高考物理一轮复习讲义第41课时　机械振动（教师版）

第八章机械振动和机械波考查档案命题特点情境命题常结合生产生活中的物理情境，如共振筛、摆钟、地震波、多普勒彩超等，实现对简谐运动规律及机械波传播规律的考查。考查方向高考对本章的考查有逐年加强的趋势，考查的重点主要是机械波的形成和传播规律、机械波的叠加等，偶尔会单独考查简谐运动，更多的考查方式是把振动和波动综合起来考查学生的综合分析能力。第41课时机械振动【复习定位】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。必备知识自主学习对应学生用书P134一、简谐运动1．概念：物体的位移与时间的关系遵从eq\o(□,\s\up5(1))正弦函数的规律，即它的振动图像(x-t图像)是一条eq\o(□,\s\up5(2))正弦曲线。2．振动方程：x＝eq\o(□,\s\up5(3))Asin(ωt＋φ)。3．平衡位置：物体在振动过程中eq\o(□,\s\up5(4))回复力为零的位置。4．回复力(1)使物体返回到eq\o(□,\s\up5(5))平衡位置的力。方向总是指向eq\o(□,\s\up5(6))平衡位置。(2)公式：F＝eq\o(□,\s\up5(7))－kx。5．描述简谐运动的物理量(1)振幅：质点离开平衡位置的eq\o(□,\s\up5(8))最大距离，反映了振动的强弱。(2)周期：完成一次eq\o(□,\s\up5(9))全振动所需时间。(3)频率：振动物体eq\o(□,\s\up5(10))单位时间内完成全振动的次数。(4)相位：ωt＋φ，描述简谐运动物体在各个时刻所处的eq\o(□,\s\up5(11))不同状态，其中φ叫作eq\o(□,\s\up5(12))初相位。二、简谐运动的图像1．物理意义：表示振子的eq\o(□,\s\up5(13))位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线。2．从平衡位置开始计时，把开始运动的方向规定为正方向，函数表达式为x＝eq\o(□,\s\up5(14))Asinωt，图像如图甲所示。3．从正的最大位移处开始计时，函数表达式为x＝eq\o(□,\s\up5(15))Acosωt，图像如图乙所示。三、简谐运动的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)无空气阻力等；(3)最大摆角小于5°回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方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，机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒四、受迫振动及共振1．受迫振动(1)概念：物体在eq\o(□,\s\up5(16))驱动力作用下的振动。(2)振动特征：受迫振动的频率等于eq\o(□,\s\up5(17))驱动力的频率，与系统的eq\o(□,\s\up5(18))固有频率无关。2．共振(1)概念：当驱动力的频率等于eq\o(□,\s\up5(19))固有频率时，物体做受迫振动的振幅最大的现象。(2)共振的条件：驱动力的频率等于物体的eq\o(□,\s\up5(20))固有频率。(3)共振的特征：共振时eq\o(□,\s\up5(21))振幅最大。(4)共振曲线(如图所示)f＝f0时，A＝eq\o(□,\s\up5(22))Am。f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅eq\o(□,\s\up5(23))越小。1．判断正误。(1)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。(√)(2)振幅等于振子运动轨迹的长度。(×)(3)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)(4)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。(√)(5)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(×)2．(2024·福建卷)某简谐振动的y-t图像如图所示，则以下说法正确的是(B)A．振幅为2cmB．频率为2.5HzC．0.1s时速度为0D．0.2s时加速度方向竖直向下解析根据题图可知，振幅为1cm；周期T＝0.4s，则频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)Hz＝2.5Hz，故A错误，B正确。根据题图可知，0.1s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误。根据题图可知，0.2s时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。关键能力阶梯突破对应学生用书P136考点一简谐运动的特征1．简谐运动的特点受力特点回复力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减小能量振幅越大，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2.简谐运动的周期性和对称性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＋1)T,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【例1】如图所示，小球在B、C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)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，先后以相同的速度通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm。则质点的振动周期和振幅分别为(B)A．3s、6cm B．4s、6cmC．4s、9cm D．2s、8cm解析做简谐运动的质点，先后以相同的速度通过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的时间与由O到N的时间相等，那么质点由平衡位置O到N点的时间t1＝0.5s，因过N点后再经过t＝1s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则质点从N点到最大位移处的时间t2＝0.5s，因此，质点振动的周期T＝4(t1＋t2)＝4s。这2s内质点通过的总路程的一半为振幅，所以振幅A＝eq\f(12cm,2)＝6cm，故选B。【例3】(2024·河北卷)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1m，电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s内通过的路程分别为(C)A．0.2rad/s，1.0m B．0.2rad/s，1.25mC．1.26rad/s，1.0m D．1.26rad/s，1.25m解析由于电动机的转速为12r/min，则光点1min振动12个周期，故光点振动的周期T＝eq\f(1,12)min＝eq\f(60,12)s＝5s，所以光点振动的圆频率ω＝eq\f(2π,T)＝0.4πrad/s≈1.26rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1m，又t＝12.5s＝2.5T，则光点在12.5s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0m，C正确，D错误。考点二简谐运动的公式和图像1．振动方程x＝Asin(ωt＋φ)。(1)从平衡位置开始计时：x＝Asinωt。(2)从最大位移处开始计时：x＝Acosωt。2．简谐运动的图像信息(1)可以确定质点振动的振幅、周期和频率。(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向。(4)可以确定某时刻质点速度的方向。(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小。(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小。3.注意：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。