2024届高考物理一轮复习教案第八章第1讲机械振动（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第八章第1讲机械振动（粤教版新教材），共17页。

第1讲 机械振动
目标要求 1.知道简谐运动的概念，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，质点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．
(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．
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．( × )
对简谐运动的理解
考向1 简谐运动基本物理量的分析
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 (多选)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，下列说法正确的是( )
A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值可能小于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 ACD
解析 如果在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下，则t2－t1的最小值可能小于eq \f(T,2)，故A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值小于eq \f(T,2)，故B错误；当物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，动能最大，故C、D正确．
考向2 简谐运动的周期性与对称性
例3 (多选)小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s，小球第一次经过P点，又经过0.2 s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过P点( )
A．0.6 s B．2.4 s C．0.8 s D．2.2 s
答案 AD
解析 若小球从O点开始向指向P点的方向振动，作出示意图如图甲所示
则小球的振动周期为T1＝(0.5＋0.1)×4 s＝2.4 s，则该小球再经过时间Δt＝T1－0.2 s＝2.2 s，第三次经过P点；若小球从O点开始向背离P点的方向振动，作出示意图如图乙所示
则有0.5 s＋0.1 s＝eq \f(3,4)T2，小球的振动周期为T2＝0.8 s，则该小球再经过时间Δt′＝T2－0.2 s＝0.6 s，第三次经过P点，B、C错误，A、D正确．
考点二 简谐运动的表达式和图像
1．简谐运动的表达式
x＝Acs(ωt＋φ0)，ωt＋φ0为相位，φ0为初相位，ω为圆频率，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(或余弦)曲线．
1．简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹．( × )
2．简谐运动的振动图像一定是正弦曲线．( √ )
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．
例4 (2023·广东省执信中学高三检测)扬声器是语音和音乐的播放装置，在生活中无处不在．如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是( )
A．t＝1×10－3 s时刻纸盆中心的位移最大
B．t＝2×10－3 s时刻纸盆中心的加速度最大
C．在0～2×10－3 s之间纸盆中心的速度方向不变
D．纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.0×10－4cs 50πt (m)
答案 A
解析 t＝1×10－3 s时刻纸盆中心的位移最大，故A正确；t＝2×10－3 s时刻纸盆中心位于平衡位置，加速度为零，故B错误；在0～2×10－3 s之间纸盆中心的速度方向先沿正方向再沿负方向，故C错误；纸盆中心做简谐运动的方程为x＝Asin eq \f(2πt,T)＝1.0×10－4sin 500πt (m)，故D错误．
例5 (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( )
A．MN间距离为5 cm
B．小球的运动周期是0.2 s
C．t＝0时，小球位于N点
D．t＝0.05 s时，小球具有最大加速度
答案 BC
解析 MN间距离为2A＝10 cm，故A错误；因ω＝10π rad/s，可知小球的运动周期是T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,10π) s＝0.2 s，故B正确；由x＝5sin(10πt＋eq \f(π,2)) cm可知，t＝0时，x1＝5 cm，即小球位于N点，故C正确；由x＝5sin(10πt＋eq \f(π,2)) cm可知，t＝0.05 s时，x2＝0，此时小球位于O点，小球加速度为零，故D错误．
考点三 单摆及其周期公式
1．定义：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＝mgsin θ.
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．
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．( × )
单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，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．
(2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，FT－mgcs θ＝meq \f(v2,L).
①当摆球在最高点时，v＝0，FT＝mgcs θ.
②当摆球在最低点时，FT最大，FT＝mg＋meq \f(vmax2,L).
