機械振動目標要求1.知道簡諧運動的概念，理解簡諧運動的表達式和圖像。2.知道單擺，理解單擺的周期公式。3.理解受迫振動和共振的概念，了解產生共振的條件及其應用?？键c一簡諧運動的特征1.簡諧運動：質點的位移與時間的關系嚴格遵從eq\o(□,\s\up1(1))正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動圖像(x-t圖像)是一條eq\o(□,\s\up1(2))正弦曲線。2.平衡位置：物體在振動過程中eq\o(□,\s\up1(3))回復力為零的位置。3.回復力(1)定義：使物體在eq\o(□,\s\up1(4))平衡位置附近做往復運動的力。(2)方向：總是指向eq\o(□,\s\up1(5))平衡位置。(3)來源：屬于eq\o(□,\s\up1(6))效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的eq\o(□,\s\up1(7))合力或某個力的eq\o(□,\s\up1(8))分力。4.描述簡諧運動的物理量物理量定義意義振幅振子離開平衡位置的eq\o(□,\s\up1(9))最大距離描述振動的eq\o(□,\s\up1(10))強弱周期振子完成一次eq\o(□,\s\up1(11))全振動所需時間描述振動的eq\o(□,\s\up1(12))快慢，兩者互為倒數(shù)：T＝eq\f(1,f)頻率振子完成的全振動的次數(shù)與所用時間的比相位ωt＋φ0描述周期性運動在各個時刻所處的eq\o(□,\s\up1(13))不同狀態(tài)【判斷正誤】1.簡諧運動的平衡位置就是質點所受合力為零的位置。(×)2.振子每次經(jīng)過平衡位置時，位移為零、動能最大。(√)3.簡諧運動的回復力可以是恒力。(×)受力特點回復力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運動特點靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大。在運動過程中，動能和勢能相互轉化，系統(tǒng)的機械能守恒周期性特征做簡諧運動的物體的位移、回復力、加速度和速度均隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為eq\f(T,2)對稱性特征(1)如圖所示，做簡諧運動的物體經(jīng)過關于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等(2)物體由P到O所用的時間等于由O到P′所用時間，即tPO＝tOP′(3)物體往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO(4)相隔eq\f(T,2)或eq\f(（2n＋1）T,2)(n為正整數(shù))的兩個時刻，物體位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等，方向相反【對點訓練】1.(簡諧運動的物理量)如圖所示，彈簧振子在B、C間振動，O為平衡位置，BO＝OC＝5cm。若振子從B到C的運動時間是1s，則下列說法中正確的是()A.振子從B經(jīng)O到C完成一次全振動B.振動周期是1s，振幅是10cmC.經(jīng)過兩次全振動，振子通過的路程是20cmD.從B開始經(jīng)過3s，振子通過的路程是30cm解析：D振子從B經(jīng)O到C只完成半次全振動，再回到B才算完成一次全振動，完成一次全振動的時間為一個周期，故T＝2s，A、B錯誤；經(jīng)過一次全振動，振子通過的路程是4倍振幅，故經(jīng)過兩次全振動，振子通過的路程是40cm，C錯誤；從B開始經(jīng)過3s，振子通過的路程是30cm，D正確。2.(簡諧運動的動力學特征)(多選)如圖所示，一輕質彈簧上端固定在天花板上，下端連接一物塊，物塊沿豎直方向以O點為中心點，在C、D兩點之間做周期為T的簡諧運動。已知在t1時刻物塊的速度大小為v、方向向下，動能為Ek。下列說法正確的是()A.如果在t2時刻物塊的速度大小也為v，方向向下，則t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)B.如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值為TC.物塊通過O點時動能最大D.當物塊通過O點時，其加速度最小解析：ACD物塊做簡諧運動，物塊同向經(jīng)過關于平衡位置對稱的兩點的速度相等，所以如果在t2時刻物塊的速度大小也為v且方向也向下，則t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，選項A正確；如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，選項B錯誤；當物塊通過O點時，其加速度最小，速度最大，動能最大，選項C、D正確。3.