【例4】(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为小球的平衡位置，其振动方程为x＝5sin(10πt＋eq\f(π,2))cm。下列说法正确的是(BC)A．M、N间距离为5cmB．小球的运动周期是0.2sC．t＝0时，小球位于N点D．t＝0.05s时，小球有最大加速度解析M、N间距离为2A＝10cm，故A错误；因ω＝10πrad/s，可知小球的运动周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，故B正确；由x＝5sin(10πt＋eq\f(π,2))cm可知，t＝0时，x1＝5cm，即小球位于N点，故C正确；由x＝5sin(10πt＋eq\f(π,2))cm可知，t＝0.05s时，x2＝0，此时小球位于O点，小球加速度为零，故D错误。【例5】如图所示是某一质点做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是(D)A．质点振动的周期为7sB．1s末质点受到的回复力改变方向C．3s时与7s时质点速度相同D．质点振动方程为x＝2sin(eq\f(π,4)t＋eq\f(π,4))cm解析由题图可知，质点振动的周期为8s，故A错误；1s末前后质点受到的回复力都沿x轴负方向，故B错误；由x-t图像的切线斜率表示速度可知，3s时与7s时质点速度大小相同、方向相反，故C错误；由A选项可得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，设质点振动方程为x＝Asin(ωt＋φ)，t＝3s时x＝0，代入数据解得φ＝eq\f(π,4)，可得x＝2sin(eq\f(π,4)t＋eq\f(π,4))cm，故D正确。【例6】(2024·北京卷)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(D)A．t＝0时，弹簧弹力为0B．t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方C．从t＝0至t＝0.2s，手机的动能增大D．a随t变化的关系式为a＝4sin(2.5πt)m/s2解析由题图乙知，t＝0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F＝mg，A错误；由题图乙知，t＝0.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t＝0至t＝0.2s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T＝0.8s，则ω＝eq\f(2π,T)＝2.5πrad/s，则a随t变化的关系式为a＝4sin(2.5πt)m/s2，D正确。考教衔接►本题以手机和轻弹簧制作的一个振动装置为素材，创设了用手机加速度传感器记录手机在竖直方向的振动情况的科学探究问题情境，主要考查了简谐运动和牛顿第二定律。与人教版选择性必修第一册第二章第1节“做一做”的探究情境类似。考点三受迫振动和共振简谐运动、受迫振动和共振的比较简谐运动受迫振动共振受力情况受回复力作用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7】(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(AD)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解析不同树木的固有频率不同，因此针对不同树木，要使之发生共振需要的振动频率不同，选项A正确；根据受迫振动振幅与驱动力频率的关系，当驱动力频率小于固有频率时，逐渐增加驱动力频率，振动的幅度会增大，而在大于固有频率时增加驱动力频率，振动的幅度会减小，选项B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，选项D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有振动频率不同，选项C错误。【例8】某种减噪装置结构如图所示，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(B)A．系统振动频率为200HzB．系统振动频率为300HzC．为获得更好的减噪效果，可仅增大L的大小D．为获得更好的减噪效果，可仅换用σ更大的薄板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，为获得更好的减噪效果，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。微点突破16单摆及其拓展模型对应学生用书P1381．单摆的受力特征(1)回复力：F回＝mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx。(2)向心力：F向＝T－mgcosθ。(3)两点说明①当摆球在最高点时，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，T＝mgcosθ；②当摆球在最低点时，F向＝meq\f(veq\o\al(2,max),l)，F向最大，T＝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。3．类单摆模型(1)有些情况下，单摆处在并非只有重力场的环境中，即为类单摆，则T＝2πeq\r(\f(l,g效))中，l为等效摆长，g效为等效重力加速度。如图所示，eq\o(BC,\s\up8(︵))为竖直面内的光滑圆弧，且eq\o(BC,\s\up8(︵))≪R，当小球在eq\o(BC,\s\up8(︵))间运动时，其运动为类单摆运动，等效摆长为R。(2)等效重力加速度①对于不同星球表面，有g＝eq\f(GM,R2)；②单摆处于超重或失重状态时：g效＝g±a；③在重力场与匀强电场中时：g效＝eq\f(G效,m)。(3)类单摆问题的解题方法：确定等效摆长l及等效重力加速度g效后，利用公式T＝2πeq\r(\f(l,g效))或简谐运动规律分析求解问题。【例证1】(2024·甘肃卷)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是(C)A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同解析由题图可知振动周期为T＝0.8πs，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得摆长为l＝eq\f(gT2,4π2)＝1.6m，x-t图像的切线斜率表示速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同。综上所述，可知C正确。【例证2】(多选)(2024·湖北黄冈高三联考)如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线，细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度差为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的时间可能为(ACD)A．0.4πs B．0.6πsC．1.2πs D．2πs解析小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，根据运动的周期性得选项A、C、D正确。【例证3】如图所示，几个摆长相同的单摆，它们在不同条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4，关于周期大小关系的判断，下列选项正确的是(D)A．T1＞T2＞T3＞T4 B．T1＜T2＜T3＜T4C．T1＜T2＝T3＜T4 D．T1＞T2＝T3＞T4解析根据周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关，与摆长和重力加速度有关。几个单摆的摆长相同，题图1中沿斜面向下的等效重力加速度为g1＝gsinθ，所以周期T1＝2πeq\r(\f(L,gsinθ))；题图2中摆球所受的库仑力始终沿摆线方向，回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故摆球的等效重力加速度为g2＝g，所以周期T2＝2πeq\r(\f(L,g))；题图3中的周期T3＝2πeq\r(\f(L,g))；题图4中的等效重力加速度为g4＝g＋a，所以周期T4＝2πeq\r(\f(L,g＋a))，故T1＞T2＝T3＞T4，故A、B、C错误，D正确。