新高考物理一轮复习精讲精练第15章机械波第1讲 机械振动（2份打包，原卷版+解析版）

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一、简谐运动
1．简谐运动
(1)定义：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，物体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：使物体返回到平衡位置的力。
②方向：总是指向平衡位置。
③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。
2．简谐运动的两种模型
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＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动的快慢，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，函数表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。
(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acs ωt，图像如图乙所示。
三、受迫振动和共振
1．受迫振动
系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。
2．共振
做受迫振动的物体，驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图所示。
考点一、简谐振动的规律
例1、(2021·河北高考)如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，2 s时第一次到达B点。已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2 s内经过的路程为5.6 m，则该简谐运动的周期为________ s，振幅为________ m。
【答案】4 2.8
【解析】根据简谐运动的对称性可知，A、B两点关于平衡位置对称，从向右经过A到第一次到达B经过了半个周期的振动，则周期为T＝2×2 s＝4 s，路程为s＝2A＝5.6 m，解得振幅为A＝2.8 m。
例2、(多选)如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度g＝10 m/s2。以下判断正确的是( )
A．h＝1.7 m
B．简谐运动的周期是0.8 s
C．0.6 s内物块运动的路程是0.2 m
D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
【答案】AB
【解析】t＝0.6 s时，物块的位移为y＝0.1sin(2.5π×0.6)m＝－0.1 m，则对小球有h＋|y|＝eq \f(1,2)gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；简谐运动的周期是T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2.5π) s＝0.8 s，选项B正确；0.6 s内物块运动的路程是3A＝0.3 m，选项C错误；t＝0.4 s＝eq \f(T,2)时，物块经过平衡位置向下运动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误。
例3、一质量为m、侧面积为S的正方体木块，放在水面上静止(平衡)，如图所示。现用力向下将其压入水中一段深度后(未全部浸没)撤掉外力，木块在水面上下振动，试判断木块的振动是否为简谐运动。
【答案】见解析
【解析】以木块为研究对象，设水的密度为ρ，静止时木块浸入水中Δx深度，当木块被压入水中x后所受力如图所示，以向下为正方向，则
F合＝mg－F浮，
又F浮＝ρgS(Δx＋x)，
可得：F合＝mg－ρgS(Δx＋x)＝mg－ρgSΔx－ρgSx，
因为mg＝ρgSΔx，所以F合＝－ρgSx，
即F合＝F回＝－kx(k＝ρgS)，
所以木块的振动为简谐运动。
课堂随练
训练1、 一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，如图所示，再继续运动，又经过4 s第二次经过M点，则再经过多长时间第三次经过M点 ( )
A．7 s B．14 s
C．16 s D．eq \f(10,3) s
【答案】C
【解析】由题意可知质点第一次经过M点的运动方向向右，简谐运动的周期T＝4×(3＋2)s＝20 s，则第三次经过M点的时间为t＝(20－4)s＝16 s，故选项C正确。
训练2、(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为振子的平衡位置，其振动方程为x＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10πt＋\f(π,2))) cm。下列说法正确的是( )
A．MN间距离为5 cm
B．振子的运动周期是0.2 s
C．t＝0时，振子位于N点
D．t＝0.05 s时，振子具有最大加速度
【答案】BC
【解析】MN间距离为2A＝10 cm，选项A错误；因ω＝10π rad/s 可知振子的运动周期是T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,10π) s＝0.2 s，选项B正确；由x＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10πt＋\f(π,2))) cm可知t＝0时，x＝5 cm，即振子位于N点，选项C正确；由x＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10πt＋\f(π,2))) cm可知t＝0.05 s时x＝0，此时振子在O点，振子加速度为零，选项D错误。
训练3、(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s 时位移为0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为eq \f(2,3) s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为eq \f(4,5) s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
【答案】AD