(簡諧運動的周期性與對稱性)一彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當t＝0時刻，振子經(jīng)過O點，t1＝0.4s時，第一次到達M點，t2＝0.5s時振子第二次到達M點，則彈簧振子的周期可能為()A.0.6s B.1.2sC.2.0s D.2.6s解析：A若振子按圖1所示路線從O點開始向右振動，則振子的振動周期為T1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.4＋\f(0.1,2)))s＝1.8s。若振子按圖2所示路線從O點開始向左振動，M1為與M點關于平衡位置O的對稱位置，則振子的振動周期為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錯誤，A正確。圖1圖2考點二簡諧運動的表達式和圖像1.簡諧運動的表達式(1)動力學表達式：F＝eq\o(□,\s\up1(14))－kx，其中“－”表示回復力與eq\o(□,\s\up1(15))位移的方向相反。(2)運動學表達式：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表示簡諧運動的快慢，(ωt＋φ0)代表簡諧運動的相位，φ0叫作初相。2.簡諧運動的圖像(1)從平衡位置開始計時，把開始運動的方向規(guī)定為正方向，函數(shù)表達式為x＝eq\o(□,\s\up1(18))Asinωt，圖像如圖甲所示。甲乙(2)從正的最大位移處開始計時，函數(shù)表達式為x＝eq\o(□,\s\up1(19))Acosωt，圖像如圖乙所示?！九袛嗾`】1.簡諧運動的圖像描述的是振子的軌跡。(×)2.簡諧運動的振動圖像是正弦曲線或余弦曲線。(√)3.簡諧運動的圖像表示質點振動的軌跡是正弦曲線。(×)1.對簡諧運動圖像的理解(1)簡諧運動的圖像是一條正弦曲線或余弦曲線，分別如圖甲、乙所示。甲乙(2)圖像反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖像不代表質點運動的軌跡。2.由簡諧運動圖像可獲取的信息(1)判定振動的振幅A和周期T，如圖所示。(2)判定振動物體在某一時刻的位移。(3)判定某時刻質點的振動方向①下一時刻位移若增加，質點的振動方向是遠離平衡位置。②下一時刻位移若減小，質點的振動方向是指向平衡位置。(4)判定某時刻質點的加速度(回復力)的大小和方向。eq\x(\a\al(從圖像讀,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)比較不同時刻質點的勢能和動能的大小。質點的位移越大，它所具有的勢能越大，動能則越小。(多選)裝有一定量液體的玻璃管豎直漂浮在水中，水面足夠大，如圖甲所示，把玻璃管向下緩慢按壓4cm后放手，忽略運動阻力，玻璃管的運動可以視為豎直方向的簡諧運動，測得振動周期為0.5s。以豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其振動圖像如圖乙所示，其中A為振幅。對于玻璃管，下列說法正確的是()甲乙A.回復力等于重力和浮力的合力B.振動過程中動能和重力勢能相互轉化，玻璃管的機械能守恒C.位移滿足函數(shù)式x＝4sin(4πt－eq\f(5π,6))cmD.在t1～t2時間內，位移減小，加速度減小，速度增大解析：ACD玻璃管振動過程中，受到重力和水的浮力，這兩個力的合力充當回復力，故A正確；玻璃管在振動過程中，水的浮力對玻璃管做功，故振動過程中，玻璃管的機械能不守恒，故B錯誤；由于振動周期為0.5s，故ω＝eq\f(2π,T)＝4πrad/s，由題圖乙可知振動位移的函數(shù)表達式為x＝4sin(4πt－eq\f(5π,6))cm，故C正確；由題圖乙可知，在t1～t2時間內，玻璃管向平衡位置運動，故位移減小，加速度減小，速度增大，故D正確?！緦c訓練】4.(簡諧運動的表達式)(多選)如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為小球的平衡位置，其振動方程為x＝6sin(10πt＋eq\f(π,2))cm。下列說法正確的是()A.MN間距離為6cmB.小球的運動周期是0.2sC.t＝0時，小球位于N點D.t＝0.05s時，小球具有最大加速度解析：BCMN間距離為2A＝12cm，故A錯誤；因ω＝10πrad/s，可知小球的運動周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，故B正確；由x＝6sin(10πt＋eq\f(π,2))cm可知，t＝0時，x1＝6cm，即小球位于N點，故C正確；由x＝6sin(10πt＋eq\f(π,2))cm可知，t＝0.05s時，x2＝0，此時小球位于O點，小球加速度為零，故D錯誤。5.(簡諧運動的圖像)如圖所示是某一質點做簡諧運動的振動圖像，下列說法正確的是()A.質點振動的周期為7sB.1s末質點受到的回復力改變方向C.3s時與7s時質點速度相同D.