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高考物理一轮复习讲义第8章第1课时 机械振动（2份打包，原卷版+教师版）
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第1课时 机械振动
目标要求 1.知道简谐运动的概念，掌握简谐运动的特征，理解简谐运动的表达式和图像。2.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。3.理解受迫振动和共振的概念，了解产生共振的条件。
考点一 简谐运动的基本特征
1．简谐运动：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，这样的运动就是简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
3．回复力
(1)定义：使物体在平衡位置附近做往复运动的力。
(2)方向：总是指向平衡位置。
4．简谐运动的特点
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。( × )
例1 如图所示，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运动到O的过程中( )
A．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到O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，所以合外力做正功，动能增大；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，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；在小球从C到O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。
例2 如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为( )
A．3 s、6 cm B．4 s、6 cm
C．4 s、9 cm D．2 s、8 cm
答案 B
解析 简谐运动的质点，先后以同样的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等，那么平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4(t1＋t2)＝4 s。这2 s内质点通过的总路程的一半，即为振幅，所以振幅A＝eq \f(12 cm,2)＝6 cm，故选B。
简谐运动的周期性与对称性
考点二 简谐运动的公式和图像
1．简谐运动的表达式
x＝Asin(ωt＋φ)，ωt＋φ为相位，φ为初相位，ω为圆频率，ω与周期T的关系为ω＝eq \f(2π,T)。
2．简谐运动的振动图像
表示做简谐运动的物体的位移随时间变化的规律，是一条正弦曲线。
例3 (2024·山西吕梁市开学检测)质点A做简谐运动的位移—时间关系式为xA＝4sin(50t－0.5π) m，质点B做简谐运动的位移—时间关系式为xB＝4sin(50t＋0.3π) m，下列说法正确的是( )
A．A的相位比B的相位总滞后0.2π
B．A、B的振动频率均为eq \f(50,π) Hz
C．t＝0时，A的加速度沿负方向最大
D．t＝eq \f(7π,500) s时，B的加速度最小
答案 D
解析 A、B的振动频率相同，相位差恒定且为－0.8π，故A的相位比B的相位总滞后0.8π，故A错误；A、B的振动频率均为eq \f(50,2π) Hz＝eq \f(25,π) Hz，故B错误；t＝0时，A的位移为负向最大，故加速度为正向最大，故C错误；t＝eq \f(7π,500) s时，B的位移为0，处在平衡位置，故B的加速度最小，故D正确。
例4 (多选)(2023·海南海口市一模)一质点做简谐运动的图像如图所示，则( )
A．在t＝0.1 s时，该质点的速度最大
B．在t＝0.1 s时，该质点具有x轴负方向最大加速度
C．在0.1～0.2 s时间内质点沿x轴负方向做加速度减小的加速运动
D．在0～0.6 s时间内质点运动的路程为100 cm
答案 BC
解析 在t＝0.1 s时，该质点处于正方向最大位移处，速度为零，A错误；据a＝eq \f(F回,m)＝－eq \f(k,m)x可知，在t＝0.1 s时，该质点具有x轴负方向最大加速度，B正确；在0.1～0.2 s时间内，质点从正方向最大位移处运动至平衡位置，即质点沿x轴负方向做加速度减小的加速运动，C正确；在0～0.6 s时间内，质点运动的路程为6A，即120 cm，D错误。
从振动图像可获取的信息
1．振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0(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(即此切点的导数)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。
考点三 单摆
1.如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置叫作单摆。(如图)
2．简谐运动的条件：θ<5°。
3．回复力：F回＝mgsin θ＝－eq \f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。
4．周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g))。
(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。
说明：当单摆处于月球上时，重力加速度为g月；当单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。
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，与振幅和摆球质量无关。
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。( × )
思考 (1)单摆的回复力表达式中k对应什么？
(2)由单摆的周期公式和回复力公式推导简谐振动的周期公式。
答案 (1)由单摆回复力公式可知k＝eq \f(mg,l)。
(2)由回复力公式知eq \f(l,g)＝eq \f(m,k)，替换单摆周期公式可得简谐振动周期公式为T＝2πeq \r(\f(m,k))。
例5 (2022·海南卷·4)在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为( )
A．2∶3 B．3∶2 C．4∶9 D．9∶4
答案 C
解析 由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙＝0.8∶1.2＝2∶3，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得l＝eq \f(gT2,4π2)，则甲、乙两个单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝4∶9，故选C。
例6 (2023·山东威海市乳山一中期末)如图所示，A、B两物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C′两点间一起做简谐运动，O为最低点，当位移为x时，A、B系统的回复力为F。A、B的总重力为G，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．A、B经过O点时均处于平衡状态
B．F＝－eq \f(G,R)x
C．由O点向C点运动的过程中，A受到的摩擦力逐渐增大
D．经过O点时，将A取走，B的振幅将增大
答案 B
