新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题30 机械振动 机械波（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题30 机械振动 机械波（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了简谐运动的规律，简谐运动图像的理解和应用，单摆及其周期公式的理解及应用，受迫振动和共振规律的应用，机械波的形成与传播，波动图像和振动图像的理解和应用，波传播的周期性和多解性问题等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc208499038" 题型一 简谐运动的规律 PAGEREF _Tc208499038 \h 1
\l "_Tc208499039" 类型1 简谐运动基本物理量的分析 PAGEREF _Tc208499039 \h 2
\l "_Tc208499040" 类型2 简谐运动的周期性与对称性 PAGEREF _Tc208499040 \h 5
\l "_Tc208499041" 类型3 弹簧振子的动力学、能量特征分析 PAGEREF _Tc208499041 \h 7
\l "_Tc208499042" 题型二 简谐运动图像的理解和应用 PAGEREF _Tc208499042 \h 9
\l "_Tc208499043" 题型三 单摆及其周期公式的理解及应用 PAGEREF _Tc208499043 \h 12
\l "_Tc208499044" 类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用 PAGEREF _Tc208499044 \h 13
\l "_Tc208499045" 类型2 单摆的振动图像及运动学特征 PAGEREF _Tc208499045 \h 15
\l "_Tc208499046" 题型四 受迫振动和共振规律的应用 PAGEREF _Tc208499046 \h 18
\l "_Tc208499047" 类型1 受迫振动概念及规律的理解应用 PAGEREF _Tc208499047 \h 19
\l "_Tc208499048" 类型2 共振曲线的应用 PAGEREF _Tc208499048 \h 21
\l "_Tc208499049" 题型五 机械波的形成与传播 PAGEREF _Tc208499049 \h 23
\l "_Tc208499050" 题型六 波动图像和振动图像的理解和应用 PAGEREF _Tc208499050 \h 26
\l "_Tc208499051" 题型七 波传播的周期性和多解性问题 PAGEREF _Tc208499051 \h 29
\l "_Tc208499052" 题型八 波特有的现象——波的干涉、衍射和多普勒效应 PAGEREF _Tc208499052 \h 32

题型一 简谐运动的规律
简谐运动的运动规律：x＝Asin (ωt＋φ)
(1)变化规律
位移增大时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(回复力、加速度增大,\x(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(速度、动能减小,势能增大))机械能守恒),振幅、周期、频率保持不变))
(2)对称规律
①做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系，另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反．
②振动物体来回通过相同的两点间的时间相等，如tBC＝tCB；振动物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，如tBC＝tB′C′，如图所示．
(3)运动的周期性特征
相隔T或nT的两个时刻振动物体处于同一位置且振动状态相同．
类型1 简谐运动基本物理量的分析
如图所示，一均匀带正电的实心绝缘球内有一内壁光滑的直管道AC（管道位于水平面内、其内径可忽略），球心O在AC连线上，管道内部不带电。一带负电小球（可视为质点）从管道A点由静止释放后，仅在电场力作用下向C点运动。已知均匀带电球壳对其内部带电小球的作用力为零，不计两球间的万有引力，则下列说法正确的是（ ）
A．A→O过程中，小球的电势能逐渐增加
B．A→O过程中，小球的加速度保持不变
C．小球将一直加速从C点离开管道
D．小球在O点时动能最大
【答案】D
【详解】C．由分析知，小球将在A、C间做简谐运动，O点为平衡位置，A、C两点为振幅处。因此，小球不会从C点离开管道，选项C错误；
A．A→O过程中，电场力一直对小球做正功，小球的动能逐渐增加，电势能逐渐减少，选项A错误;
D．O点为平衡位置，速度最大，动能最大，选项D正确；
B．设绝缘球所带电荷量为Q、半径为R，小球所带电荷量为q，某时刻小球到O点的距离为r，则由库仑定律有F=kr3R3Qqr2=krQqR3