質點振動方程為x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))cm解析：D由圖可知，質點振動的周期為8s，故A錯誤；1s末前后質點受到的回復力都沿x軸負方向，故B錯誤；由x-t圖像斜率表示速度可知，3s時與7s時質點速度大小相同，方向相反，故C錯誤；由A選項可得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，設質點振動方程為x＝Asin(ωt＋φ)cm，t＝3s時x＝0，代入數(shù)據(jù)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正確。6.(簡諧運動圖像的比較)如圖所示，虛線和實線分別為甲、乙兩個彈簧振子做簡諧運動的圖像，則下列說法正確的是()A.在各自的一個周期內，甲振子的位移比乙振子的位移大B.第1s內，甲、乙兩振子的加速度方向相反C.4s～6s內，甲、乙兩振子的加速度均為正值D.第2s末，甲的加速度達到其最大值，乙的速度達到其最大值解析：B在各自的一個周期內，彈簧振子的位移為零，故A錯誤；第1s內，甲彈簧振子向x軸正方向做減速運動，加速度沿x軸負方向，乙彈簧振子向x軸負方向做減速運動，加速度沿x軸正方向，故B正確；4s～6s內，甲、乙兩振子的位移均為正值，所以加速度均為負值，故C錯誤；第2s末，甲的速度達到其最小值，乙的加速度達到其最大值，故D錯誤。故選B?？键c三單擺及周期公式1.定義：在細線的一端拴一個小球，另一端固定在懸點上，若忽略懸掛小球的細線長度的微小變化和質量，且線長比球的直徑大得多，這樣的裝置叫作單擺。2.視為簡諧運動的條件：eq\o(□,\s\up1(20))θ<5°。3.回復力：F＝－G2＝－Gsinθ＝－eq\f(mg,l)x。4.周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))。5.單擺的等時性：單擺的振動周期取決于擺長l和重力加速度g，與eq\o(□,\s\up1(21))振幅和振子(小球)質量都沒有關系。【判斷正誤】1.單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動。(×)2.單擺的振動周期由擺球的質量和擺角共同決定。(×)3.當單擺的擺球運動到最低點時，回復力為零，所受合力為零。(×)1.單擺的受力特征(1)回復力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復力F回與位移x的方向相反。(2)向心力：細線的拉力和擺球重力沿細線方向分力的合力充當向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ。(3)兩點說明①當擺球在最高點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。②當擺球在最低點時，F(xiàn)向＝eq\f(mvmax2,l)，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(vmax2,l)。2.周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的理解(1)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。(2)g為當?shù)刂亓铀俣?。如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，在其正下方的P點有一個釘子，現(xiàn)將小球拉開一定的角度后開始運動，小球在擺動過程中的偏角不超過5°。從某時刻開始計時，繩中的拉力大小F隨時間t變化的關系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力。下列說法正確的是()甲乙A.t＝0.1πs時小球位于B點B.t＝0.4πs時小球位于C點C.OA之間的距離為1.5mD.OP之間的距離為1.2m解析：D由圖像可知，0～0.2πs內應該對應著擺球在CB之間的擺動；0.2πs～0.6πs內應該對應著擺球在BA之間的擺動，因t＝0.1πs時擺線拉力最小，可知小球位于C點，t＝0.4πs時小球位于A點，選項AB錯誤；擺球在AB之間擺動的周期為T1＝0.8πs，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L1＝1.6m，即OA之間的距離為1.6m，選項C錯誤；擺球在BC之間擺動的周期為T2＝0.4πs，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L2＝0.4m，即PB之間的距離為0.4m，OP之間的距離為1.2m，選項D正確。故選D。【對點訓練】7.(單擺的振動圖像的應用)甲、乙兩星球表面的a、b兩個單擺做簡諧運動的x-t圖像，如圖所示，已知兩單擺的擺長相等，由圖可知()A.甲、乙兩星球表面的重力加速度之比為eq\f(3,2)B.