋千移到太空舱中处于完全失重状态，则不能形成单摆，所以无法实现共振现象，D正确。3.(2024·山东枣庄高三期中)某种减噪装置结构如图7所示，通过装置的共振可吸收声波。已知其固有频率为f0＝eq\f(60,\r(σL))(SI制)，其中σ为薄板单位面积的质量，L为空气层的厚度。经测试发现它对频率为200Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由200Hz变为300Hz，则()图7A.系统振动频率为200HzB.系统振动频率为300HzC.为获得更好减噪效果，可仅增大L的大小D.为获得更好减噪效果，可仅换用σ更大的薄板答案B解析系统做受迫振动，振动时的频率等于驱动力的频率，即为300Hz，故A错误，B正确；由于驱动力的频率大于系统的固有频率，在驱动力的频率一定时，为获得更好减噪效果，应使系统的固有频率增大，由f0＝eq\f(60,\r(σL))(SI制)可知，应减小σ或L，故C、D错误。A级基础对点练对点练1简谐运动的基本特征1.如图1所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，小球完成30次全振动所用时间为60s，则()图1A.该振子振动周期是2s，振幅是6cmB.该振子振动频率是2HzC.小球完成一次全振动通过的路程是12cmD.小球过O点时开始计时，3s内通过的路程为24cm答案C解析由题意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(6,2)cm＝3cm，A错误；频率T＝eq\f(1,f)，解得f＝0.5Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4A＝12cm，C正确；小球在3s内通过的路程为s＝eq\f(t,T)×4A＝eq\f(3,2)×4×3cm＝18cm，D错误。2.(2024·浙江杭州联考)如图2为某鱼漂示意图。当鱼漂静止时，水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按，使M点到达水位处。松手后，鱼漂会上下运动，鱼漂上的M、N两点在水位上下来回移动，且鱼漂的运动是简谐运动。下列说法正确的是()图2A.水位在O点时，鱼漂的速度最大B.N点到达水位处时，鱼漂的位移向下最大C.M点到达水位处时，鱼漂具有向下的加速度D.M、N之间的距离即鱼漂的振幅答案A解析O点是平衡位置，根据简谐运动的特点可知，水位在O点时，鱼漂的速度最大，故A正确；鱼漂的N点到达水位处时，说明鱼漂向上运动，位移方向向上且最大，速度为零，故B错误；M点到达水位处时，鱼漂向下的位移最大，具有向上的加速度，故C错误；鱼漂上下做简谐运动，偏离平衡位置的最大位移叫振幅，M点或N点到达水位处时，位移最大，振幅等于OM的长度或者ON的长度，故D错误。对点练2简谐运动的表达式和图像3.某质点的振动图像如图3所示，下列说法正确的是()图3A.1s和3s时刻，质点的速度相同B.1s到2s时间内，质点的速度与加速度方向相同C.简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt＋1.5π)cmD.简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt＋0.5π)cm答案D解析y－t图像上某点切线的斜率表示速度；1s和3s时刻，质点的速度大小相等，方向相反，故A错误；1s到2s时间内，质点做减速运动，加速度与速度方向相反，故B错误；振幅为A＝2cm，周期为T＝4s，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4)rad/s＝0.5πrad/s，t＝0时，y＝2cm，则φ＝0.5π，简谐运动的表达式为y＝Asin(ωt＋φ)＝2sin(0.5πt＋0.5π)cm，故C错误，D正确。4.(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图4甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，则下列说法中正确的是()图4A.OB＝5cmB.第0.2s末，质点的速度方向是A→OC.第0.4s末，质点的加速度方向是A→OD.第0.7s末，质点位置在O点与A点之间答案AC解析由题图乙可知振幅为5cm，则有OB＝OA＝5cm，A正确；0～0.2s内质点从B向O运动，即第0.2s末质点的速度方向是O→A，B错误；第0.4s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C正确；第0.7s末时质点位置在O与B之间，D错误。对点练3单摆及周期公式5.摆球质量为m的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图5所示，重力加速度为g，则该单摆()图5A.摆长为eq\f(gteq\o\al(2,0),4π2)B.摆长为eq\f(gteq\o\al(2,0),π2)C.摆球向心加速度的最大值为eq\f(π2E0,2mgteq\o\al(2,0))D.摆球向心加速度的最大值为eq\f(2π2E0,mgteq\o\al(2,0))答案C解析由题图可知，单摆的周期T＝4t0，根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(4gteq\o\al(2,0),π2)，故A、B错误；摆球到最低点的动能Ek＝E0＝eq\f(1,2)mv2，向心加速度的最大值为a＝eq\f(v2,l)，解得a＝eq\f(π2E0,2mgteq\o\al(2,0))，故C正确，D错误。6.(2024·广东广州模拟)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(图6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()图6A.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)答案C解析忽略空气阻力，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，合力提供向心力有FN－mg＝meq\f(v2,l)，秋千对手机的支持力FN＝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位移处到另外一最大位移处再回到最大位移处位置所用的时间，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，可知周期为T＝t3－t1，C正确；根据单摆周期公式T＝t3－t1＝2πeq\r(\f(l,g))，可知当地重力加速度g＝eq\f(4π2l,（t3－t1）2)，D错误。