解析 A、B经过O点时的向心加速度不为零，所受合力提供向心力，不为零，处于非平衡状态，故A错误；设当位移为x时，摆角为θ，当θ较小时，有sin θ＝eq \f(x,R)，对两物块进行受力分析可得sin θ＝eq \f(F,G)，联立得回复力的大小为F＝eq \f(G,R)x，考虑回复力的方向，故B正确；A、B由O点向C点运动的过程中，设位移为y，摆角为α，以A、B整体为研究对象，在速度方向有F＝Gsin α＝mABa，a＝gsin α，对A进行受力分析可得GAsin α－Ff＝mAaA，由题意可得a＝aA，联立解得Ff＝0，故C错误；单摆的振幅与摆动物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅不变，故D错误。
考点四 受迫振动和共振
1．受迫振动
(1)概念：系统在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驱动力的频率，与物体的固有频率无关。
2．共振
(1)概念：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。
(2)共振的条件：驱动力的频率等于物体的固有频率。
(3)共振的特征：共振时振幅最大。
(4)共振曲线(如图所示)。
f＝f0时，A＝Am，f与f0相差越大，物体做受迫振动的振幅越小。
1．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关。( × )
2．物体在发生共振时的振动是受迫振动。( √ )
3．驱动力的频率越大，物体做受迫振动的振幅越大。( × )
例7 如图所示，我爱发明节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用了机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落，则( )
A．工作中，树干的振动频率可能大于采摘振动头的振动频率
B．采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小
C．采摘振动头振动频率越大，落果效果越好
D．对于粗细不同的树干可以调整采摘振动头的频率以达到最佳采摘效果
答案 D
解析 树干在采摘振动头的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与采摘振动头的振动频率相同，故A错误；采摘振动头停止振动，则树干的振动频率不变，振幅减小，故B错误；当采摘振动头的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，落果效果最好，因此采摘振动头振动频率越大，落果效果不一定越好，故C错误；对于粗细不同的树干，其固有频率一般不同，可以调整采摘振动头的频率等于树干的固有频率达到共振，使采摘效果最佳，故D正确。
例8 (2023·江苏南京市检测)一个单摆做受迫振动，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．此单摆的固有周期约为0.5 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
答案 B
解析 由题图可知，振幅最大时，此单摆的振动频率与固有频率相等，则有f＝0.5 Hz，可知此单摆的固有周期为T＝eq \f(1,f)＝2 s，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可知此单摆的摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)≈1 m，故A错误，B正确；若摆长增大，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故C、D错误。
简谐运动、受迫振动和共振的比较
课时精练
1.如图所示，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6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则( )
A．该振子振动周期是2 s，振幅是6 cm
B．该振子振动频率是2 Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是12 cm
D．小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
答案 C
解析 由题意可知T＝eq \f(60,30) s＝2 s，A＝eq \f(6,2) cm＝3 cm，A错误；f＝eq \f(1,T)＝0.5 Hz，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＝4×3 cm＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝eq \f(t,T)×4A＝eq \f(3,2)×4×3 cm＝18 cm，D错误。
2．(2024·甘肃天水市期中)如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，则下列说法正确的是( )
A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的位移
答案 C
解析 在t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误。
3．(2023·贵州遵义市模拟)如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中，沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离很小。其中墨迹上A、B两点到OO′的距离均为注射器振幅的一半。不计空气阻力，则( )
A．在不同地方重复该实验，摆动周期一定相同
B．注射器从A点上方摆到B点上方的时间小于eq \f(1,4)摆动周期
C．注射器在A点上方与在B点上方时加速度相同
D．在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅
答案 B
解析 注射器做单摆运动，周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))，不同地方重力加速度不同，在不同地方重复该实验，摆动周期不一定相同，故A错误；
在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为eq \f(T,4)，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器从A点上方运动至平衡位置的时间小于eq \f(T,8)，同理可知注射器从平衡位置运动至B点上方的时间小于eq \f(T,8)，故注射器从A点上方摆到B点上方的时间小于eq \f(1,4)摆动周期，故B正确；
注射器在A点上方与在B点上方时，注射器的位移大小相同，方向相反，根据a＝eq \f(F,m)＝eq \f(－kx,m)，可知注射器在A点上方与在B点上方时加速度大小相同，方向相反，故C错误；在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，匀速拖动木板，可知木板在OO′方向上的路程不为零，故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4倍振幅，故D错误。
4．(2024·广西河池市开学考)如图甲所示，竖直悬挂弹簧振子在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达D点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x－t图像，则( )
A．弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向