故A→O过程中，小球所受电场力一直减小，结合牛顿第二定律可知加速度一直减小，选项B错误。
故选D。
如图所示，旋转木马是一种通过旋转与起伏运动模拟骑马过程的游乐设施，主体由钢材支架和玻璃钢马匹构成。在骑旋转木马的过程中，可以将人的运动近似为水平面内的匀速圆周运动和竖直方向简谐运动的合运动，则人在骑旋转木马的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．人受到的合力提供简谐运动的回复力
B．人经过最高点时，速度为零，加速度最大
C．人经过简谐运动的平衡位置时，合外力不为零
D．人经过最低点时，合外力最小，速度最小
【答案】C
【详解】A．圆周运动需要向心力，人受到的合力不仅要提供简谐运动的回复力，还要提供圆周运动所需的向心力，故A错误；
B．人经过最高点时，竖直方向的速度为零，但合速度不为零，竖直方向的加速度最大，合加速度也最大，故B错误；
C．人经过简谐运动的平衡位置时，合外力不为零且提供圆周运动的向心力，故C正确；
D．人经过最低点时，合外力最大，速度最小，故D错误。
故选C。
如图所示，真空中两个电荷量均为q的正点电荷固定在相距为2l的a、b两点，O是ab连线的中点，P、Q在ab连线的中垂线上，到O点的距离均为3l。现将质量为m、电荷量为−q的带电粒子从P点由静止释放，不计粒子的重力，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．粒子将在P、Q之间做简谐运动
B．粒子运动到O点时电势能最小
C．粒子从P点释放瞬间，加速度大小为3kq23ml2
D．粒子加速度最大的点到O点的距离为2l2
【答案】BD
【详解】A．简谐运动要求回复力F=−kx
粒子在P、Q间受两个正点电荷的库仑力，合力不满足F=−kx规律，A错误；
B．粒子带负电，从P到O，电场力做正功，电势能减小；从O到Q，电场力做负功，电势能增大。故粒子在O点电势能最小，B正确；
C．在P点，单个正点电荷对粒子的库仑力F0=kq⋅qr2
由几何关系，a到P距离r=l2+3l2=2l
两个库仑力的合力F合=2F0cs30°=3kq24l2
由牛顿第二定律F合=ma
得加速度a=3kq24ml2，C错误；
D．设粒子到O点距离为x，单个正点电荷对粒子的库仑力F=kq2l2+x2
合力F合=2kq2l2+x2⋅xl2+x2=2kq2x（l2+x2）32
对F合关于x求导，令导数为0
解得x=2l2时合力最大，即加速度最大，D正确。
故选BD。
类型2 简谐运动的周期性与对称性
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．2L3−1，3tB．2L3−1，5tC．2L3+1，125tD．2L3+1，127t
【答案】C
【详解】AB．若平衡位置在A的左侧，根据题意有xA=A2，xB=3A2
由于A、B两点相距L，则有xB−xA=L
解得A=2L3−1
以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为y=Asin2πTt
则有A2=Asin2πTt1，3A2=Asin2πTt2
由于质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，解得t=t2−t1=T3−T12=T4
解得T=4t，故AB错误；
CD．若平衡位置在AB之间，根据题意有xA=A2，xB=3A2
由于A、B两点相距L，则有xB+xA=L
解得A=2L3+1
以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为y=Asin2πTt
则有−A2=Asin2πTt3，3A2=Asin2πTt4
由于质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，解得t=t4−t3=T3−(−T12)=5T12
解得T=125t，故C正确，D错误。
故选C。
如图甲所示，弹簧振子在光滑水平地面上M、N两点之间做简谐运动，规定O点为平衡位置，以向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0.4s~0.8s内，振子向正方向运动B．t=0.2s时和t=0.6s时振子的速度相同
C．t=0.6s时和t=1.0s时振子的势能不同D．t=1.0s时振子的动能大于t=1.3s时的动能
【答案】D
【详解】A．图像的斜率代表速度，0.4s~0.8s内，振子向负方向运动，故A错误；
B．t=0.2s时和t=0.6s时振子的速度大小相等但方向相反，速度不同，故B错误；
C．t=0.6s时和t=1.0s时振子的位移大小相等，根据对称性可知，势能相同，故C错误；
D．振子在t=1.0s时比t=1.3s时更靠近平衡位置，速度更大，所以t=1.0s时振子的动能大于t=1.3s时振子的动能，故D正确。
故选D。
一个弹簧振子在水平方向上做简谐运动，周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．若Δt时间内振子的位移大小等于一个振幅，则Δt一定等于T4的整数倍
B．若t时刻和t+Δt时刻振子的加速度相同，则振子的速度一定相同
