第十三章 第1講　機(jī)械振動(dòng)-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

三年考情簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)、振動(dòng)圖像2023·山東卷·T10、2022·浙江6月選考·T11、2022·河北卷·T16(1)、2022·重慶卷·T16(1)、2021·全國(guó)甲卷·T34(2)、2021·廣東卷·T16(1)、2021·河北卷·T16(1)、2021·湖南卷·T16(1)、2021·江蘇卷·T4機(jī)械波2023·新課標(biāo)卷·T1、2023·湖南卷·T3、2022·北京卷·T6、2022·湖南卷·T16(1)、2022·廣東卷·T16(1)、2021·浙江6月選考·T9波的圖像2023·重慶卷·T9、2022·全國(guó)甲卷·T34(1)、2022·浙江6月選考·T16、2022·遼寧卷·T3、2021·全國(guó)乙卷·T34(1)、2021·天津卷·T4、2021·北京卷·T3、2021·湖北卷·T10振動(dòng)圖像和波的圖像2023·全國(guó)乙卷·T34(1)、2023·海南卷·T4、2023·湖北卷·T7、2022·山東卷·T9、2021·遼寧卷·T7、2021·山東卷·T10波的干涉2023·全國(guó)甲卷·T34(2)、2023·廣東卷·T4、2023·浙江6月選考·T11、2022·全國(guó)乙卷·T34(1)、2022·浙江1月選考·T15、2021·浙江1月選考·T13多普勒效應(yīng)2023·廣東卷·T4、2023·遼寧卷·T8、2023·浙江6月選考·T14實(shí)驗(yàn)：用單擺測(cè)量重力加速度2023·新課標(biāo)卷·T23、2023·重慶卷·T11實(shí)驗(yàn)：彈簧振子振動(dòng)周期與質(zhì)量的關(guān)系2023·湖南卷·T11命題規(guī)律目標(biāo)定位本章主要考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)、機(jī)械波的形成與傳播、振動(dòng)圖像和波的圖像。波的圖像考查頻次有所下降，實(shí)驗(yàn)考查頻次有所增加，重點(diǎn)考查波動(dòng)和振動(dòng)的綜合，難點(diǎn)在于波的多解問(wèn)題及波的干涉。第1講機(jī)械振動(dòng)[課標(biāo)要求]1．通過(guò)實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征。2．能用公式和圖像描述簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。3．通過(guò)實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)受迫振動(dòng)的特點(diǎn)，了解產(chǎn)生共振的條件及其應(yīng)用?？键c(diǎn)一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律1．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(1)定義：如果物體的位移與時(shí)間的關(guān)系遵從正弦函數(shù)的規(guī)律，即它的振動(dòng)圖像(x-t圖像)是一條正弦曲線(xiàn)，這樣的振動(dòng)就叫作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。(2)條件：物體在運(yùn)動(dòng)方向上所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比，并且總是指向平衡位置。(3)平衡位置：平衡位置是物體在振動(dòng)過(guò)程中回復(fù)力為零的位置，并不一定是合力為零的位置。(4)回復(fù)力①定義：使物體返回到平衡位置的力。②方向：總是指向平衡位置。③來(lái)源：屬于效果力，可以是某一個(gè)力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力。學(xué)生用書(shū)第286頁(yè)(5)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征①動(dòng)力學(xué)特征：F＝－kx。②運(yùn)動(dòng)學(xué)特征：x、v、a均按正弦或余弦規(guī)律發(fā)生周期性變化(注意v、a的變化趨勢(shì)相反)。③能量特征：系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，振幅A不變。2．描述簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物理量物理量定義意義位移由平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線(xiàn)段描述質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)中某時(shí)刻的位置相對(duì)于平衡位置的位移振幅振動(dòng)物體離開(kāi)平衡位置的最大距離描述振動(dòng)的幅度大小和能量周期振動(dòng)物體完成一次全振動(dòng)所需的時(shí)間描述振動(dòng)的快慢，兩者互為倒數(shù)：T＝eq\f(1,f)頻率振動(dòng)物體單位時(shí)間內(nèi)完成全振動(dòng)的次數(shù)【基礎(chǔ)知識(shí)判斷】1．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力可以是恒力。(×)2．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置就是質(zhì)點(diǎn)所受合力為零的位置。(×)3．做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)先后通過(guò)同一點(diǎn)，回復(fù)力、速度、加速度、位移都是相同的。(×)4．做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，速度增大時(shí)，其加速度一定減小。(√)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的五個(gè)特點(diǎn)受力回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運(yùn)動(dòng)靠近平衡位置時(shí)，a、F、x都減小，v增大；遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)，a、F、x都增大，v減小能量振幅越大，能量越大。