对点练4受迫振动和共振7.(2024·江苏连云港模拟)飞力士棒是物理治疗师发明的一种康复器材，它由一根PVC软杆、两端的负重头和中间的握柄组成，棒的固有频率为4.5Hz，如图7所示。下列说法正确的是()图7A.用力越大，棒振动得越快B.增大手驱动的频率，棒的振幅一定变大C.增大手驱动的频率，棒的振动频率可能减小D.双手驱动该棒每分钟振动270次，则棒的振幅最大答案D解析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；增大手驱动的频率，飞力士棒振动的频率随之增大，但是振幅不一定越来越大，故B、C错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次，则驱动力的频率为f＝eq\f(270,60)Hz＝4.5Hz，驱动力的频率与飞力士棒的固有频率相等，此时振幅最大，故D正确。8.(多选)(2024·辽宁沈阳高三月考)共振现象是指一个物理系统在其自然的振动频率(所谓的共振频率)下趋于从周围环境吸收更多能量的趋势。自然中有许多地方有共振的现象。人类也在其技术中利用或者试图避免共振现象。如图8所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是(π2≈10)()图8A.此单摆的固有周期为2sB.此单摆的摆长约为2mC.若仅摆长增大，单摆的固有频率增大D.若仅摆长增大，共振曲线的峰将向左移答案AD解析当驱动力的频率等于单摆的固有频率时，发生共振现象，振幅达到最大，由题图知，驱动力的频率为0.5Hz时，振幅最大，则此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A正确；根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得此单摆的摆长约为L＝eq\f(T2g,4π2)＝eq\f(22×10,4×10)m＝1m，故B错误；若仅摆长增大，根据单摆周期公式，单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移，故C错误，D正确。B级综合提升练9.(2024·山东青岛高三期中)如图9甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t＝0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，粘接时间可忽略，其位置随时间变化的图像(x－t)如图乙所示，其中t＝0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，则()图9A.t＝0.4s时物块的加速度等于重力加速度B.t＝0.7s时物块的加速度小于重力加速度C.该物块与薄板粘连后振动的周期为0.1sD.t＝0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为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解析薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由题图乙可知，t＝0.4s时的B点对应的速度为零，物块处于最低点位置；t＝0.7s时的C点对应的速度为零，物块处于与薄板粘连后的最高点；根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即aB＝aC，由于C点对应物块处于最高点，此时弹簧处于伸长状态，根据牛顿第二定律可得aC＝eq\f(mg＋F弹,m)>g，故A、B错误；物块从最低点B到最高点C所用时间为tBC＝0.7s－0.4s＝0.3s，该物块与薄板粘连后振动的周期为T＝2tBC＝0.6s，故C错误；因为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(10π,3)rad/s，振幅为A＝eq\f(50－10,2)cm＝0.2m，t＝0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为x＝0.3＋0.2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)（t－0.2）＋φ0))m，当t＝0.4s时，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正确。10.(2022·浙江6月选考，11)如图10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()图10A.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答案B解析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的过程，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，这两个过程小球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，可知小球在匀速运动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))，可知与弹簧接触过程所用时间与速度无关，即与弹簧接触过程时间保持不变，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。11.(多选)如图11甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02N。已知摆球质量m＝100g，重力加速度g取9.8m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是()图11A.单摆周期为0.8sB.单摆摆长为0.64mC.F的最小值Fmin＝0.96ND.若仅将摆球