C．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin(2πt＋eq \f(3π,2)) m
D．弹簧振子在前2.5 s内的路程为1 m
答案 D
解析 弹簧振子从D点经过O点运动到C点然后再经过O点回到D点为一次全振动，故A错误；题图乙中的P点时刻振子的速度方向沿负方向，加速度方向沿正方向，故B错误；由题图乙知周期为T＝1 s，弹簧振子的振幅为A＝0.1 m，则ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s，规定竖直向下为正方向，振子到达D点开始计时，t＝0时刻位移为0.1 m，可知初相位为eq \f(π,2)，则弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin(2πt＋eq \f(π,2)) m，故C错误；弹簧振子在前2.5 s内的路程为s＝eq \f(5,2)×4A＝10A＝1 m，故D正确。
5.(2024·江苏镇江市检测)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道对应的圆心角的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N(可视为质点)从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到O点过程中都经过图中的P点。下列说法正确的是( )
A．M比N后到达O点
B．M、N通过P点时所受的回复力相同
C．M有可能在P点追上N并与之相碰
D．从释放到O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大
答案 B
解析 根据T＝2πeq \r(\f(L,g))，两个小球做简谐运动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；
M、N通过P点时所受的回复力相同，均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，故B正确；
M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；
从释放到O点过程中，根据I＝mgt，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。
6.(2023·广东江门市一模)轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2 Hz。如图所示，这辆轿车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0 m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是( )
A．当该轿车通过减速带时，车身上下振动的频率均为2 Hz，与车速无关
B．该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
C．当该轿车以2 m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
D．当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同
答案 C
解析 当轿车以速度v通过减速带时，车身上下振动的周期为T＝eq \f(L,v)，则车身上下振动的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(v,L)，该值与车速有关，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，即当车速满足f＝eq \f(v,L)＝2 Hz，即v＝2 m/s，车身上下颠簸得最剧烈，故B错误，C正确；当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下振动的频率可能分别大于或小于车身系统的固有频率，车身上下颠簸的剧烈程度可能相同，故D错误。
7.(2023·上海市二模)摆球质量为m的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，重力加速度为g，则该单摆( )
A．摆长为eq \f(gt02,4π2)
B．摆长为eq \f(gt02,π2)
C．摆球向心加速度的最大值为eq \f(π2E0,2mgt02)
D．摆球向心加速度的最大值为eq \f(2π2E0,mgt02)
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(4gt02,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(π2E0,2mgt02)，故C正确，D错误。
8.(多选)(2023·河北保定市二模)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端拴接一质量为m的物体A，初始时系统处于静止状态，弹簧的弹性势能大小为E，将另一与A完全相同的物体B轻放在A上，重力加速度为g，关于物体A、B之后在竖直方向上的运动，下列说法正确的是( )
A．物体B被弹簧弹回到某位置后将脱离物体A向上运动
B．A、B运动过程中的最大加速度为g
C．A、B运动过程中的最大加速度为eq \f(g,2)
D．弹簧的最大弹性势能为eq \f(4m2g2,k)＋E
答案 CD
解析 初始时，A、B的加速度最大，对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律有2mg－kx1＝2ma，kx1＝mg，解得a＝eq \f(g,2)，故B错误，C正确；当两物体运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性有kx2－2mg＝2ma，解得x2＝eq \f(3mg,k)，对A、B和弹簧组成的系统根据机械能守恒定律有Epmax＝2mg(x2－x1)＋E＝eq \f(4m2g2,k)＋E，故D正确；由于A、B在运动过程中的最大加速度为eq \f(g,2)，所以物体B将始终受到向下的重力和A对B向上的支持力，所以B被弹簧弹回到某位置后将不会脱离物体A向上运动，故A错误。
9．(多选)(2023·湖北十堰市检测)如图所示，质量为1.44 kg的小球(视为质点)在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在t1＝0.1 s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2＝0.5 s时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期T＝2πeq \r(\f(m,k))，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取π2＝10，则下列说法正确的是( )
A．弹簧振子的周期为1.2 s
B．弹簧的劲度系数为80 N/m
C．在t3＝1.3 s时刻，小球第四次经过M点
D．O、M两点间的距离为5 cm
答案 AD
解析 根据题意可知，小球从t＝0开始先向右运动(先向左运动的情况不符合题意)，M点到B点的时间为t0＝eq \f(t2－t1,2)＝0.2 s，则eq \f(T,4)＝t0＋t1＝0.3 s，T＝1.2 s，故A正确；根据T＝2πeq \r(\f(m,k))，代入数据得k＝40 N/m，故B错误；小球第三次经过M点时间t3＝t2＋t1＋eq \f(T,2)＋t1＝1.3 s，故C错误；小球做简谐运动，有y＝Asin ωt＝Asin eq \f(2π,T)t＝10sin eq \f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1 s时，y＝5 cm，即O、M两点间的距离为5 cm，故D正确。