(3)单摆处于月球上时，重力加速度为g月；单摆在电梯中处于超重或失重状态时，重力加速度为等效重力加速度．
例6 (多选)如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的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为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的时间可能为( )
A．0.4π s B．0.6π s
C．1.2π s D．2π s
答案 ACD
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))＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq \r(\f(L1－L2,g))＝0.6π s，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)＝0.4π s，根据运动的周期性得选项A、C、D正确．
例7 (多选)学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是( )
A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1∶2
B．甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4
C．t＝1.5 s时，两摆球的加速度方向相同
D．3～4 s内，两摆球的势能均减少
答案 BCD
解析 单摆的周期和振幅与摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆摆球的质量关系，A错误；由题图可知甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，周期与摆长的二次方根成正比，所以甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4，B正确；由加速度公式a＝eq \f(F回,m)＝eq \f(－kx,m)可知，t＝1.5 s时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，C正确；3～4 s内，由题图可知两摆球均向平衡位置运动，动能均增加，则两摆球的势能均减少，D正确．
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差别越大，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．( × )
简谐运动、受迫振动和共振的比较
例8 如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
答案 D
解析 摇把匀速转动的频率f＝n＝eq \f(240,60) Hz＝4 Hz，周期T＝eq \f(1,f)＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A、B错误；当转速减小时，其频率更接近振子的固有频率，弹簧振子的振幅增大，C错误，D正确．
例9 (多选)如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是( )
A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行(g地>g月)，且摆长相等，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．若摆长均约为1 m，则图线Ⅰ是在地面上完成的
D．若两个单摆在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量
答案 AB
解析 题图所示的图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两单摆的固有频率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f＝eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,L))可知，g越大，f越大，所以gⅡ>gⅠ，又因为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；若两个单摆在地球上同一地点进行受迫振动，g相同，摆长长的f小，因为eq \f(fⅠ,fⅡ)＝eq \f(0.2,0.5)，所以eq \f(LⅠ,LⅡ)＝eq \f(25,4)，B正确；因为fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ是在地面上完成的，根据f＝eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,L))，可计算出LⅡ约为1 m，C错误；单摆的能量除了与振幅有关，还与摆球质量有关，由于两摆球质量关系未知，故不能比较两摆的能量，D错误．
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；频率T＝eq \f(1,f)，解得f＝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.(2023·广东深圳市盐田中学月考)某小球的x－t图像如图所示，x－t图像为余弦函数图线，则( )
A．0.1～0.2 s内，小球正在做加速运动
B．0.1～0.2 s内，小球位移正在减小
C．0.1～0.2 s内，小球速度方向与规定的正方向相反
D．0.1～0.2 s内，小球的加速度大小保持不变
答案 C
解析 由题图可知，小球做简谐运动，0.1～0.2 s内，小球从平衡位置向负向最大位移处移动，做加速度逐渐增大的减速运动，位移沿负方向且不断增大，速度沿负方向且不断减小，速度和位移的方向均与规定的正方向相反．故选C.
3.(多选)如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是( )
A．摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力为零，但回复力不为零
B．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，但回复力减小
C．摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小