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒周期性做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體的位移、回復(fù)力、加速度和速度均隨時(shí)間做周期性變化，變化周期就是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T；動(dòng)能和勢(shì)能也隨時(shí)間做周期性變化，其變化周期為eq\f(T,2)對(duì)稱(chēng)性(1)如圖所示，做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體經(jīng)過(guò)關(guān)于平衡位置O對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)P、P′(OP＝OP′)時(shí)，速度的大小、動(dòng)能、勢(shì)能相等，相對(duì)于平衡位置的位移大小相等(2)物體由P到O所用的時(shí)間等于由O到P′所用的時(shí)間，即tPO＝tOP′(3)物體往復(fù)過(guò)程中通過(guò)同一段路程(如OP段)所用的時(shí)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(gè)時(shí)刻，物體位置關(guān)于平衡位置對(duì)稱(chēng)，位移、速度、加速度大小相等、方向相反考向1簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的基本物理量如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m的小物塊與左端固定的輕質(zhì)彈簧相連，構(gòu)成一個(gè)水平彈簧振子，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)小物塊位于O點(diǎn)?，F(xiàn)使小物塊在M、N兩點(diǎn)間沿光滑水平面做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中()A．小物塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)回復(fù)力與位移方向相同B．小物塊每次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的加速度一定相同C．小物塊從O點(diǎn)向M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中做加速運(yùn)動(dòng)D．小物塊從O點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能增加答案：B解析：根據(jù)F＝－kx可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)回復(fù)力與位移方向相反，故A錯(cuò)誤；根據(jù)a＝－eq\f(kx,m)可知，小物塊每次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的位移相同，則加速度一定相同，故B正確；小物塊從O點(diǎn)向M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小物塊從O點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧彈力對(duì)小物塊做負(fù)功，小物塊的機(jī)械能減少，故D錯(cuò)誤?？枷?簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期性與對(duì)稱(chēng)性(2022·浙江6月選考)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(diǎn)以初速度v向右運(yùn)動(dòng)，小球?qū)⒆鲋芷跒門(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則()A．小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B．小球動(dòng)能的變化周期為eq\f(T,2)學(xué)生用書(shū)第287頁(yè)C．兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為T(mén)D．小球的初速度為eq\f(v,2)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為2T【審題指導(dǎo)】(1)小球與彈簧接觸前做勻速運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。(2)小球的第一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期＝向右勻速運(yùn)動(dòng)＋半個(gè)周期的彈簧振子的運(yùn)動(dòng)＋向左勻速運(yùn)動(dòng)＋半個(gè)周期的彈簧振子的運(yùn)動(dòng)＋向右勻速運(yùn)動(dòng)至中點(diǎn)。答案：B解析：物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是它在運(yùn)動(dòng)中所受回復(fù)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(diǎn)到接觸彈簧過(guò)程，所受合力為零，此過(guò)程做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故小球不是做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；假設(shè)桿中點(diǎn)為O，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)的位置為A，小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)的位置為B，可知小球做周期為T(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程為O→A→O→B→O，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知小球從O→A→O與O→B→O，這兩個(gè)過(guò)程的動(dòng)能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化完全一致，故小球動(dòng)能的變化周期為eq\f(T,2)，兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為eq\f(T,2)，B正確，C錯(cuò)誤；小球的初速度為eq\f(v,2)時(shí)，可知小球在勻速階段的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，接觸彈簧過(guò)程，根據(jù)彈簧振子周期與速度無(wú)關(guān)，即接觸彈簧過(guò)程時(shí)間保持不變，可知小球的初速度為eq\f(v,2)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期應(yīng)小于2T，D錯(cuò)誤。