10.(2023·江苏扬州市三模)如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为( )
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 由于摆球绕OO′轴转动，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角很小时，重力沿图中虚线向下的分力的沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，“杆线摆”的摆长为l＝Lcs 30°＝eq \f(\r(3),2)L，摆球沿虚线方向等效重力G′＝Gcs 60°＝eq \f(1,2)mg＝mg′，故g′＝eq \f(1,2)g，“杆线摆”的周期为T＝2πeq \r(\f(l,g′))＝2πeq \r(\f(\r(3)L,g))，故选A。
11．(多选)(2024·河南焦作市检测)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1 Hz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．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq \f(F1－F2,2ρSg)
答案 ABD
解析 由简谐运动的对称性可知，水平位移为0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置；x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故A正确；x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒从平衡位置上方向平衡位置移动，加速度竖直向下，大小逐渐减小，故B正确；x＝0.4 m时木棒位于最低点，x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在最低点上方相同距离处，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，而两时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错误；木棒在最低点时有F1＝ρSgh1，在最高点时有F2＝ρSgh2，其中h1－h2＝2A，故振幅A＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，故D正确。
12.(多选)(2023·山东卷·10)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的eq \r(3)倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是( )
A.eq \f(2L,\r(3)－1)，3t B.eq \f(2L,\r(3)－1)，4t
C.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 当A、B两点在平衡位置的同侧时有eq \f(1,2)A＝Asin φA，eq \f(\r(3),2)A＝Asin φB，可得φA＝eq \f(π,6)或eq \f(5,6)π(由图中运动方向知应舍去)，φB＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，因此可知第二次经过B点时φB＝eq \f(2π,3)，则eq \f(\f(2,3)π－\f(π,6),2π)T＝t，解得T＝4t，此时位移关系为eq \f(\r(3),2)A－eq \f(1,2)A＝L，解得A＝eq \f(2L,\r(3)－1)，故A错误，B正确；当A、B两点在平衡位置两侧时有－eq \f(1,2)A＝Asin φA，eq \f(\r(3),2)A＝Asin φB，解得φA＝－eq \f(π,6)或－eq \f(5π,6)(由图中运动方向知应舍去)，φB＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，当第二次经过B点时φB＝eq \f(2π,3)，则eq \f(\f(2,3)π－－\f(π,6),2π)T＝t，解得T＝eq \f(12,5)t，此时位移关系为eq \f(\r(3),2)A＋eq \f(1,2)A＝L，解得A＝eq \f(2L,\r(3)＋1)，C正确，D错误。
13.(多选)(2024·山东省联考)如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，以相等的速率依次通过相距0.2 m的A、B两点。质点经过A点时开始计时，t1＝1 s时经过B点，t2＝3 s时也刚好经过B点，则该质点简谐运动的振幅和周期可能是( )
A．0.1 m,1 s B．0.1 m,0.4 s
C．0.2 m,0.4 s D．0.2 m，eq \f(6,7) s
答案 BCD
解析 由选项，若振幅A＝0.1 m，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T1,2)＋nT1＝1 s(n＝0,1,2，…)，在t1～t2时间内根据简谐运动的周期性有n′T1＝2 s(n′＝1,2,3，…)，解得T1＝eq \f(2,2n＋1) s(n＝0,1,2，…)，当n＝2时，T1＝0.4 s，故A错误，B正确；
若振幅A＝0.2 m，平衡位置是AB的中点，且质点从A向右经过B点，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T2,6)＋nT2＝1 s(n＝0,1,2，…)
在t1～t2时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T2,3)＋n′T2＝2 s(n′＝0,1,2，…)，解得T2＝eq \f(6,6n＋1) s(n＝0,1,2，…)，当n＝1时，T2＝eq \f(6,7) s，故D正确；若振幅A＝0.2 m，平衡位置是AB的中点，且质点从A向左先到达最大位移处再向右经过B点，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T2,2)＋nT2＝1 s(n＝0,1,2，…)，在t1～t2时间内根据简谐运动的周期性有n′T2＝2 s(n′＝1,2,3，…)，解得T2＝eq \f(2,2n＋1) s(n＝0，1,2，…)，当n＝2时，T2＝0.4 s，故C正确。考情分析
试题情境
生活实践类
共振筛、摆钟、地震波、多普勒彩超等
学习探究类
简谐运动的特征、单摆的周期与摆长的定量关系、用单摆测量重力加速度、受迫振动的特点、共振的条件及其应用、波的干涉与衍射现象、多普勒效应
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(填“增大”或“减小”)
能量特点
对同一个振动系统，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
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
(1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置O点对称的两点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′所用的时间，即tPO＝tOP′
(3)物体往复运动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＋1T,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
振动
项目
简谐运动
受迫振动
共振
受力情况
受回复力
受驱动力作用
受驱动力作用
振动周期、频率
由系统本身性质决定，即固有周期T0和固有频率f0
由驱动力的周期和频率决定，即T＝T驱，f＝f驱
T驱＝T0，f驱＝f0