【解析】若振幅为0.1 m，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T＝1 s，其中n＝0,1,2，…。当n＝0时，T＝2 s；n＝1时，T＝eq \f(2,3) s；n＝2时，T＝eq \f(2,5) s。故A正确，B错误。若振幅为0.2 m，振动分4种情况讨论：
第①种情况，设振动方程为x＝Asin(ωt＋φ)，t＝0时，－eq \f(A,2)＝Asin φ，解得φ＝－eq \f(π,6)，所以由P点到O点用时至少为eq \f(T,12)，由简谐运动的对称性可知，由P点到Q点用时至少为eq \f(T,6)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,6)))T＝1 s，其中n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝6 s，n＝1时，T＝eq \f(6,7) s；第②③种情况，由P点到Q点用时至少为eq \f(T,2)，周期最大为2 s；第④种情况，周期一定小于2 s。故C错误，D正确。
训练3、如图所示，竖直轻弹簧两端分别与物体A、B相连，物块A、B所受重力均为mg，物块B放在固定于水平面上的压力传感器上，物块A在初始位置处于平衡状态．现对物块A施以大小为F＝mg的力将其下压一段距离x保持静止，然后撤去力F，当物块A向上运动到初始位置上方距离也是x时，压力传感器的读数是多少？
【答案】mg
【解析】 设物块A在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对A列平衡方程：
mg＝kx0①
施加力F后弹簧再压缩x，A的平衡方程为
F＋mg＝k(x0＋x)②
又由于F＝mg③
由①②③得kx＝mg
撤去力F的瞬间，物块A所受的回复力
F回＝k(x0＋x)－mg＝kx
当物块A向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见物块A所受弹簧弹力恰好为零，以物块B为研究对象，受力分析知压力传感器对物块B的支持力为N＝mBg＝mg，故压力传感器的读数是mg.
考点二、简谐运动图像的理解和应用
1．图像信息
(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。
2．简谐运动的对称性(如图)
(1)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)。
(2)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。
3．解析式
简谐运动的表达式为x＝Asin(ωt＋φ)，它是用解析的方法描述简谐运动，与图像法相比，更适合利用三角函数的知识作定量计算。
例1、如图甲所示水平弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x－t图像，下列说法正确的是 ( )
A．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin(2πt＋eq \f(3π,2))m
C．图乙中的P点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向
D．弹簧振子在2.5 s内的路程为1 m
【答案】D
【解析】弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为0.5次全振动，故A错误；根据乙图可知，弹簧振子的振幅A＝0.1 m，周期T＝1 s，则圆频率ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s，规定向右为正方向，t＝0时刻位移为0.1 m，表示振子从B点开始运动，初相为φ0＝eq \f(π,2)，则振动方程为x＝Asin(ωt＋φ0)＝0.1sin(2πt＋eq \f(π,2))m，故B错误；简谐运动图像中的P点时刻速度方向为负，振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正，故C错误；因周期T＝1 s，则时间2.5 s 和周期的关系为2.5 s＝2T＋eq \f(T,2)，则振子从B点开始振动的路程为s＝2×4A＋2A＝10×0.1 m＝1 m，故D正确。
例2、(2021·高考广东卷，T17)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________(选填“大于”“小于”或“等于”)eq \f(A,2)；在eq \f(T,4)时刻，小球的动能________(选填“最大”或“最小”)。
【答案】小于 最大
【解析】根据简谐振动的位移公式y＝－Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t))，则t＝eq \f(T,8)时有y＝－Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)×\f(T,8)))＝－eq \f(\r(2),2)A，所以小球从最低点向上运动的距离为Δy＝A－eq \f(\r(2),2)A＝eq \f(2－\r(2),2)A训练3、(多选)甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则可知( )
A．甲速度为零时，乙加速度最大
B．甲加速度为零时，乙速度最小
C．1.25～1.5 s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小
D．甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
【答案】CD
【解析】由题图可知，甲运动到最大位移处(速度为零)时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速度最大，A错误；甲运动到平衡位置(加速度为零)时，乙也运动到平衡位置，速度最大，B错误；由|F|＝k|x|可知，C正确；甲做简谐运动的周期T甲＝2.0 s，乙做简谐运动的周期T乙＝1.0 s，甲、乙的振动周期之比T甲∶T乙＝2∶1，根据周期与频率成反比，可知甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确。
课堂随练
训练1、(2022·北京西城区统测)用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向振动，振动图像如图所示，下列描述正确的是( )
A．1～2 s内，小球的速度逐渐减小，加速度逐渐增大
B．2～3 s内，弹簧的势能逐渐减小，弹簧弹力逐渐增大