故選B。對(duì)點(diǎn)練1．(多選)(2023·河北唐山高三統(tǒng)考)如圖甲所示的彈簧振子沿豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，從某一時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，規(guī)定豎直向上為正方向，得到彈簧對(duì)小球的彈力F與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖乙所示，若重力加速度為g，圖像的坐標(biāo)值為已知量，則下列說(shuō)法正確的是()A．對(duì)乙圖的F-t關(guān)系圖像，小球是從處在最高點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)的B．小球的質(zhì)量為eq\f(F1－F2,2g)C．彈簧振子的頻率為eq\f(3,4t0)D．若彈簧振子的振幅為A，則從計(jì)時(shí)開(kāi)始到13t0時(shí)，小球的路程為36A答案：BC解析：由題圖乙可知，t＝0時(shí)刻小球所受彈力最大，方向豎直向上，所以小球處于最低點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，小球在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律，小球在最高點(diǎn)，有F2＋mg＝ma；小球在最低點(diǎn)，有F1－mg＝ma；解得m＝eq\f(F1－F2,2g)，故B正確；由題圖乙可知eq\f(3,4)T＝t0，T＝eq\f(1,f)，解得f＝eq\f(3,4t0)，故C正確；由于13t0＝9T＋eq\f(3,4)T，所以小球的路程為s＝9·4A＋3A＝39A，故D錯(cuò)誤。故選BC。對(duì)點(diǎn)練2．(2022·浙江1月選考)圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置O拉到A后釋放，小球在O點(diǎn)附近來(lái)回振動(dòng)；圖乙中被細(xì)繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點(diǎn)來(lái)回?cái)[動(dòng)。若將上述裝置安裝在太空中的我國(guó)空間站內(nèi)進(jìn)行同樣操作，下列說(shuō)法正確的是()A．甲圖中的小球?qū)⒈３朱o止B．甲圖中的小球仍將來(lái)回振動(dòng)C．乙圖中的小球仍將來(lái)回?cái)[動(dòng)D．乙圖中的小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)答案：B解析：空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，題圖甲中的小球所受的彈力不受失重的影響，則小球仍將在彈力的作用下來(lái)回振動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；題圖乙中的小球在地面上由靜止釋放時(shí)，所受的回復(fù)力是重力的分力，而在空間站中處于完全失重時(shí)，回復(fù)力為零，則小球由靜止釋放時(shí)，小球仍靜止不動(dòng)，不會(huì)來(lái)回?cái)[動(dòng)，也不會(huì)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；若給小球一定的初速度，則小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C、D錯(cuò)誤。故選B?？键c(diǎn)二簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及圖像的理解和應(yīng)用1．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式(1)動(dòng)力學(xué)表達(dá)式：F＝－kx，其中“－”表示回復(fù)力與位移的方向相反。(2)運(yùn)動(dòng)學(xué)表達(dá)式：x＝Asin_(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πf代表簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的快慢，(ωt＋φ0)代表簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的相位，φ0叫作初相位或初相。2．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖像(1)從平衡位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，函數(shù)表達(dá)式為x＝Asinωt，圖像如圖甲所示。(2)從最大位移處開(kāi)始計(jì)時(shí)，函數(shù)表達(dá)式為x＝Acosωt，圖像如圖乙所示。【高考情境鏈接】(2023·山東高考·改編)如圖所示，沿水平方向做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，依次通過(guò)相距L的A、B兩點(diǎn)。已知質(zhì)點(diǎn)在A(yíng)點(diǎn)的位移大小為振幅的一半，B點(diǎn)位移大小是A點(diǎn)的eq\r(3)倍，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻第二次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)。判斷下列說(shuō)法的正誤：(1)若A點(diǎn)在平衡位置右側(cè)，則A點(diǎn)的相位為φA＝eq\f(π,6)。(√)學(xué)生用書(shū)第288頁(yè)(2)在B點(diǎn)時(shí)質(zhì)點(diǎn)的相位一定為φB＝eq\f(π,3)。