C．若Δt=T，则在t时刻和t+Δt时刻弹簧的长度一定相等
D．若Δt=T2，则在t时刻和t+Δt时刻振子的速度大小一定相等
【答案】CD
【详解】A．振子的位移大小等于一个振幅，Δt不一定等于T4的整数倍，选项A错误；
B．振子的加速度相同，则位移一定相同，速度大小一定相同，但是方向不一定相同，即速度不一定相同，选项B错误；
C．若Δt=T，则在t时刻和t+Δt时刻振子回到原来的位置，则弹簧的长度一定相等，选项C正确；
D．若Δt=T2，则振子刚好到达相对平衡位置的对称点，则在t时刻和t+Δt时刻振子的速度大小一定相等，选项D正确。
故选CD。
类型3 弹簧振子的动力学、能量特征分析
如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，小球处于平衡位置
B．小球在最低点时的加速度大小为20m/s²
C．0-2s内，弹力对小球做的功为0
D．0-2s内，小球受弹力的冲量大小为4N⋅s
【答案】D
【详解】A． t=0时，弹簧弹力最大；小球处于平衡位置时弹簧弹力的大小与小球的重力相等，故A错误；
B．弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，伸长量为x，此时弹簧弹力等于小球重力，根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2x，此时弹簧的弹力为4N，因此当弹簧伸长量为x时，弹力大小为2N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为m=0.2kg
小球在最低点时F−mg=ma
解得a=10m/s2，故B错误；
C．0-2s内，小球从最低点到最高点，弹力对小球做的功不为0，故C错误；
D．根据动量定理可知，外力的冲量之和等于动量的变化量，即IF+IG=Δp
零时刻小球位于最低点，速度为零，第2s末时刻小球位于最高点，速度也是零，因此可知Ft=−Gt
所以弹簧弹力的冲量大小是IF=2×2N⋅s=4N⋅s，故D正确。
故选D。
某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压5cm后静止释放，木棒开始在液体中上下振动（不计液体粘滞阻力），其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为4s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图所示。其中A为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t=t1时，木棒的重力大于其所受的浮力
B．振动过程中木棒的机械能不守恒
C．开始计时12s内木棒所经过的路程是30cm
D．木棒的位移函数表达式是y=5sin5πt−5π6cm
【答案】B
【详解】A．t=t1时，木棒在最低点，合力向上，木棒的重力小于其所受的浮力，故A错误；
B．由于木棒振动过程中除重力外浮力做功，振动过程中木棒的机械能不守恒，故B正确；
C．振幅A=5cm，由t=12s=3T
开始计时12s内木棒所经过的路程是s=3×4A=60cm，故C错误；
D．圆频率ω=2πT=π2rad/s
振动方程为y=Asinωt+φ=5sinπ2t+φcm
由t=0时y=−A2，解得φ=−5π6
木棒的位移函数表达式是y=5sinπ2t−5π6cm，故D错误。
故选B。
物理实验室研究物体在弹簧弹力作用下的运动规律。如图甲所示，弹簧竖直放置，下端固定在地面上，当弹簧处于自然长度时，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，测出物体的速度v与弹簧长度l的关系如图乙，图线与横轴交点坐标为l1、l2 。已知薄板与弹簧的质量可忽略，盒子的质量为m，弹簧一直处在弹性限度内，重力加速度大小为g，空气阻力不计，则（ ）
A．盒子做匀变速直线运动
B．当弹簧长度为l1时，盒子的加速度大小等于g
C．弹簧的劲度系数为2mgl2−l1
D．盒子的最大速度为gl2−l12
【答案】BCD
【详解】A．盒子在运动过程中受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不断变化，其合力不断变化，加速度不断变化，所以盒子做的是非匀变速直线运动，故A错误；
BCD．根据题意可知，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，盒子将做简谐运动，开始弹簧处于自然长度，弹簧的弹力为0，只受重力，则盒子的加速度大小等于g，之后盒子开始压缩弹簧，盒子速度先增大，当弹力等于重力时，盒子的速度最大，之后开始减速，运动到最低点时，速度为0，弹簧长度最短，结合图像可知，弹簧原长为l2，当弹簧长度为l1时，盒子运动到最低点，由对称性可知，此时盒子的加速度大小等于g，方向向上，由牛顿第二定律有kl2−l1−mg=mg
解得k=2mgl2−l1
当盒子速度最大时，弹簧弹力等于重力，此时弹簧的形变量为Δx=mgk=l2−l12
由能量守恒定律有mgΔx=12kΔx2+12mv2
解得v=gl2−l12，故BCD正确。