C．t ＝4 s时，小球的动能达到最大值，弹簧的势能达到最小值
D．t ＝5 s时，弹簧弹力为正的最大值，小球的加速度为负的最大值
【答案】C
【解析】由题图可知，1～2 s内小球的位移减小，说明弹性势能转化为动能即速度增大，由a＝－eq \f(kx,m)可知，加速度减小，故A错误；由题图可知，2～3 s内小球的位移增大，说明动能转化为弹性势能即弹性势能增大，弹簧弹力逐渐增大，故B错误；由题图可知，t＝4 s时，小球位于平衡位置，此时动能最大，由能量守恒定律可知，弹簧的势能达到最小值，故C正确；t ＝5 s时，小球的位移正向最大，则弹簧弹力为负的最大值，小球的加速度为负的最大值，故D错误。
训练2、某学生在粗细均匀的木筷下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中(如图甲)。现把木筷向上提起一段距离后放手，此时刻开始计时，之后木筷做简谐运动，以向上为正方向作出了木筷振动的位移—时间图像，如图乙所示。不计水的阻力，则( )
A．t＝2.4 s时，木筷处于平衡位置
B．前0.8 s内，木筷运动的路程为0.4 m
C．木筷的位移与时间的关系为x＝0.05sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10πt＋\f(π,2))) m
D．t＝0.05 s时，木筷的重力小于其所受的浮力
【答案】B
【解析】由图乙可得振动周期为T＝0.4 s，则t＝2.4 s＝6T时，木筷处于初始位置，在正的最大位移处，A错误；前0.8 s内，木筷振动了2个周期，所以木筷运动的路程为2×4A＝0.4 m，B正确；木筷振动的圆频率ω＝eq \f(2π,T)＝5π rad/s，由图乙可知，初相位φ0＝eq \f(π,2)，则木筷的位移与时间的关系为x＝0.05sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5πt＋\f(π,2))) m，C错误；t＝0.05 s时，木筷的位移为正，根据F＝－kx可知合力F方向为负，即竖直向下，所以木筷的重力大于其所受的浮力，D错误。
训练3、如图所示，光滑直杆上弹簧连接的小球以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。以O点为原点，选择由O指向B为正方向，建立Ox坐标轴。小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达A点。则小球在第一个周期内的振动图像为 ( )
【答案】A
【解析】小球经过B点时开始计时，即t＝0时小球的位移为正向最大，经过0.5 s首次到达A点，位移为负向最大，且周期为T＝1 s。故A项图像正确。
考点三、单摆及其周期公式
1．对单摆的理解
(1)回复力：摆球重力沿轨迹切线方向的分力，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：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcsθ。
两点说明：
①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，FT＝mgcsθ。
②当摆球在最低点时，F向＝eq \f(mv\\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(v\\al(2,max),l)。
(3)单摆是一个理想化模型，摆角θ<5°时，单摆的周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))，与单摆的振幅A、摆球质量m无关，式中的g由单摆所处的位置决定。
2．等效摆长及等效重力加速度
(1)l′——等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l′＝r＋Lcsα。乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中A点的附近振动，其等效摆长为l′＝R。
(2)g′——等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。
①在不同星球表面：g′＝eq \f(GM,R2)，M为星球的质量，R为星球的半径。
②单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g′＝g＋a和g′＝g－a，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。
例1、如图甲所示，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是单摆的振动图像。当地的重力加速度大小为10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．单摆振动的周期为0.4 s
B．单摆振动的频率是2.5 Hz
C．t＝0时摆球在M点
D．单摆的摆长约为0.32 m
【答案】C
【解析】由题图乙知单摆振动的周期T＝0.8 s，A错误；则频率f＝eq \f(1,T)＝1.25 Hz，B错误；由题图乙知，t＝0时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以t＝0时摆球在M点，C正确；由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，得l＝eq \f(gT2,4π2)≈0.16 m，D错误。
例2、[2020·全国卷Ⅱ，34(1)]用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过________cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)
某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为________cm。
【答案】6.9 96.8
【解析】由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝eq \f(5°,360°)×2π×80.0 cm＝6.98 cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝eq \r(l)，又由题意可知旧单摆周期与新单摆周期的比为10∶11，则eq \f(10,11)＝eq \r(\f(80.0 cm,l′))，解得l′＝96.8 cm。