(×)(3)在B點(diǎn)時(shí)質(zhì)點(diǎn)的相位一定為φB＝eq\f(2π,3)。(×)(4)質(zhì)點(diǎn)從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t＝eq\f(φB－φA,ω)。(√)利用振動(dòng)圖像可獲取的信息1．振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ0。2．某時(shí)刻振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)平衡位置的位移。3．某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)速度的大小和方向：曲線(xiàn)上各點(diǎn)切線(xiàn)斜率的大小和正負(fù)分別表示各時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的速度大小和方向，速度的方向也可根據(jù)下一相鄰時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移的變化來(lái)確定。4．某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的回復(fù)力和加速度的方向：回復(fù)力總是指向平衡位置，回復(fù)力和加速度的方向相同。5．某段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、加速度、速度、動(dòng)能和勢(shì)能的變化情況。(2023·山東菏澤高三期末)質(zhì)量相同的兩個(gè)小球分別與輕質(zhì)彈簧甲、乙組成彈簧振子，讓兩彈簧振子各自在水平面內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩者的振動(dòng)圖像如圖所示。已知彈簧振子的振動(dòng)周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m為振子質(zhì)量、k為彈簧勁度系數(shù)，下列說(shuō)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(shí)，甲彈簧對(duì)小球的作用力大于乙彈簧對(duì)小球的作用力D．t＝eq\f(2,15)s時(shí)，兩振子的回復(fù)力大小相等答案：D解析：根據(jù)題意，兩個(gè)小球質(zhì)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A、B錯(cuò)誤；t＝0.1s時(shí)，甲處于平衡位置，回復(fù)力為零，乙處于負(fù)的最大位移處，回復(fù)力最大，則甲彈簧對(duì)小球的作用力小于乙彈簧對(duì)小球的作用力，故C錯(cuò)誤；對(duì)甲有x甲＝eq\r(3)cos(ω甲t)cm＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))cm＝eq\r(3)cos(5πt)cm，對(duì)乙有x乙＝－sin(ω乙t)cm＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))cm＝－sin(5πt)cm，t＝eq\f(2,15)s時(shí)，x甲＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5π×\f(2,15)))cm＝－eq\f(\r(3),2)cm，x乙＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5π×\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(fù)力大小相等，故D正確。故選D。對(duì)點(diǎn)練1．(多選)如圖甲所示，懸掛在豎直方向上的彈簧振子，在C、D兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為平衡位置。振子到達(dá)D點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，以豎直向上為正方向，一個(gè)周期內(nèi)的振動(dòng)圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A．振子在O點(diǎn)受到的彈簧彈力等于小球的重力B．振子在C點(diǎn)和D點(diǎn)的回復(fù)力相同C．t＝0.3s時(shí)，振子的速度方向?yàn)樨Q直向上D．t＝0.75s到t＝1.25s的時(shí)間內(nèi)，振子通過(guò)的路程為(6－eq\r(2))cm答案：AC解析：振子在O點(diǎn)受到的合力等于零，彈簧彈力與其自身重力平衡，故A正確；由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，振子在C點(diǎn)和D點(diǎn)的回復(fù)力大小相同、方向相反，故B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t＝0.3s時(shí)，振子由D點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其速度方向?yàn)樨Q直向上，故C正確；由題圖乙可知，t＝0.75s到t＝1.25s的時(shí)間內(nèi)，振子通過(guò)的路程為s＝2×(3－3sin45°)cm＝(6－3eq\r(2))cm，故D錯(cuò)誤。故選AC。對(duì)點(diǎn)練2．(多選)(2023·河南焦作統(tǒng)考)下端附著重物的粗細(xì)均勻的木棒，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(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；與此同時(shí)，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。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(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變化如圖乙所示。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(shuō)法正確的是()A．x從0.05m到0.15m的過(guò)程中，木棒的動(dòng)能先增大后減小B．x從0.21m到0.25m的過(guò)程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C．