減小a擺的擺球質量，a擺的周期有可能與b擺相等C.a、b兩單擺在最低點的速率有可能相等D.a、b兩單擺在最低點的動能有可能相等解析：D由圖可知兩單擺的周期之比為T甲∶T乙＝2∶3，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得g＝eq\f(4π2l,T2)，所以甲、乙兩星球表面的重力加速度之比為eq\f(g甲,g乙)＝eq\f(9,4)，故A錯誤；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，擺球周期與擺球質量無關，所以減小a擺的擺球質量，a擺的周期不可能與b擺相等，故B錯誤；設單擺的擺線與豎直方向的夾角為θ，達到最低點的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得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)，根據(jù)圖像可知A甲＝2A乙，則sinθ甲≈2sinθ乙，a、b兩單擺在最低點速率一定不同，故C錯誤；由于擺球質量關系未知，所以在最低點的動能Ek＝mgL(1－cosθ)有可能相等，D正確。故選D。8.(單擺周期公式的應用)(多選)惠更斯利用擺的等時性發(fā)明了帶擺的計時器，叫擺鐘，如圖甲所示，擺鐘運行時克服摩擦所需的能量由重錘的勢能提供，運動的速率由鐘擺控制，旋轉鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤沿擺桿上下移動，簡化圖如圖乙所示。下列說法正確的是()甲乙A.擺鐘慢了，應使圓盤沿擺桿下移B.擺鐘快了，應使圓盤沿擺桿下移C.把擺鐘從北京移到上海，應使圓盤沿擺桿上移D.把擺鐘從山頂移到山腳，應使圓盤沿擺桿上移解析：BC若擺鐘變慢，是因為周期變大，由單擺的周期公式為T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，應減小擺長，即上移圓盤，同理，若擺鐘變快，應下移圓盤，故A錯誤，B正確；從北京到上海，g值變小，周期變大，應減小擺長，即上移圓盤，故C正確；從山頂?shù)缴侥_，g值變大，周期變小，應增大擺長，即下移圓盤，故D錯誤。故選BC?？键c四受迫振動和共振1.受迫振動(1)定義：物體在eq\o(□,\s\up1(22))周期性驅動力作用下的振動。(2)振動特征：物體做受迫振動達到穩(wěn)定后，物體振動的頻率等于eq\o(□,\s\up1(23))驅動力的頻率，與物體的固有頻率eq\o(□,\s\up1(24))無關。2.共振(1)概念：當驅動力的頻率等于振動物體的eq\o(□,\s\up1(25))固有頻率時，物體做受迫振動的振幅達到最大的現(xiàn)象。(2)共振的條件：驅動力的頻率等于振動物體的eq\o(□,\s\up1(26))固有頻率。(3)共振的特征：共振時eq\o(□,\s\up1(27))振幅最大。(4)共振曲線(如圖所示)?！九袛嗾`】1.物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率有關。(×)2.驅動力的頻率越大，物體做受迫振動的振幅越大。(×)3.物體在發(fā)生共振時的振動是受迫振動。(√)1.自由振動、受迫振動和共振的關系比較比較項目自由振動受迫振動共振受力情況僅受回復力受驅動力作用受驅動力作用振動周期或頻率由系統(tǒng)本身性質決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅動力的周期或頻率決定，即T＝T驅或f＝f驅T驅＝T0或f驅＝f0振動能量振動物體的機械能不變由驅動力提供振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺(θ<5°)機械工作時底座發(fā)生的振動共振篩、聲音的共鳴等2.對共振的理解(1)共振曲線：如圖所示，橫坐標為驅動力頻率f，縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅動力頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)受迫振動振幅的影響，由圖可知，f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大。(2)受迫振動中系統(tǒng)能量的轉化：系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換?！緦c訓練】9.(受迫振動和共振)飛力士棒(Flexi－bar)是德國物理治療師發(fā)明的一種物理康復器材，也是一種有效加強軀干肌肉功能的訓練器材。標準型飛力士棒整體結構由中間的握柄、兩端負重頭用一根PVC軟桿連接組成，質量為508g，長度為1.525m，棒的固有頻率為4.5Hz，如圖所示，可以使用雙手進行驅動，則下列關于飛力士棒的認識正確的是()A.使用者用力越大飛力士棒振動越快B.隨著手振動的頻率增大，飛力士棒振動的幅度一定越來越大C.雙手驅動該飛力士棒每分鐘振動270次全振動，會產生共振D.負重頭質量相同，同樣材料的PVC桿縮短，飛力士棒的固有頻率不變解析：C使用者用力大小影響的是振幅，與振動快慢沒有關系，故A錯誤；隨著手振動的頻率增大，飛力士棒振動的頻率隨之增大，但是幅度不一定越來越大，故B錯誤；雙手驅動該飛力士棒每分鐘振動270次全振動，則驅動力的頻率為f＝eq\f(270,60)Hz＝4.5Hz，與飛力士棒的固有頻率相等，會產生共振，故C正確；負重頭質量相同，同樣材料的PVC桿縮短，飛力士棒的固有頻率會變化，故D錯誤。