故选BCD。
题型二 简谐运动图像的理解和应用
1．简谐运动的图象
2.振动图象的信息
(1)由图象可以看出振幅、周期．
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．
(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向．
①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．
②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增大，振动质点的速度方向就是远离t轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．
如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若T2时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（ ）
A．0时刻弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧劲度系数为2mgA
C．T2−T时间段，回复力冲量为0
D．T2−T时间段，小球动能与重力势能之和不变
【答案】AC
【详解】B．小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，T2时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，有kA=mg
可得劲度系数为k=mgA
故B错误；
A．0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F=k⋅2A=2mg
故A正确；
C．T2∼T时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前T4时间沿正方向，在后T4时间沿负方向，两段时间的回复力平均值F大小相等，则由I=F⋅T4+−F⋅T4=0
可知回复力冲量为0，故C正确；
D．T2∼T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D错误。
故选AC。
如图所示为甲、乙两弹簧振子的振动图像，由图像可知，下列说法正确的是（ ）
A．甲的速度为零时，乙的速度也为零
B．甲的加速度为零时，乙的加速度也为零
C．甲、乙两弹簧振子的振动频率之比为2：1
D．甲、乙两弹簧振子的速度方向总是相同
【答案】B
【详解】A．振子在最大位移处时速度最小为零，在平衡位置时速度最大，由图示图像可知，甲在最大位移处速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A错误；
B．振子在平衡位置时加速度为0，由图示图像可知，甲在平衡位置时乙也在平衡位置，甲的加速度为零时，乙的加速度也为零，故B正确；
C．由图示图像可知，甲的周期T甲=2.0s，乙的周期T乙=1.0s，振子的频率f=1T
则f甲f乙=12，故C错误；
D．图像的斜率代表速度，可知甲、乙两弹簧振子的速度方向并非总是相同，故D错误。
故选B。
某鱼漂的示意图如图甲，O、M、N为鱼漂上的三个点。当鱼漂静止时，水面恰好过点O。用手将鱼漂向下压，使点M到达水面，松手后，不考虑阻力的影响，鱼漂会上下做简谐运动，上升到最高处时，点N到达水面。以O点为坐标原点，竖直向上为正方向，并取经过O点向下运动时为计时零点，描绘出鱼漂所受浮力与时间的变化图像、速度与时间的变化图像，下列图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【详解】AB．由题可知，鱼漂在O点时，浮力等于鱼漂的重力，且浮力逐渐增大，A错误，B正确；
CD．由于O点向下运动时为计时零点，故在O点时速度方向为负，且速度逐渐减小，C错误，D正确。
故选BD。
题型三 单摆及其周期公式的理解及应用
1．受力特征：重力和细线的拉力
(1)回复力：摆球重力沿切线方向上的分力，F＝mgsin θ＝－eq \f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F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－mgcs θ.
特别提醒 ①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,R)＝0，FT＝mgcs θ.
②当摆球在最低点时，F向＝eq \f(mv\\al(2,max),R)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(v\\al(2,max),R).
2．周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g))，f＝eq \f(1,2π) eq \r(\f(g,l))
(1)只要测出单摆的摆长l和周期T，就可以根据g＝eq \f(4π2l,T2)，求出当地的重力加速度g.