x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，木棒的速度大小相等、方向相反D．木棒在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為eq\f(F1－F2,2ρSg)答案：ABD解析：由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，0.1m、0.3m、0.5m時(shí)木棒處于平衡位置，則x從0.05m到0.15m的過(guò)程中，木棒從平衡位置下方向上移動(dòng)，經(jīng)平衡位置后到達(dá)平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動(dòng)能先增大后減小，A正確；x從0.21m到0.25m的過(guò)程中，木棒從平衡位置上方靠近最大位移處向下運(yùn)動(dòng)(未到平衡位置)，加速度豎直向下，大小減小，B正確；x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，由題圖乙知浮力大小相等，說(shuō)明木棒在同一位置，豎直方向速度大小相等、方向相反，而兩時(shí)刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等、方向不相反，C錯(cuò)誤；木棒底端處于水面下最大位移時(shí)，F(xiàn)1＝ρgSh1，木棒底端處于水面下最小位移時(shí)，F(xiàn)2＝ρgSh2，木棒在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅A＝eq\f(h1－h(huán)2,2)＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，D正確。故選ABD。學(xué)生用書(shū)第289頁(yè)考點(diǎn)三單擺及其周期公式1．定義：用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)懸掛的小球裝置，細(xì)線(xiàn)的質(zhì)量與小球相比可以忽略，球的直徑與線(xiàn)的長(zhǎng)度相比也可以忽略。(如圖所示)2．做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件：最大擺角θ＜5°。3．回復(fù)力：F＝mgsin_θ。4．周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))。(1)l為等效擺長(zhǎng)，表示從懸點(diǎn)到擺球重心的距離。(2)g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣取?．單擺的等時(shí)性：?jiǎn)螖[的振動(dòng)周期取決于擺長(zhǎng)l和重力加速度g，與振幅和擺球質(zhì)量無(wú)關(guān)?！净A(chǔ)知識(shí)判斷】1．單擺在任何情況下的運(yùn)動(dòng)都是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。(×)2．單擺的振動(dòng)周期由擺球的質(zhì)量和擺角共同決定。(×)3．當(dāng)單擺的擺球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，回復(fù)力為零，但是所受合力不為零。(√)4．?dāng)[鐘移到太空實(shí)驗(yàn)艙中可以繼續(xù)使用。(×)1．單擺的受力特征(1)回復(fù)力：擺球重力沿與擺線(xiàn)垂直方向的分力，F(xiàn)＝－mgsinθ≈－eq\f(mg,l)x＝－kx，負(fù)號(hào)表示回復(fù)力F與位移x的方向相反。(2)向心力：細(xì)線(xiàn)的拉力和擺球重力沿細(xì)線(xiàn)方向分力的合力充當(dāng)向心力，F(xiàn)n＝FT－mgcosθ。(3)兩個(gè)特殊位置：①當(dāng)擺球在最高點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)n＝meq\f(v2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。②當(dāng)擺球在最低點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)n＝meq\f(veq\o\al(2,max),l)，F(xiàn)n最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。2．等效重力加速度的理解(1)對(duì)于不同星球表面：g＝eq\f(GM,R2)，M與R分別為星球的質(zhì)量與半徑。(2)單擺處于超重或失重狀態(tài)時(shí)：g效＝g±a。(3)重力場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)中：g效＝eq\f(G效,m)?？枷?單擺周期公式的應(yīng)用(多選)(2023·安徽安慶模擬)科技文化節(jié)中，“果殼”社團(tuán)做了如下一個(gè)沙擺實(shí)驗(yàn)。如圖甲所示，薄木板被沿箭頭方向水平拉出的過(guò)程中，漏斗漏出的沙在板上形成的一段曲線(xiàn)如圖乙所示，當(dāng)沙擺擺動(dòng)經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)(記為第1次)，當(dāng)它第20次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)測(cè)得所需的時(shí)間為19s(忽略擺長(zhǎng)的變化)，取當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝10m/s2，下列說(shuō)法中正確的是()A．隨著沙子不斷漏出，沙擺擺動(dòng)的頻率將會(huì)增加B．該沙擺的擺長(zhǎng)約為1mC．由圖乙可知薄木板做的是勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小約為7.5×10－3m/s2D．