故選C。10.(共振曲線的理解)(多選)一單擺在地球表面做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力的頻率f的關系)如圖所示，則()A.此單擺的固有頻率為0.5HzB.此單擺的擺長約為1mC.若擺長增大，單擺的固有頻率增大D.若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動解析：AB由共振曲線可知，當驅動力頻率為0.5Hz時振幅最大，此時產生共振現(xiàn)象，故單擺的固有頻率f＝0.5Hz，A正確；單擺的周期為T＝eq\f(1,f)＝2s，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，B正確；根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，擺長增長時，單擺的周期增大，固有頻率減小，產生共振的驅動頻率也減小，共振曲線的峰將向左移動，CD錯誤。故選AB。11.(共振現(xiàn)象的應用)(多選)為了提高松樹上松果的采摘率和工作效率，工程技術人員利用松果的慣性發(fā)明了用打擊桿、振動器使松果落下的兩種裝置，如圖甲、乙所示。則()甲乙A.針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率可能不同B.隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度一定增大C.打擊桿對不同粗細樹干打擊結束后，樹干的振動頻率相同D.穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同解析：AD不同樹木的固有頻率不同，因此針對不同樹木，要使之發(fā)生共振需要的振動頻率不同，選項A正確；根據(jù)共振曲線，小于固有頻率時，逐漸增加驅動力頻率，振動的幅度會增大，而在大于固有頻率時增加驅動力頻率，振動的幅度會減小，選項B錯誤；穩(wěn)定后，不同粗細的樹干的振動為受迫振動，因此與振動器的振動頻率相同，選項D正確；打擊桿打擊樹干后，樹干做阻尼振動，阻尼振動頻率取決于固有頻率，粗細不同的樹干固有振動頻率不同，選項C錯誤。限時規(guī)范訓練30[基礎鞏固題組]1.光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達式為E＝eq\f(1,2)kA2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，A為簡諧運動的振幅。若振子質量為0.25kg，彈簧的勁度系數(shù)為25N/m。起振時系統(tǒng)具有勢能0.06J和動能0.02J，則下列說法正確的是()A.該振動的振幅為0.16mB.振子經(jīng)過平衡位置時的速度為0.4m/sC.振子的最大加速度為8m/s2D.若振子在位移最大處時，質量突變?yōu)?.15kg，則振幅變大解析：C彈簧振子振動過程中系統(tǒng)機械能守恒，則有eq\f(1,2)kA2＝0.06J＋0.02J＝0.08J，所以該振動的振幅為A＝0.08m，故A錯誤；振子經(jīng)過平衡位置時，動能為eq\f(1,2)mv2＝0.08J，所以速度為v＝0.8m/s，故B錯誤；由牛頓第二定律可知振子的最大加速度為a＝eq\f(kA,m)＝8m/s2，故C正確；振子在位移最大處時，速度為零，動能為零，所以質量突變?yōu)?.15kg，不影響系統(tǒng)的機械能，所以振幅不變，故D錯誤。2.如圖所示，樹梢的擺動可視為周期12s、振幅1.2m的簡諧運動。某時刻開始計時，36s后樹梢向右偏離平衡位置0.6m。下列說法正確的是()A.開始計時的時刻樹梢恰位于平衡位置B.樹梢做簡諧運動的“圓頻率”約為0.08HzC.樹梢在開始計時后的36s內通過的路程為4.8mD.再經(jīng)過4s，樹梢可能處于向左偏離平衡位置1.2m處解析：D如果開始計時的時刻樹梢恰位于平衡位置，經(jīng)過36s，即3T，則樹梢恰位于平衡位置，故A錯誤；樹梢做簡諧運動的“圓頻率”約為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)rad/s，故B錯誤；樹梢在開始計時后的36s內通過的路程為s＝3×4A＝14.4m，故C錯誤；36s后樹梢向右偏離平衡位置0.6m，設此時y＝1.2sin(eq\f(π,6)t＋φ)，因為t＝0，y＝0.6m，解得φ＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，當y＝1.2sin(eq\f(π,6)t＋eq\f(5π,6))時，再經(jīng)過4s，樹梢可能處于向左偏離平衡位置1.2m處，故D正確。故選D。3.如圖甲所示為以O點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，由圖可知下列說法中正確的是()甲乙A.在t＝0.2s時，小球的加速度為正向最大B.在t＝0.4s與t＝0.8s兩個時刻，小球的速度相同C.從t＝0到t＝0.2s時間內，小球做加速度增大的減速運動D.