例3、如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫ SKIPIF 1 < 0 。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，求：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少。
【答案】(1)2eq \r(2)∶π (2)eq \f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)
【解析】(1)甲球做自由落体运动
R＝eq \f(1,2)gt12，所以t1＝ eq \r(\f(2R,g))
乙球沿弧形槽做简谐运动(由于 SKIPIF 1 < 0 ≪R，可认为偏角θ<5°)。此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为
t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))，
所以t1∶t2＝2eq \r(2)∶π。
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的
时间为t甲＝ eq \r(\f(2h,g))
由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为
t乙＝eq \f(T,4)＋neq \f(T,2)＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))(2n＋1) (n＝0,1,2，…)
由于甲、乙两球在C点相遇，故t甲＝t乙
联立解得h＝eq \f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)。
课堂随练
训练1、(2022·肇庆第二次统测)甲、乙两单摆振动图像如图所示，从t＝0时刻开始计时，甲单摆第一次到达负的最大位移时，乙单摆的位移为________m；甲、乙两单摆的摆长之比是________。
【答案】eq \f(\r(2),2)或0.707 1∶4
【解析】甲单摆第一次到达负的最大位移时的时刻为t＝3 s，此时乙单摆的位移为x＝1×sineq \f(3π,4) m＝eq \f(\r(2),2) m＝0.707 m；甲、乙两单摆的周期之比为T甲∶T乙＝1∶2，根据T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得摆长之比是L甲∶L乙＝1∶4。
训练2、夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中。现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是( )
A．小王荡秋千时，其周期大于6.28 s
B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零
C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小
D．该秋千的绳子长度约为10 m
【答案】D
【解析】根据T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆运动的周期与摆球的质量无关，结合题图可知小王荡秋千时，其周期等于6.28 s，故A错误；题图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；题图中b点对应单摆的平衡位置，此时速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2πeq \r(\f(l,g))，计算得到该秋千的绳子长度l≈10 m，故D正确。
考点四、受迫振动和共振
1．简谐运动、受迫振动和共振的关系比较
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：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。
例1、(多选)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54 r/min，下列说法正确的是( )
A．此时共振筛的振动频率为0.9 Hz
B．减小筛子质量，筛子的振幅一定增大
C．转速调至48 r/min时，筛子出现共振状态
D．增大电压，筛子振幅会先增后减
【答案】AC
【解析】根据受迫振动的特点可知，共振筛的振动频率等于偏心轮的转动频率，所以当偏心轮的转速为54 r/min时，共振筛的振动频率为f1＝eq \f(54,60) Hz＝0.9 Hz，故A正确；由图乙知筛子的固有频率为0.8 Hz，减小筛子质量后，筛子的固有周期将减小，固有频率将增大，则筛子的振幅可能增大，还可能减小，故B错误；转速调至48 r/min时，偏心轮的转动频率为f2＝eq \f(48,60) Hz＝0.8 Hz，此时偏心轮的转动频率等于筛子的固有频率，筛子出现共振状态，故C正确；增大电压，偏心轮的转动频率将增大，由于开始时偏心轮的转动频率大于筛子的固有频率，所以根据共振曲线可知，筛子的振幅会一直减小，故D错误。
例2、如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现( )
A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大
C．B摆的摆角最大D．B、C、D的摆角相同
【答案】C
【解析】A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期与A摆相同，频率也相同，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的频率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。
课堂随练
训练1、(2021·浙江1月选考)(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( )
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
【答案】AD
【解析】根据共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率可能不同，则针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，A正确；当振动器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，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，B错误；不同粗细树干的固有振动频率不同，则打击杆对不同粗细的树干打击结束后，树干自由振动的振动频率不同，C错误；树干在振动器的周期性驱动力下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确。