當(dāng)圖乙中的C點(diǎn)通過(guò)沙擺正下方時(shí)，薄木板的速率約為0.126m/s答案：BD解析：由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，T＝eq\f(1,f)，可知沙擺擺動(dòng)的周期、頻率與質(zhì)量無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；由t＝eq\f(n－1,2)T得T＝2s，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，故B正確；由題圖乙中數(shù)據(jù)可知，木板在連續(xù)且相等的時(shí)間段內(nèi)的位移差恒定，為Δx＝3.10cm，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知木板做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝eq\f(Δx,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2)＝eq\f(3.10×10－2,12)m/s2＝3.1×10－2m/s2，C錯(cuò)誤；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，有eq\x\to(v)＝eq\f(BD,T)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14.10＋11.00))×10－2,2)m/s≈0.126m/s，故D正確。故選BD?？枷?單擺振動(dòng)圖像的應(yīng)用(多選)學(xué)校實(shí)驗(yàn)室中有甲、乙兩單擺，其振動(dòng)圖像為如圖所示的正弦曲線(xiàn)，則下列說(shuō)法中正確的是()學(xué)生用書(shū)第290頁(yè)A．甲、乙兩單擺的擺球質(zhì)量之比是1∶2B．甲、乙兩單擺的擺長(zhǎng)之比是1∶4C．t＝1.5s時(shí)，兩擺球的加速度方向相同D．3～4s內(nèi)，兩擺球的勢(shì)能均減少答案：BCD解析：?jiǎn)螖[的周期和振幅與擺球的質(zhì)量無(wú)關(guān)，無(wú)法求出甲、乙兩單擺擺球的質(zhì)量關(guān)系，A錯(cuò)誤；由題圖可知甲、乙兩單擺的周期之比為1∶2，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，周期與擺長(zhǎng)的二次方根成正比，所以甲、乙兩單擺的擺長(zhǎng)之比是1∶4，B正確；由加速度公式a＝eq\f(F,m)＝eq\f(－kx,m)可知，t＝1.5s時(shí)，兩擺球位移方向相同，所以它們的加速度方向相同，C正確；3～4s內(nèi)，兩擺球均向平衡位置運(yùn)動(dòng)，兩擺球的勢(shì)能均減少，D正確。考向3類(lèi)單擺問(wèn)題如圖所示，幾個(gè)擺長(zhǎng)相同的單擺，它們?cè)诓煌瑮l件下的周期分別為T(mén)1、T2、T3、T4、T5、T6，關(guān)于周期大小關(guān)系的判斷，錯(cuò)誤的是()A．T1＝T4 B．T2＝T3C．T3＝T6 D．T5＝T6答案：D解析：根據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知單擺的周期與振幅和擺球質(zhì)量無(wú)關(guān)，與擺長(zhǎng)和等效重力加速度有關(guān)。題圖甲中沿斜面的加速度為等效重力加速度，則g1＝gsinθ，所以周期T1＝2πeq\r(\f(l,gsinθ))＝2πeq\r(\f(2l,g))；題圖乙中擺球所受的庫(kù)侖力始終沿?cái)[線(xiàn)方向，回復(fù)力由重力沿圓弧切線(xiàn)方向的分力提供，故擺球的等效重力加速度為g2＝g，所以周期T2＝2πeq\r(\f(l,g))；題圖丙中的周期T3＝2πeq\r(\f(l,g))；題圖丁中的等效重力加速度為g4＝g－a＝eq\f(g,2)，所以周期T4＝2πeq\r(\f(l,\f(g,2)))＝2πeq\r(\f(2l,g))；題圖戊中g(shù)5＝g＋eq\f(qE,m)＞g，所以周期T5＝2πeq\r(\f(l,g＋\f(qE,m)))；題圖己中g(shù)6＝g，所以周期T6＝2πeq\r(\f(l,g))；故T1＝T4＞T2＝T3＝T6＞T5，A、B、C正確，D錯(cuò)誤。故選D。規(guī)律總結(jié)1．類(lèi)單擺模型：物體的受力及運(yùn)動(dòng)符合單擺模型的裝置。例如：(1)如圖甲所示，eq\o(BC,\s\up10(︵))為豎直面內(nèi)的光滑圓弧，且eq\o(BC,\s\up10(︵))?R，當(dāng)小球在eq\o(BC,\s\up10(︵))間運(yùn)動(dòng)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)為類(lèi)單擺運(yùn)動(dòng)，等效擺長(zhǎng)為R。(2)如圖乙所示，用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)懸掛在光滑斜面上的小球，做小角度擺動(dòng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)也是類(lèi)單擺運(yùn)動(dòng)，等效重力加速度為g效＝gsinθ。2．類(lèi)單擺問(wèn)題的解題方法(1)確認(rèn)符合單擺模型的條件，即“類(lèi)單擺”模型。(2)尋找等效擺長(zhǎng)l效及等效加速度g效，最后利用公式T＝2πeq\r(\f(l效,g效))或簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析求解問(wèn)題?？键c(diǎn)四受迫振動(dòng)和共振1．受迫振動(dòng)(1)概念：系統(tǒng)在驅(qū)動(dòng)力作用下的振動(dòng)。(2)特點(diǎn)：物體做受迫振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定后，物體振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，與物體的固有頻率無(wú)關(guān)。2．共振(1)概念：當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于固有頻率時(shí)，物體做受迫振動(dòng)的振幅達(dá)到最大值的現(xiàn)象。(2)共振的條件：驅(qū)動(dòng)力的頻率等于固有頻率。(3)共振的特征：共振時(shí)振幅最大。(4)共振曲線(xiàn)(如圖所示)。f＝f0時(shí)，A＝Am，f與f0差別越大，物體做受迫振動(dòng)的振幅越小。考向1受迫振動(dòng)與共振的理解與應(yīng)用(多選)(2023·河北秦皇島期末)如圖甲所示，在一條張緊的繩子上掛幾個(gè)擺，a、c擺的擺長(zhǎng)相同且小于b擺的擺長(zhǎng)。當(dāng)a擺振動(dòng)的時(shí)候，通過(guò)張緊的繩子給其他各擺施加驅(qū)動(dòng)力，使其余各擺也振動(dòng)起來(lái)。圖乙是c擺穩(wěn)定以后的振動(dòng)圖像，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()學(xué)生用書(shū)第291頁(yè)A．