课时作业对应学生用书P387[基础过关]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6cm，小球完成30次全振动所用时间为60s，则(C)A．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解析由题意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(6,2)cm＝3cm，A错误；f＝eq\f(1,T)＝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＝4×3cm＝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．(2022·浙江1月选考)图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是(B)A．甲图中的小球将保持静止B．甲图中的小球仍将来回振动C．乙图中的小球仍将来回摆动D．乙图中的小球将做匀速圆周运动解析在太空中两个小球都处于完全失重状态，题图甲中小球由弹簧的弹力提供回复力，依旧来回振动，题图乙中被细绳拴着的小球没有回复力了，释放后保持静止，选项B正确，选项A、C、D错误。3．某质点的振动图像如图所示，下列说法正确的是(D)A．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解析y-t图像上某点的切线斜率表示速度；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，加速度与速度反向，故B错误；由题图可知振幅为2cm，周期为4s，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4)rad/s＝0.5πrad/s，t＝0时，y＝2cm，则φ＝0.5π，故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．(2022·海南卷)甲、乙两摆在同一地点的振动图像如图所示，两单摆的摆长分别为l甲、l乙，则eq\f(l甲,l乙)为(C)A．eq\f(2,3)B．eq\f(3,2)C．eq\f(4,9)D．eq\f(9,4)解析由题图可知甲、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、乙两个单摆的摆长的比值eq\f(l甲,l乙)＝eq\f(Teq\o\al(2,甲),Teq\o\al(2,乙))＝eq\f(4,9)，故选C。5．如图甲所示，细线下端悬挂一个去除了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为(B)A．eq\f(gv2,25π2L2)B．eq\f(gL2,25π2v2)C．eq\f(25gL2,16π2v2)D．eq\f(25gv2,16π2L2)解析由题图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足eq\f(5,2)T＝eq\f(L,v)，又T＝2πeq\r(\f(l,g))，联立解得该单摆的等效摆长为l＝eq\f(gL2,25π2v2)，B正确。6．科技馆内有共振秋千，参观者坐上秋千，双脚离地，前后摆动，会发现秋千上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(A)A．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。7．一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则(B)A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．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＝0.5Hz，可知此单摆的固有周期为T＝eq\f(1,f)＝2s，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)≈1m，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。[能力提升]8．(多选)弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2s，振子第二次经过P点，则再过多长时间该振子第三次经过P点(AD)A．0.6sB．2.4sC．0.8sD．2.2s解析若振子从O点开始向右振动，作出示意图如图甲所示，则振子的振动周期为T1＝(0.5＋0.1)×4s＝2.4s，则该振子再经过时间Δt＝T1－0.2s＝2.2s，第三次经过P点；若振子从O点开始向左振动，作出示意图如图乙所示，则有0.5s＋0.1s＝eq\f(3,4)T2，振子的振动周期为T2＝0.8s，则该振子再经过时间Δt′＝T2－0.2s＝0.6s，第三次经过P点，B、C错误，A、D正确。9．(2024·广西河池开学考)如图甲所示，竖直悬挂的弹簧振子在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(D)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))mD．弹簧振子在前2.5s内的路程为1m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；由题图乙知弹簧振子的振动周期为T＝1s，弹簧振子的振幅为A＝0.1m，则ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/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0.1m，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2.5s内的路程为s＝eq\f(5,2)×4A＝10A＝1m，故D正确。10．(2024·江苏镇江检测)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(均可视为质点)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(B)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．从释放至运动到O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大解析根据T＝2πeq\r(\f(l,g))知，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；从释放至运动到O点过程中，根据I＝mgt知，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。11．(多选)(2022·湖南卷改编)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1Hz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(ABD)A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．x＝0.35m和x＝0.45m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)解析由简谐运动的对称性可知，x为0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到0.15m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，A正确；x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35m和x＝0.45m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等、方向相反，而这两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；木棒底端处于水面下最大位移时，F1＝ρgSh1，木棒底端处于水面下最小位移时，F2＝ρgSh2，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A＝eq\f(h1－h2,2)＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，D正确。12．(多选)(20