训练2、(多选)两单摆分别在受迫振动中的共振曲线如图所示，则下列说法正确的是( )
A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．若图线Ⅱ表示在地球上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地球上完成的
【答案】ABC
【解析】题图中振幅最大处对应的频率与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从题图上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据关系式f＝eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,L))可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g相同，eq \f(fⅠ,fⅡ)＝eq \r(\f(L2,L1))，且有eq \f(fⅠ,fⅡ)＝eq \f(0.2,0.5)，所以eq \f(LⅠ,LⅡ)＝eq \f(25,4)，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地球上完成的， 根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。
同步训练
1、如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐运动，当振子从平衡位置O向a运动过程中( )
A．加速度和速度均不断减小
B．加速度和速度均不断增大
C．加速度不断增大，速度不断减小
D．加速度不断减小，速度不断增大
【答案】C
【解析】在振子由O到a的运动过程中，其位移不断增大，回复力增大，加速度增大，但是由于加速度与速度方向相反，故速度减小，选项C正确。
2、(多选)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的( )
A．位移增大 B．速度增大
C．回复力增大 D．机械能增大
【答案】AC
【解析】摆球做简谐运动，在平衡位置处位移为零，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，速度减小，选项A正确，B错误；在摆角增大的过程中，摆球受到的回复力增大，选项C正确；单摆做简谐运动，所以在摆角增大的过程中，摆球的机械能守恒，选项D错误。
3、(多选)某振动系统的固有频率为f0，该振动系统在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是( )
A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小
B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
【答案】BD
【解析】受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示，
显然A错误，B正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即C错误，D正确。
4、如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm。若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是( )
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
【答案】D
【解析】振子从B经O到C仅完成了半次全振动，所以其振动周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm。振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为40 cm。3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm。综上可知，D正确。
5、如图所示，细线一端固定于悬挂点O，另一端系一小球。在悬挂点正下方A点处钉一个光滑小钉子。小球从B点由静止释放，摆到最低点C的时间为t1，从C点向右摆到最高点的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．t1＝t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小
B．t1＞t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小
C．t1＞t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变
D．t1＝t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变
【答案】C
【解析】因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看做单摆，根据T＝2πeq \r(\f(l,g))可知T左＞T右，故t1＝eq \f(1,4)T左＞eq \f(1,4)T右＝t2；摆线碰钉子的瞬间，由于水平方向受力为零，可知小球的速率不变，故C正确。
6、用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左匀加速运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得的物体的加速度为( )
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】由题意可知，AB段、BC段、CD段的时间相等且都等于单摆的半周期，由匀变速直线运动规律得x2－x1＝2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2，其中T为单摆的周期，则T＝2π eq \r(\f(L,g))，联立解得a＝ SKIPIF 1 < 0 ，故A、C、D错误，B正确。
7、(多选)甲、乙两弹簧振子的振动图像如图所示，则可知( )
A．两弹簧振子完全相同
B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
【答案】CD