在t＝0.6s時，小球有最小位移解析：C在t＝0.2s時，小球的位移為正向最大，根據(jù)a＝－eq\f(kx,m)，可知小球的加速度為負向最大，A錯誤；圖像上某點的切線斜率表示該時刻小球的速度，在t＝0.4s與t＝0.8s兩個時刻，小球的速度大小相等，方向相反，B錯誤；從t＝0到t＝0.2s時間內，小球做加速度增大的減速運動，C正確；在t＝0.6s時，小球有負方向的最大位移，D錯誤。故選C。4.質量相同的兩個小球分別與輕質彈簧甲、乙組成彈簧振子，讓兩彈簧振子各自在水平面內做簡諧運動，某時刻開始計時，兩者的振動圖像如圖所示。已知彈簧振子的振動周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m為振子質量、k為彈簧勁度系數(shù)，下列說法正確的是()A.彈簧勁度系數(shù)甲比乙大B.彈簧勁度系數(shù)甲比乙小C.t＝0.1s時，甲彈簧對小球的作用力大于乙彈簧對小球的作用力D.t＝eq\f(2,15)s時，兩振子的回復力大小相等解析：D根據(jù)題意，兩個小球質量相同，由題圖知，甲、乙周期相同，由T＝2πeq\r(\f(m,k))知，彈簧勁度系數(shù)甲等于乙，故AB錯誤；t＝0.1s時，甲處于平衡位置，回復力為零，乙處于負的最大位移處，回復力最大，則甲彈簧對小球的作用力小于乙彈簧對小球的作用力，故C錯誤；對甲有x甲＝eq\r(3)cosω甲t(cm)＝eq\r(3)coseq\f(2π,T)t(cm)＝eq\r(3)cos5πt(cm)，對乙有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時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，兩彈簧形變量大小相等，彈力大小相等，則兩振子的回復力大小相等，故D正確。故選D。5.將一臺智能手機水平粘在秋千的座椅上，使手機邊緣與座椅邊緣平行(如圖甲)，讓秋千以小擺角(小于5°)自由擺動，此時秋千可看作一個理想的單擺，擺長為L。從手機傳感器中得到了其垂直手機平面方向的a-t關系圖如圖乙所示。則以下說法正確的是()甲乙A.忽略空氣阻力，秋千的回復力由重力和拉力的合力提供B.當秋千擺至最低點時，秋千對手機的支持力等于手機所受的重力C.秋千擺動的周期為t3－t1D.該地的重力加速度g＝eq\f(4π2L,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－t1))2)解析：C忽略空氣阻力，秋千的回復力由重力沿圓弧切線方向的分力提供，A錯誤；在最低點，合力提供向心力N－mg＝meq\f(v2,L)，秋千對手機的支持力N＝mg＋meq\f(v2,L)＞mg，故秋千對手機的支持力大于手機的重力，B錯誤；秋千的周期為從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時間，所以兩次經(jīng)過最低點，有兩次向心加速度最大，根據(jù)垂直手機平面方向的a-t關系圖，周期為T＝t3－t1，C正確；根據(jù)單擺周期公式T＝t3－t1＝2πeq\r(\f(L,g))，故當?shù)刂亓铀俣萭＝eq\f(4π2L,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t1))2)，D錯誤。故選C。6.如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點以初速度v向右運動，小球將做周期為T的往復運動，則()A.小球做簡諧運動B.小球動能的變化周期為eq\f(T,2)C.兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為TD.小球的初速度為eq\f(v,2)時，其運動周期為2T解析：B物體做簡諧運動的條件是它在運動中所受回復力與位移成正比，且方向總是指向平衡位置，可知小球在桿中點到接觸彈簧過程，所受合力為零，此過程做勻速直線運動，故小球不是做簡諧運動，A錯誤；假設桿中點為O，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為A，小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為B，可知小球做周期為T的往復運動過程為O→A→O→B→O，根據(jù)對稱性可知小球從O→A→O與O→B→O，這兩個過程的動能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性勢能的變化完全一致，故小球動能的變化周期為eq\f(T,2)，兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為eq\f(T,2)，B正確，C錯誤；小球的初速度為eq\f(v,2)時，可知小球在勻速階段的時間變?yōu)樵瓉淼?倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子周期公式T0＝2πeq\r(\f(m,k))，可知接觸彈簧過程所用時間與速度無關，即接觸彈簧過程時間保持不變，故小球的初速度為eq\f(v,2)時，其運動周期應小于2T，D錯誤。