(2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心．
(3)g为当地的重力加速度．
类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用
如图是用传感器和计算机描绘的甲、乙两个单摆的振动图像。关于两个单摆运动的描述，下列说法正确的是（ ）
A．甲单摆的振动方程为x=3sin103t+π3cm
B．任意0.2s内，乙单摆经过的路程均为2cm
C．甲、乙单摆的摆长之比为9：16
D．甲、乙单摆的最大摆角之比为3：4
【答案】C
【详解】A．由图可知T甲=0.6s，ω=2π0.6rad/s=10π3rad/s
经检验分析可得甲单摆的振动方程为x=3sin10π3t+π3cm，选项A错误；
B．由图可知T乙=0.8s
0.2s为四分之一个周期，经过的路程与计时起点有关，选项B错误；
C．根据周期公式T=2πLg
可得摆长L=gT24π2
将两单摆周期代入，可得两单摆的摆长之比为9：16，选项C正确；
D．设最大摆角为θ，振幅为A，由A2πL=θ2π
可得最大摆角为θ=AL
则甲、乙两单摆的最大摆角之比θ甲：θ乙=A甲A乙⋅L乙L甲
代入数据得θ甲：θ乙=8：3，选项D错误。
故选D。
如图甲所示，水平放置在光滑地面上的弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O点为平衡位置，规定向右为正方向，其自由振动图像如图乙所示。将小球Q用轻质细绳悬挂在O点正上方的O1点，小球Q静止时恰好未与地面接触，将小球P从A点由静止释放，运动到O点时与完全相同的、静止的小球Q发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后小球P从A点至再次回到A点的时间间隔为6s。小球P、Q始终在同一竖直面内运动，小球Q的摆角始终小于5°，空气阻力不计，当地重力加速度g=9.87m/s2，π2≈9.87，则轻绳与小球Q组成的单摆的（ ）
A．周期为2sB．周期为8sC．摆长为1mD．摆长为4m
【答案】D
【详解】根据图乙可知，小球P的振动周期T1=8s，碰后小球P从A点至再次回到A点的时间为6s，因为小球P、Q完全相同且发生弹性碰撞，故小球P、Q碰后速度发生交换，小球Q在相邻两次碰撞之间的时间间隔为2s，恰好为单摆的半个周期，即单摆的周期为T=4s，根据单摆的周期公式T=2πLg
解得单摆的摆长L=4m
故选D。
如图所示，小球M用细线悬于定点O，小球N位于O点；将小球M拉离平衡位置P少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力.则（ ）
A．球M先到达P点
B．球M、N同时到达P点
C．适当调整球M释放位置，两球可能在P点相遇
D．适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇
【答案】D
【详解】M做单摆运动，第一次到达P点的时间为t1=14×2πLg=π2Lg
N做自由落体运动，运动到P点的时间为t2=2Lg
显然t1>t2，即N球先到达P点，故若适当提高球N释放高度，两球可能在P点相遇。
故选D。
类型2 单摆的振动图像及运动学特征
智能手环随手臂做简谐运动，其质量为m，位移图像x−t如图所示。图中函数是余弦函数，初相位为0，abcd四个点分别表示所在点的横坐标大小。下列说法不正确的是（ ）
A．当手环运动到b处时，传感器的加速度大小为Acsb
B．当手环运动到c处时，传感器所受回复力大小为m3π2(d−a)2A
C．当手环运动到d处时，传感器的加速度大小最大
D．当手环运动到a处时，传感器速度与c处相同
【答案】A
【详解】A．手环做简谐运动，当手环运动到b处时，传感器的位移大小为x=Acsb
加速度大小不是Acsb，故A错误，符合题意；
B．设手环运动周期为T，由图可知34T=d−a
当手环运动到c处时，传感器所受回复力大小为F=mgAL
由周期公式T=2πLg
解得F=mω2A=m3π2d−a2A
故B正确，不符合题意；
C．当手环运动到d处时，处于最高点，传感器的加速度最大，故C正确，不符合题意；
D．手环在a、c两处时离开平衡位置的位移最大，当手环运动到a处时，传感器速度与c处相同，都是零，故D正确，不符合题意。
故选A。
同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两单摆的摆长之比为16：25
B．乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能
C．0～1s内，单摆甲、乙摆球的重力势能都增大
D．两图线交点对应的时刻（t0）甲、乙两摆球速率相等
E．甲单摆的振动方程为x=4sinπ2tcm
【答案】ACE
【详解】A．根据单摆周期公式
T=2πLg
由图可知甲单摆的周期为4s，乙单摆的周期为5s，甲、乙两单摆的摆长之比为
L甲:L乙=T甲2:T乙2=16:25
故A正确；
B．甲、乙两单摆的质量不知，无法比较甲、乙两单摆的机械能，故B错误；
C．0～1s内，单摆甲、乙摆球从平衡位置向最高点运动，单摆甲、乙摆球的重力势能都增大，故C正确；
D．x−t图像斜率表示速度，两图线交点对应的时刻（t0）图像斜率绝对值不同，甲、乙两摆球速率不相等，故D错误；
E．甲单摆的振动方程为
x=Asin(2πTt)=4sinπ2tcm
故E正确。
故选ACE。
图为两单摆的振动图像，θ为摆线偏离竖直方向的角度θ