D．摆球在B点时，动能最大，细线拉力也最大
答案 BD
解析 假设摆动过程中，细线与竖直方向夹角为θ，重力沿细线方向分力为mgcs θ，垂直于细线方向分力为mgsin θ.摆球在A点和C点时，速度为零，沿细线方向的合力为零，有F＝mgcs θ，F回＝mgsin θ，即细线的拉力与重力沿细线方向分力等大且不为零，回复力与重力沿切向方向的分力等大，也不为零，故A错误；摆球由A点向B点摆动过程中，速度变大，根据F－mgcs θ＝meq \f(v2,L)，F回＝mgsin θ，可得细线拉力增大，回复力减小，故B正确；摆球在摆动过程机械能守恒，从最高点摆到B点过程中，重力做正功，其重力势能一直在减小，动能一直在增加，所以摆球在B点时，重力势能最小，动能最大，故C错误；摆球在B点时对其受力分析，可得F－mg＝meq \f(v2,L)，可知此时细线拉力最大，合力不为零，故D正确．
4.(多选)很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动．台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块．简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小．关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是( )
A．阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同
B．阻尼器与大楼摆动幅度相同
C．阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反
D．阻尼器摆动幅度不受风力大小影响
答案 AC
解析 由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，故A正确；阻尼器与大楼摆动幅度不相同，故B错误；由题意可知，大楼对阻尼器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，根据回复力F＝－kx，可知阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反，故C正确；阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，故D错误．
5．(2023·广东广州市仲元中学月考)如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置．振子到达D点时开始计时，以竖直向上为正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．振子在O点受到的弹簧弹力等于零
B．振子在C点和D点的加速度相同
C．t＝1.0 s时，弹簧的弹性势能最大
D．t＝0.5 s到t＝1.5 s时间内，振子通过的路程一定为6 cm
答案 D
解析 振子在O点受到的合力等于零，弹簧弹力与小球重力大小相等，故A错误；由简谐运动的对称性可知，振子在C点和D点的加速度大小相同，方向相反，故B错误；由乙图可知，t＝1.0 s时，振子在C点，弹簧形变量不是最大，弹性势能不是最大，故C错误；由乙图可知，周期为2 s，经过半个周期即1 s内，振子通过的路程为两个振幅，即为6 cm，故D正确．
6．(2023·广东广州市月考)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居O点左右两侧的对称点．取水平向右为正方向，物体的位移x随时间t变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t＝0.6 s时，物体在O点右侧6 cm处
B．物体在t＝0.2 s和t＝1.0 s时的速度相同
C．t＝1.2 s时，物体的加速度方向水平向右
D．t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内，物体的加速度和速度都逐渐增大
答案 C
解析 由题图可知，弹簧振子的振幅为 0.12 m，周期为1.6 s，所以ω＝eq \f(2π,T)＝1.25π rad/s，结合振动图像得，振动方程为x＝0.12sin(1.25πt) m，在t＝0.6 s时，物体的位移x1＝0.12sin(1.25π×0.6) m＝6eq \r(2) cm，A错误；由振动图像可知，t＝0.2 s时，物体从平衡位置向右运动，t＝1.0 s时，物体从平衡位置向左运动，速度方向不同，B错误；t＝1.2 s时，物体到达A处，物体的加速度方向水平向右，C正确；t＝1.0 s到t＝1.2 s的时间内，物体向负向最大位移处运动，速度减小，加速度增大；t＝1.2 s到t＝1.4 s时间内，物体从负向最大位移处向平衡位置运动，则速度增大，加速度减小，D错误．
7．(2023·广东汕头市质检)如图所示，一根较长的细线一端固定在装置的横梁中心，另一端系上沙漏，装置底部有一可以向前移动的长木板．当沙漏左右摆动时，漏斗中的沙子均匀流出，同时匀速拉动长木板，漏出的沙子在板上形成一条正弦曲线．在曲线上两个位置P和Q，细沙在________(选填“P”或“Q”)处堆积的沙子较多．由于木板长度有限，只得到了摆动两个周期的图样，若要得到三个周期的图样，拉动长木板的速度要________(选填“快”或“慢”)些．
答案 Q 慢
解析 由题图可知，Q点位于最大位移处，P点位于平衡位置，沙漏摆动至Q点左上方最近时速度最小，运动最慢，所以在Q处堆积的沙子较多．若要得到三个周期的图样，需要增加沙漏在木板上方摆动的时间，所以拉动长木板的速度要慢些．
8．(2023·广东茂名市五校联盟联考)在历史进程中，我们的祖先在不同的时期发明和制造了不同的计时仪器．其中有圭表、日晷、漏刻、单摆计时器等．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高点．设向右为正方向，图乙是单摆的振动图像．已知当地重力加速度g＝10 m/s2，则t＝0时摆球在________(填“M”“O”或“N”)点，单摆的摆长约为________ m(π≈3，计算结果保留两位有效数字)．
答案 M 0.18
解析 由题图乙可知周期T＝0.8 s，t＝0时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在M点；由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得l≈0.18 m.