7.(多選)轎車的懸掛系統(tǒng)是由車身與輪胎間的彈簧及避震器組成的支持系統(tǒng)。某型號轎車的“車身—懸掛系統(tǒng)”的固有周期是0.5s，這輛汽車勻速通過某路口的條狀減速帶，如圖，已知相鄰兩條減速帶間的距離為1.0m，該車經(jīng)過該減速帶過程中，下列說法正確的是()A.當轎車以30km/h的速度通過減速帶時，車身上下振動的頻率為2HzB.轎車通過減速帶的速度大小不同，車身上下振動的幅度大小可能相同C.當轎車以7.2km/h的速度通過減速帶時，車身上下顛簸得最劇烈D.轎車通過減速帶的速度越大，車身上下顛簸得越劇烈解析：BC當轎車以30km/h的速度通過減速帶時，車身上下振動的周期為T＝eq\f(L,v)＝eq\f(3,25)s，則車身上下振動的頻率為f＝eq\f(1,T)＝8eq\f(1,3)Hz，故A錯誤；車身上下振動的頻率與車身系統(tǒng)的固有頻率越接近，車身上下振動的幅度越大，所以當轎車通過減速帶的速度大小不同時，車身上下振動的幅度大小可能相同，故B正確，D錯誤；當轎車以7.2km/h的速度通過減速帶時，車身上下振動的頻率為f′＝eq\f(1,T′)＝eq\f(v′,L)＝2Hz，車身系統(tǒng)的固有頻率為f0＝eq\f(1,T0)＝2Hz，此時f′＝f0，所以車身發(fā)生共振，顛簸得最劇烈，故C正確。故選BC。8.(多選)甲、乙兩位同學分別在兩個不同城市做“用單擺測重力加速度”的實驗，記錄不同擺長L對應的周期T；開學回來后共同繪制了T2－L圖像如圖甲中A、B所示。此外乙同學還對實驗的單擺施加了驅動力使其做受迫振動，并繪制了此單擺的共振曲線，如圖乙所示。下列說法中正確的是()甲乙A.由圖甲分析可知A圖像所對應的實驗地點重力加速度較大B.單擺的固有周期由擺長和當?shù)氐闹亓铀俣裙餐瑳Q定C.由圖乙可知，乙同學探究受迫振動的單擺擺長約為1mD.如果乙同學增大擺長，得到的共振曲線的峰值位置將向右移動解析：BC根據(jù)單擺的固有周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得T2＝eq\f(4π2,g)L，所以T2-L圖像的斜率k＝eq\f(4π2,g)，圖甲中A圖像的斜率大于B圖像的斜率，故A圖像所對應的實驗地點的重力加速度較小，故A錯誤；單擺的固有周期公式為T＝2πeq\r(\f(L,g))，其中L為擺長，g為當?shù)氐闹亓铀俣龋蔅正確；由圖乙可知，當驅動力的頻率為0.5Hz時，擺球發(fā)生共振，故系統(tǒng)的固有頻率為0.5Hz，固有周期T0＝eq\f(1,f)＝2s，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得擺長L≈1m，故C正確；根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，若在同一地點增大擺長，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發(fā)生共振時的驅動力頻率變小，共振曲線的峰值位置向左移動，故D錯誤。故選BC。[能力提升題組]9.(多選)如圖甲所示，一單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法正確的是()甲乙A.單擺的擺長約為1.0mB.單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝8sinπt(cm)C.從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大D.從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球所受回復力逐漸減小解析：AB由題圖乙可知單擺的周期T＝2s，振幅A＝8cm，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，代入數(shù)據(jù)可得l≈1.0m，選項A正確；由ω＝eq\f(2π,T)可得ω＝πrad/s，則單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝Asinωt＝8sinπt(cm)，選項B正確；從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球從最高點運動到最低點，重力勢能減小，選項C錯誤；從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球的位移增大，回復力增大，選項D錯誤。10.(多選)下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖(a)所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()(a)(b)A.x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先減小后增大B.x從0.21m到0.