振动能量
振动系统的机械能不变
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
第1课时 机械振动
目标要求 1.知道简谐运动的概念，掌握简谐运动的特征，理解简谐运动的表达式和图像。2.知道什么是单摆，熟记单摆的周期公式。3.理解受迫振动和共振的概念，了解产生共振的条件。
考点一 简谐运动的基本特征
1．简谐运动：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，这样的运动就是简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
3．回复力
(1)定义：使物体在平衡位置附近做往复运动的力。
(2)方向：总是指向平衡位置。
4．简谐运动的特点
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。( × )
例1 如图所示，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运动到O的过程中( )
A．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到O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，所以合外力做正功，动能增大；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，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；在小球从C到O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。
例2 如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为( )
A．3 s、6 cm B．4 s、6 cm
C．4 s、9 cm D．2 s、8 cm
答案 B
解析 简谐运动的质点，先后以同样的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等，那么平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4(t1＋t2)＝4 s。这2 s内质点通过的总路程的一半，即为振幅，所以振幅A＝eq \f(12 cm,2)＝6 cm，故选B。
简谐运动的周期性与对称性
考点二 简谐运动的公式和图像
1．简谐运动的表达式
x＝Asin(ωt＋φ)，ωt＋φ为相位，φ为初相位，ω为圆频率，ω与周期T的关系为ω＝eq \f(2π,T)。
2．简谐运动的振动图像
表示做简谐运动的物体的位移随时间变化的规律，是一条正弦曲线。
例3 (2024·山西吕梁市开学检测)质点A做简谐运动的位移—时间关系式为xA＝4sin(50t－0.5π) m，质点B做简谐运动的位移—时间关系式为xB＝4sin(50t＋0.3π) m，下列说法正确的是( )
A．A的相位比B的相位总滞后0.2π
B．A、B的振动频率均为eq \f(50,π) Hz
C．t＝0时，A的加速度沿负方向最大
D．t＝eq \f(7π,500) s时，B的加速度最小
答案 D
解析 A、B的振动频率相同，相位差恒定且为－0.8π，故A的相位比B的相位总滞后0.8π，故A错误；A、B的振动频率均为eq \f(50,2π) Hz＝eq \f(25,π) Hz，故B错误；t＝0时，A的位移为负向最大，故加速度为正向最大，故C错误；t＝eq \f(7π,500) s时，B的位移为0，处在平衡位置，故B的加速度最小，故D正确。
例4 (多选)(2023·海南海口市一模)一质点做简谐运动的图像如图所示，则( )
A．在t＝0.1 s时，该质点的速度最大
B．在t＝0.1 s时，该质点具有x轴负方向最大加速度
C．在0.1～0.2 s时间内质点沿x轴负方向做加速度减小的加速运动
D．在0～0.6 s时间内质点运动的路程为100 cm
答案 BC
解析 在t＝0.1 s时，该质点处于正方向最大位移处，速度为零，A错误；据a＝eq \f(F回,m)＝－eq \f(k,m)x可知，在t＝0.1 s时，该质点具有x轴负方向最大加速度，B正确；在0.1～0.2 s时间内，质点从正方向最大位移处运动至平衡位置，即质点沿x轴负方向做加速度减小的加速运动，C正确；在0～0.6 s时间内，质点运动的路程为6A，即120 cm，D错误。
从振动图像可获取的信息
1．振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0(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(即此切点的导数)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。
考点三 单摆
1.如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置叫作单摆。(如图)
2．简谐运动的条件：θ<5°。
3．回复力：F回＝mgsin θ＝－eq \f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。
4．周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g))。
(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。
说明：当单摆处于月球上时，重力加速度为g月；当单摆处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。
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，与振幅和摆球质量无关。
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。( × )
思考 (1)单摆的回复力表达式中k对应什么？
(2)由单摆的周期公式和回复力公式推导简谐振动的周期公式。
答案 (1)由单摆回复力公式可知k＝eq \f(mg,l)。
(2)由回复力公式知eq \f(l,g)＝eq \f(m,k)，替换单摆周期公式可得简谐振动周期公式为T＝2πeq \r(\f(m,k))。
例5 (2022·海南卷·4)在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为( )
A．2∶3 B．3∶2 C．4∶9 D．9∶4
答案 C
解析 由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙＝0.8∶1.2＝2∶3，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得l＝eq \f(gT2,4π2)，则甲、乙两个单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝4∶9，故选C。
例6 (2023·山东威海市乳山一中期末)如图所示，A、B两物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C′两点间一起做简谐运动，O为最低点，当位移为x时，A、B系统的回复力为F。A、B的总重力为G，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．A、B经过O点时均处于平衡状态
B．F＝－eq \f(G,R)x
C．由O点向C点运动的过程中，A受到的摩擦力逐渐增大
D．经过O点时，将A取走，B的振幅将增大
答案 B