9．(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，此时振子乙恰好到达平衡位置，速度最大，选项C正确．
10．(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s．以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是( )
A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．位移满足函数式x＝4sin(4πt－eq \f(5π,6)) cm
D．在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
答案 ACD
解析 玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；由于振动周期为0.5 s，故ω＝eq \f(2π,T)＝4π rad/s，由题图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin(4πt－eq \f(5π,6)) cm，故C正确；由题图乙可知，在t1～t2时间内，玻璃管向平衡位置运动，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确．
11.(2023·广东肇庆市模拟)如图所示，小球与细线构成一个单摆(θ<5°)，其周期为T，振幅为A.现将小球拉至B点静止释放，开始计时．经过eq \f(T,8)时间，小球运动距离________eq \f(A,2)(选填“大于”“小于”或“等于”)；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＝Acs (eq \f(2π,T)t)，当t＝eq \f(T,8)时y＝Acs (eq \f(2π,T)×eq \f(T,8))＝eq \f(\r(2),2)A，所以小球运动的距离为Δy＝A－eq \f(\r(2),2)A12.(2023·广东珠海市调研)某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图像如图所示，则质点在10 s时的速度方向为________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，0.5～1.5 s时间内的位移为________ cm,0～eq \f(15,4) s内运动的路程为________ cm.(结果可用根式表示)
答案 竖直向上 －80 320－20eq \r(2)
解析 由题图可知，该质点振动的周期为2 s，由简谐运动的周期性可知，10 s时的运动情况与t＝0时相同，速度方向沿x轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x＝40sin πt(cm)，t1＝0.5 s时，x1＝40 cm；t2＝1.5 s时，x2＝－40 cm；0.5～1.5 s时间内质点的位移为x＝x2－x1＝－80 cm；t3＝eq \f(15,4) s时，x3＝－20eq \r(2) cm质点在0～eq \f(15,4) s内运动的路程为：s＝8A－|x3|＝(320－20eq \r(2)) cm.
13．(多选)(2023·广东揭阳市模拟)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态)拉至A点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ(θ小于5°且是未知量)．图乙表示小摆球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为小摆球从A点开始运动的时刻．下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．单摆的振动周期为0.2π s
B．可以算出单摆摆长
C．在θ小于5°的情况下，θ越大，周期越大
D．在θ小于5°的情况下，θ越大，运动过程中的最大速度越大
答案 BD
解析 单摆的一个振动周期内，小球两次经过最低点，由题图可知，振动的周期应该为0.4π s，故A错误；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得L＝eq \f(T2g,4π2)，故B正确；在θ小于5°的情况下，单摆做简谐运动，θ变大，但周期不变，故C错误；小摆球下落过程中机械能守恒，设小摆球质量为m，摆长为L，小摆球到达最低点时，由题意有mgL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mvmax2，解得vmax＝eq \r(2gL1－cs θ)，θ越大，cs θ越小，运动过程中的最大速度越大，故D正确．
考情分析
简谐运动、振动图像
2022·浙江6月选考·T11 2022·河北卷·T16(1) 2022·重庆卷·T16(1) 2021·全国甲卷·T34(2) 2021·广东卷·T16(1) 2021·河北卷·T16(1) 2021·湖南卷·T16(1) 2021·江苏卷·T4 2020·全国卷Ⅱ·T34(1)
机械波
2022·北京卷·T6 2022·湖南卷·T16(1)
2022·广东卷·T16(1) 2021·浙江6月选考·T9
波的图像
2022·全国甲卷·T34(1) 2022·浙江6月选考·T16 2022·辽宁卷·T3 2021·全国乙卷·T34(1) 2021·天津卷·T4 2021·北京卷·T3 2021·湖北卷·T10 2020·全国卷Ⅲ·T34(1) 2020·天津卷·T4 2020·山东卷·T4
振动图像和波的图像
2022·山东卷·T9 2021·辽宁卷·T7 2021·山东卷·T10
2020·北京卷·T6 2019·全国卷Ⅰ·T34(1)
波的干涉
2022·全国乙卷·T34(1) 2022·浙江1月选考·T15 2021·浙江1月选考·T13 2020·全国卷Ⅰ·T34(2)
2019·全国卷Ⅲ·T34(1)
实验：用单摆测量重力加速度
2020·浙江7月选考·T17(2)
多普勒效应
2020·全国卷Ⅰ·T34(1)
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
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
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′所用时间，即tPO＝tOP′
(3)物体往复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
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