a(chǎn)、b、c單擺的固有周期關(guān)系為T(mén)a＝Tc＜TbB．b、c擺振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，c擺振幅較大C．由圖乙可知，此時(shí)b擺的周期大于t0D．c擺的擺長(zhǎng)為eq\f(gteq\o\al(2,0),4π2)答案：ABD解析：由于a、c擺的擺長(zhǎng)相同且小于b擺的擺長(zhǎng)，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，固有周期關(guān)系為T(mén)a＝Tc＜Tb，故A正確；因?yàn)門(mén)a＝Tc，所以c擺共振，達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，c擺振幅較大，b擺的振幅較小，故B正確；受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，所以三個(gè)單擺的頻率相同，周期相同，故b擺的周期等于t0，故C錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析，可知c擺的周期為t0，由T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(gteq\o\al(2,0),4π2)，故D正確。故選ABD。考向2共振曲線(xiàn)的應(yīng)用(多選)兩單擺分別在受迫振動(dòng)中的共振曲線(xiàn)如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．若兩擺的受迫振動(dòng)分別在月球上和地球上進(jìn)行，且擺長(zhǎng)相同，則圖線(xiàn)Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線(xiàn)B．若兩擺的受迫振動(dòng)是在地球上同一地點(diǎn)進(jìn)行，則兩擺擺長(zhǎng)之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4C．若圖線(xiàn)Ⅱ表示在地球上完成的，則該單擺擺長(zhǎng)約為1mD．若擺長(zhǎng)均為1m，則圖線(xiàn)Ⅰ表示在地球上完成的答案：ABC解析：題圖中振幅最大處對(duì)應(yīng)的頻率與做受迫振動(dòng)的單擺的固有頻率相等，由題圖可知，兩擺的固有頻率fⅠ＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz。當(dāng)兩擺在月球和地球上分別做受迫振動(dòng)且擺長(zhǎng)相等時(shí)，根據(jù)關(guān)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?yàn)間地＞g月，因此可推知圖線(xiàn)Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線(xiàn)，A正確；若兩擺在地球上同一地點(diǎn)做受迫振動(dòng)，g相同，則eq\r(\f(LⅡ,LⅠ))＝eq\f(fⅠ,fⅡ)＝eq\f(0.2,0.5)，所以eq\f(LⅠ,LⅡ)＝eq\f(25,4)，B正確；fⅡ＝0.5Hz，若圖線(xiàn)Ⅱ表示在地球上完成的，根據(jù)g＝9.8m/s2，可計(jì)算出LⅡ約為1m，C正確，D錯(cuò)誤。課時(shí)測(cè)評(píng)62機(jī)械振動(dòng)eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P475)(時(shí)間：45分鐘滿(mǎn)分：60分)(本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書(shū)中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)(選擇題1～6題，每題3分，7～13題，每題6分，共60分)1．(2024·河北邯鄲聯(lián)考)一個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖像如圖甲所示，用v、a和F分別表示振子的速度、加速度及所受的回復(fù)力，對(duì)乙圖中的下列判斷中正確的是()A．圖(1)可能是F-t圖像B．圖(2)可能是v-t圖像C．圖(3)可能是v-t圖像D．圖(4)可能是a-t圖像答案：B解析：由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)特征F＝－kx可知，回復(fù)力的圖像與位移圖像的相位相反，則知題圖(1)不可能為該物體的F-t圖像，故A錯(cuò)誤；在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，速度與位移是互余的關(guān)系，即位移為零，速度最大；位移最大，速度為零，則知速度與位移圖像也互余，題圖(2)可能為該物體的v-t圖像，故B正確，C錯(cuò)誤；由a＝－eq\f(kx,m)可知，加速度的圖像與位移圖像的相位相反，則知題圖(4)不可能為該物體的a-t圖像，故D錯(cuò)誤。故選B。2．(2024·河南洛陽(yáng)模擬)如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧的下端固定在水平地面上，其上端拴接一質(zhì)量為m的物體A，初始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，將另一與A完全相同的物體B輕放在A(yíng)上，之后兩物體在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則彈簧最大的形變量為()A．eq\f(mg,k) B．eq\f(2mg,k)C．eq\f(3mg,k) D．eq\f(4mg,k)答案：C解析：初始時(shí)，對(duì)A受力分析可知kx1＝mg，將B放在A(yíng)上后，速度為0，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律有2mg－kx1＝2ma，當(dāng)兩物體運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)，速度為0時(shí)，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性有kx2－2mg＝2ma，解得x2＝eq\f(3mg,k)，故選C。3．一彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O為平衡位置。