解析 A、B经过O点时的向心加速度不为零，所受合力提供向心力，不为零，处于非平衡状态，故A错误；设当位移为x时，摆角为θ，当θ较小时，有sin θ＝eq \f(x,R)，对两物块进行受力分析可得sin θ＝eq \f(F,G)，联立得回复力的大小为F＝eq \f(G,R)x，考虑回复力的方向，故B正确；A、B由O点向C点运动的过程中，设位移为y，摆角为α，以A、B整体为研究对象，在速度方向有F＝Gsin α＝mABa，a＝gsin α，对A进行受力分析可得GAsin α－Ff＝mAaA，由题意可得a＝aA，联立解得Ff＝0，故C错误；单摆的振幅与摆动物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅不变，故D错误。
考点四 受迫振动和共振
1．受迫振动
(1)概念：系统在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驱动力的频率，与物体的固有频率无关。
2．共振
(1)概念：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。
(2)共振的条件：驱动力的频率等于物体的固有频率。
(3)共振的特征：共振时振幅最大。
(4)共振曲线(如图所示)。
f＝f0时，A＝Am，f与f0相差越大，物体做受迫振动的振幅越小。
1．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关。( × )
2．物体在发生共振时的振动是受迫振动。( √ )
3．驱动力的频率越大，物体做受迫振动的振幅越大。( × )
例7 如图所示，我爱发明节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用了机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落，则( )
A．工作中，树干的振动频率可能大于采摘振动头的振动频率
B．采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小
C．采摘振动头振动频率越大，落果效果越好
D．对于粗细不同的树干可以调整采摘振动头的频率以达到最佳采摘效果
答案 D
解析 树干在采摘振动头的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与采摘振动头的振动频率相同，故A错误；采摘振动头停止振动，则树干的振动频率不变，振幅减小，故B错误；当采摘振动头的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，落果效果最好，因此采摘振动头振动频率越大，落果效果不一定越好，故C错误；对于粗细不同的树干，其固有频率一般不同，可以调整采摘振动头的频率等于树干的固有频率达到共振，使采摘效果最佳，故D正确。
例8 (2023·江苏南京市检测)一个单摆做受迫振动，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．此单摆的固有周期约为0.5 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
答案 B
解析 由题图可知，振幅最大时，此单摆的振动频率与固有频率相等，则有f＝0.5 Hz，可知此单摆的固有周期为T＝eq \f(1,f)＝2 s，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可知此单摆的摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)≈1 m，故A错误，B正确；若摆长增大，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故C、D错误。
简谐运动、受迫振动和共振的比较
课时精练
1.如图所示，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6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则( )
A．该振子振动周期是2 s，振幅是6 cm
B．该振子振动频率是2 Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是12 cm
D．小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
答案 C
解析 由题意可知T＝eq \f(60,30) s＝2 s，A＝eq \f(6,2) cm＝3 cm，A错误；f＝eq \f(1,T)＝0.5 Hz，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＝4×3 cm＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝eq \f(t,T)×4A＝eq \f(3,2)×4×3 cm＝18 cm，D错误。
2．(2024·甘肃天水市期中)如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，则下列说法正确的是( )
A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的位移
答案 C
解析 在t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误。
3．(2023·贵州遵义市模拟)如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中，沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离很小。其中墨迹上A、B两点到OO′的距离均为注射器振幅的一半。不计空气阻力，则( )
A．在不同地方重复该实验，摆动周期一定相同
B．注射器从A点上方摆到B点上方的时间小于eq \f(1,4)摆动周期
C．注射器在A点上方与在B点上方时加速度相同
D．在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅
答案 B
解析 注射器做单摆运动，周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))，不同地方重力加速度不同，在不同地方重复该实验，摆动周期不一定相同，故A错误；
在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为eq \f(T,4)，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器从A点上方运动至平衡位置的时间小于eq \f(T,8)，同理可知注射器从平衡位置运动至B点上方的时间小于eq \f(T,8)，故注射器从A点上方摆到B点上方的时间小于eq \f(1,4)摆动周期，故B正确；
注射器在A点上方与在B点上方时，注射器的位移大小相同，方向相反，根据a＝eq \f(F,m)＝eq \f(－kx,m)，可知注射器在A点上方与在B点上方时加速度大小相同，方向相反，故C错误；在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，匀速拖动木板，可知木板在OO′方向上的路程不为零，故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4倍振幅，故D错误。
4．(2024·广西河池市开学考)如图甲所示，竖直悬挂弹簧振子在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达D点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x－t图像，则( )
A．弹簧振子从D点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向
C．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin(2πt＋eq \f(3π,2)) m
D．弹簧振子在前2.5 s内的路程为1 m
答案 D