【解析】从图像中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，则频率之比f甲∶f乙＝1∶2，选项D正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧的劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，选项A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，选项B错误；从图像中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，速度为零，振子乙恰好到达平衡位置，速度最大，选项C正确。
8、(2022·浙江省百校3月模拟联考)如图甲所示，O是单摆的平衡位置，B、C是摆球所能达到的最远位置，以向右摆动为正方向，此单摆的振动图像如图乙所示，则( )
A．单摆的振幅是16 cm
B．单摆的摆长约为1 m
C．摆球经过O点时，速度最大，加速度为零
D．P点时刻摆球正在OC间向正方向摆动
【答案】B
【解析】由振动图像可知，单摆的振幅是8 cm，A错误；单摆的周期为2 s，根据T＝2πeq \r(\f(L,g))可得摆长L＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(9.8×22,4×3.142) m≈1 m，B正确；摆球经过O点时，速度最大，但是有向心加速度，即加速度不为零，C错误；P点时刻摆球正在OC间向负方向摆动，D错误。
9、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。下列说法错误的是( )
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T
C．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
【答案】B
【解析】物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在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)，A正确；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值可以小于T，B错误；图中O点是平衡位置，物块经过O点时速度最大，动能最大，加速度最小，C、D正确。本题选说法错误的，故选B。
10、(多选)(2022·南通调研)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示，现将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动，若取竖直向上为正方向，则以下描述试管的位移、速度随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】AD
【解析】装有砂粒的试管竖直静浮于水面，有重力等于浮力，此时试管所处的位置即为平衡位置。现将试管竖直提起少许，则有重力大于浮力，由静止释放并开始计时，试管向下做加速度减小的加速运动，到平衡位置时速度最大，由于题目中是取竖直向上为正方向，故试管刚开始速度为零，第一次到达平衡位置时速度为负的最大值，故A正确，B错误；根据上面的分析，在t＝0时，试管处于平衡位置的上方最高点，所以位移为正的最大值，经四分之一个周期到达平衡位置，位移随时间按余弦规律变化，故C错误，D正确。
11、(2022·北京顺义区第一中学高三期中)如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧下端挂一质量为m的物体， 物体在竖直方向上做简谐运动，弹簧对物体的拉力F随时间变化图像如图乙所示，重力加速度为g。由此可以判定运动过程中( )
A．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
B．物体的最大动能等于eq \f(（mg）2,2k)
C．物体的最大加速度为2倍的重力加速度
D．振幅为eq \f(2mg,k)
【答案】B
【解析】由于弹簧与物体组成的系统机械能守恒，所以弹簧的弹性势能和物体的机械能(动能和重力势能之和)总和不变，故A错误；由题图乙可知，当弹簧处于原长时，物体位于最高点；当物体位于平衡位置时，动能达到最大值Ekm，此时弹簧的伸长量为x＝eq \f(mg,k)，由于弹力F与伸长量x的图像与x轴所围的面积表示弹力的功，所以物体从最高点运动到平衡位置的过程中，弹力对物体做的功为W＝－eq \f(1,2)kx2，根据动能定理可得mgx＋W＝Ekm，联立解得Ekm＝eq \f(（mg）2,2k) ，故B正确；当物体位于最低点时，所受合外力大小均达到最大，此时物体的加速度大小最大，为am＝g，故C错误；振幅为A＝eq \f(2mg,k)－eq \f(mg,k)＝eq \f(mg,k)，故D错误。
12、弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v。
(1)求弹簧振子的振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像。
【答案】(1)1 s (2)200 cm (3)x＝12.5sin(2πt) cm 图像见解析
【解析】(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示。
由对称性可得T＝0.5×2 s＝1 s。
(2)若B、C之间距离为25 cm，则振幅A＝eq \f(1,2)×25 cm＝12.5 cm
振子4 s内通过的路程
s＝eq \f(4,1)×4×12.5 cm＝200 cm。
(3)由于A＝12.5 cm，ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s
根据x＝Asin ωt
得x＝12.5sin(2πt) cm
振动图像如图所示。
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)无空气阻力等
(3)最大摆角小于等于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，机械能守恒
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、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等
振动
项目
简谐运动
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