解析 弹簧振子从D点经过O点运动到C点然后再经过O点回到D点为一次全振动，故A错误；题图乙中的P点时刻振子的速度方向沿负方向，加速度方向沿正方向，故B错误；由题图乙知周期为T＝1 s，弹簧振子的振幅为A＝0.1 m，则ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s，规定竖直向下为正方向，振子到达D点开始计时，t＝0时刻位移为0.1 m，可知初相位为eq \f(π,2)，则弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin(2πt＋eq \f(π,2)) m，故C错误；弹簧振子在前2.5 s内的路程为s＝eq \f(5,2)×4A＝10A＝1 m，故D正确。
5.(2024·江苏镇江市检测)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道对应的圆心角的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N(可视为质点)从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到O点过程中都经过图中的P点。下列说法正确的是( )
A．M比N后到达O点
B．M、N通过P点时所受的回复力相同
C．M有可能在P点追上N并与之相碰
D．从释放到O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大
答案 B
解析 根据T＝2πeq \r(\f(L,g))，两个小球做简谐运动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；
M、N通过P点时所受的回复力相同，均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，故B正确；
M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；
从释放到O点过程中，根据I＝mgt，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。
6.(2023·广东江门市一模)轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2 Hz。如图所示，这辆轿车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0 m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是( )
A．当该轿车通过减速带时，车身上下振动的频率均为2 Hz，与车速无关
B．该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
C．当该轿车以2 m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
D．当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同
答案 C
解析 当轿车以速度v通过减速带时，车身上下振动的周期为T＝eq \f(L,v)，则车身上下振动的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(v,L)，该值与车速有关，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，即当车速满足f＝eq \f(v,L)＝2 Hz，即v＝2 m/s，车身上下颠簸得最剧烈，故B错误，C正确；当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下振动的频率可能分别大于或小于车身系统的固有频率，车身上下颠簸的剧烈程度可能相同，故D错误。
7.(2023·上海市二模)摆球质量为m的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，重力加速度为g，则该单摆( )
A．摆长为eq \f(gt02,4π2)
B．摆长为eq \f(gt02,π2)
C．摆球向心加速度的最大值为eq \f(π2E0,2mgt02)
D．摆球向心加速度的最大值为eq \f(2π2E0,mgt02)
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(4gt02,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(π2E0,2mgt02)，故C正确，D错误。
8.(多选)(2023·河北保定市二模)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端拴接一质量为m的物体A，初始时系统处于静止状态，弹簧的弹性势能大小为E，将另一与A完全相同的物体B轻放在A上，重力加速度为g，关于物体A、B之后在竖直方向上的运动，下列说法正确的是( )
A．物体B被弹簧弹回到某位置后将脱离物体A向上运动
B．A、B运动过程中的最大加速度为g
C．A、B运动过程中的最大加速度为eq \f(g,2)
D．弹簧的最大弹性势能为eq \f(4m2g2,k)＋E
答案 CD
解析 初始时，A、B的加速度最大，对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律有2mg－kx1＝2ma，kx1＝mg，解得a＝eq \f(g,2)，故B错误，C正确；当两物体运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性有kx2－2mg＝2ma，解得x2＝eq \f(3mg,k)，对A、B和弹簧组成的系统根据机械能守恒定律有Epmax＝2mg(x2－x1)＋E＝eq \f(4m2g2,k)＋E，故D正确；由于A、B在运动过程中的最大加速度为eq \f(g,2)，所以物体B将始终受到向下的重力和A对B向上的支持力，所以B被弹簧弹回到某位置后将不会脱离物体A向上运动，故A错误。
9．(多选)(2023·湖北十堰市检测)如图所示，质量为1.44 kg的小球(视为质点)在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在t1＝0.1 s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2＝0.5 s时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期T＝2πeq \r(\f(m,k))，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取π2＝10，则下列说法正确的是( )
A．弹簧振子的周期为1.2 s
B．弹簧的劲度系数为80 N/m
C．在t3＝1.3 s时刻，小球第四次经过M点
D．O、M两点间的距离为5 cm
答案 AD
解析 根据题意可知，小球从t＝0开始先向右运动(先向左运动的情况不符合题意)，M点到B点的时间为t0＝eq \f(t2－t1,2)＝0.2 s，则eq \f(T,4)＝t0＋t1＝0.3 s，T＝1.2 s，故A正确；根据T＝2πeq \r(\f(m,k))，代入数据得k＝40 N/m，故B错误；小球第三次经过M点时间t3＝t2＋t1＋eq \f(T,2)＋t1＝1.3 s，故C错误；小球做简谐运动，有y＝Asin ωt＝Asin eq \f(2π,T)t＝10sin eq \f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1 s时，y＝5 cm，即O、M两点间的距离为5 cm，故D正确。
10.(2023·江苏扬州市三模)如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为( )
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 由于摆球绕OO′轴转动，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角很小时，重力沿图中虚线向下的分力的沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，“杆线摆”的摆长为l＝Lcs 30°＝eq \f(\r(3),2)L，摆球沿虚线方向等效重力G′＝Gcs 60°＝eq \f(1,2)mg＝mg′，故g′＝eq \f(1,2)g，“杆线摆”的周期为T＝2πeq \r(\f(l,g′))＝2πeq \r(\f(\r(3)L,g))，故选A。
11．(多选)(2024·河南焦作市检测)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1 Hz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．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq \f(F1－F2,2ρSg)
答案 ABD
解析 由简谐运动的对称性可知，水平位移为0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置；x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故A正确；x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒从平衡位置上方向平衡位置移动，加速度竖直向下，大小逐渐减小，故B正确；x＝0.4 m时木棒位于最低点，x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在最低点上方相同距离处，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，而两时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错误；木棒在最低点时有F1＝ρSgh1，在最高点时有F2＝ρSgh2，其中h1－h2＝2A，故振幅A＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，故D正确。
12.(多选)(2023·山东卷·10)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的eq \r(3)倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是( )
A.eq \f(2L,\r(3)－1)，3t B.eq \f(2L,\r(3)－1)，4t
C.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 当A、B两点在平衡位置的同侧时有eq \f(1,2)A＝Asin φA，eq \f(\r(3),2)A＝Asin φB，可得φA＝eq \f(π,6)或eq \f(5,6)π(由图中运动方向知应舍去)，φB＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，因此可知第二次经过B点时φB＝eq \f(2π,3)，则eq \f(\f(2,3)π－\f(π,6),2π)T＝t，解得T＝4t，此时位移关系为eq \f(\r(3),2)A－eq \f(1,2)A＝L，解得A＝eq \f(2L,\r(3)－1)，故A错误，B正确；当A、B两点在平衡位置两侧时有－eq \f(1,2)A＝Asin φA，eq \f(\r(3),2)A＝Asin φB，解得φA＝－eq \f(π,6)或－eq \f(5π,6)(由图中运动方向知应舍去)，φB＝eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)，当第二次经过B点时φB＝eq \f(2π,3)，则eq \f(\f(2,3)π－－\f(π,6),2π)T＝t，解得T＝eq \f(12,5)t，此时位移关系为eq \f(\r(3),2)A＋eq \f(1,2)A＝L，解得A＝eq \f(2L,\r(3)＋1)，C正确，D错误。
13.(多选)(2024·山东省联考)如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，以相等的速率依次通过相距0.2 m的A、B两点。质点经过A点时开始计时，t1＝1 s时经过B点，t2＝3 s时也刚好经过B点，则该质点简谐运动的振幅和周期可能是( )
A．0.1 m,1 s B．0.1 m,0.4 s
C．0.2 m,0.4 s D．0.2 m，eq \f(6,7) s
答案 BCD
解析 由选项，若振幅A＝0.1 m，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T1,2)＋nT1＝1 s(n＝0,1,2，…)，在t1～t2时间内根据简谐运动的周期性有n′T1＝2 s(n′＝1,2,3，…)，解得T1＝eq \f(2,2n＋1) s(n＝0,1,2，…)，当n＝2时，T1＝0.4 s，故A错误，B正确；
若振幅A＝0.2 m，平衡位置是AB的中点，且质点从A向右经过B点，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T2,6)＋nT2＝1 s(n＝0,1,2，…)
在t1～t2时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T2,3)＋n′T2＝2 s(n′＝0,1,2，…)，解得T2＝eq \f(6,6n＋1) s(n＝0,1,2，…)，当n＝1时，T2＝eq \f(6,7) s，故D正确；若振幅A＝0.2 m，平衡位置是AB的中点，且质点从A向左先到达最大位移处再向右经过B点，在0～t1时间内根据简谐运动的周期性有eq \f(T2,2)＋nT2＝1 s(n＝0,1,2，…)，在t1～t2时间内根据简谐运动的周期性有n′T2＝2 s(n′＝1,2,3，…)，解得T2＝eq \f(2,2n＋1) s(n＝0，1,2，…)，当n＝2时，T2＝0.4 s，故C正确。考情分析
试题情境
生活实践类
共振筛、摆钟、地震波、多普勒彩超等
学习探究类
简谐运动的特征、单摆的周期与摆长的定量关系、用单摆测量重力加速度、受迫振动的特点、共振的条件及其应用、波的干涉与衍射现象、多普勒效应
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(填“增大”或“减小”)
能量特点
对同一个振动系统，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
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
(1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置O点对称的两点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′所用的时间，即tPO＝tOP′
(3)物体往复运动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＋1T,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
振动
项目
简谐运动
受迫振动
共振
受力情况
受回复力
受驱动力作用
受驱动力作用
振动周期、频率
由系统本身性质决定，即固有周期T0和固有频率f0
由驱动力的周期和频率决定，即T＝T驱，f＝f驱
T驱＝T0，f驱＝f0
振动能量
振动系统的机械能不变
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
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