當(dāng)t＝0時(shí)刻，振子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)；t＝0.4s時(shí)，第一次到達(dá)M點(diǎn)；t＝0.5s時(shí)振子第二次到達(dá)M點(diǎn)。則彈簧振子的周期可能為()A．0.6sB．1.2sC．2.0sD．2.6s答案：A解析：作出示意圖如圖甲所示，若從O點(diǎn)開(kāi)始向右彈簧振子按下面路線(xiàn)振動(dòng)，則振動(dòng)周期為T(mén)1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.4＋\f(0.1,2)))s＝1.8s。如圖乙所示，若從O點(diǎn)開(kāi)始向左彈簧振子按下面路線(xiàn)振動(dòng)，M1為M點(diǎn)關(guān)于平衡位置O的對(duì)稱(chēng)位置，則振動(dòng)周期為T(mén)2＝4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（0.4－0.1）,3)＋\f(0.1,2)))s＝0.6s。B、C、D錯(cuò)誤，A正確。4．(多選)一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，下列判斷中正確的是()A．在t＝4×10－2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)速度達(dá)到最大值B．振幅為2×10－3m，頻率為25HzC．質(zhì)點(diǎn)在0～1×10－2s的時(shí)間內(nèi)，其速度和加速度方向相同D．該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方程為x＝0.2cos(50πt)cm答案：BCD解析：在t＝4×10－2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)位于最大位移處，速度為0，A錯(cuò)誤；由題圖可以讀出振幅為A＝2×10－3m，周期T＝4×10－2s，則f＝eq\f(1,T)＝25Hz，ω＝2πf＝50πrad/s，振動(dòng)方程為x＝0.2cos(50πt)cm，故B、D正確；在0～1×10－2s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的位移在減小，速度方向指向平衡位置，加速度方向也指向平衡位置，故速度和加速度方向相同，故C正確。故選BCD。5．(2023·安徽宿州一模)如圖甲所示，彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在光滑水平面上的A、B兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。取水平向右為正方向，振子的位移x隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，則()A．在t＝0.2s時(shí)，振子的加速度為負(fù)向最大B．在t＝0.6s時(shí)，彈簧振子的彈性勢(shì)能最小C．在t＝0.4s和t＝0.8s兩個(gè)時(shí)刻，振子的速度都為零D．從t＝0.2s到t＝0.4s時(shí)間內(nèi)，振子做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)答案：A解析：由題圖乙可知，t＝0.2s時(shí)位移正向最大，根據(jù)F＝－kx知回復(fù)力負(fù)向最大，所以振子的加速度為負(fù)向最大，故A正確；由題圖乙可知，在t＝0.6s時(shí)，彈簧振子的位移最大，則彈簧的彈性勢(shì)能最大，故B錯(cuò)誤；x-t圖像的斜率表示速度，由題圖乙得，t＝0.4s和t＝0.8s時(shí)圖像的斜率最大，速度最大，故C錯(cuò)誤；從t＝0.2s到t＝0.4s時(shí)間內(nèi)，振子的位移減小，回復(fù)力減小，則加速度減小，加速度方向與速度方向相同，則速度增加，振子做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選A。6．(2024·四川成都模擬)蕩秋千是小孩最喜歡的娛樂(lè)項(xiàng)目之一，可簡(jiǎn)化為如圖甲所示情境。圖甲中O點(diǎn)為單擺的固定懸點(diǎn)，現(xiàn)將擺球(可視為質(zhì)點(diǎn))拉至A點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線(xiàn)處于張緊狀態(tài)。由靜止釋放擺球，則擺球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)的A、C之間來(lái)回?cái)[動(dòng)，其中B點(diǎn)為最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且大小未知，同時(shí)由連接到計(jì)算機(jī)的力傳感器得到了擺線(xiàn)對(duì)擺球的拉力大小F隨時(shí)間t變化的曲線(xiàn)，如圖乙所示(圖中所標(biāo)字母、重力加速度g均為已知量)。不計(jì)空氣阻力。根據(jù)題中(包括圖中)所給的信息，下列說(shuō)法正確的是()A．該單擺的周期為t1B．無(wú)法求出擺球振動(dòng)的擺長(zhǎng)C．可以求得由A運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間(不考慮重復(fù)周期)為eq\f(t2,2)D．在α小于5°的情況下，α越大周期越大答案：C解析：小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力最大，在一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)，由題圖乙可知單擺的周期T＝t2，故A錯(cuò)誤；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得擺球振動(dòng)的擺長(zhǎng)l＝eq\f(gT2,4π2)，故擺長(zhǎng)可以求出，故B錯(cuò)誤；由A運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間(不考慮重復(fù)周期)為周期的一半t＝eq\f(t2,2)，故C正確；在α小于5°的情況下，周期不變，故D錯(cuò)誤。7．甲、乙兩彈簧振子的振動(dòng)圖像如圖所示，由圖像可知()A．任一時(shí)刻兩振子的回復(fù)力方向都相同B．甲、乙兩振子的振動(dòng)頻率之比為2∶1C．甲的加速度為零時(shí)，乙的加速度也為零D．甲的速度為零時(shí)，乙的速度也為零答案：C解析：任一時(shí)刻兩振子的回復(fù)力方向可能相同，也可能相反，故A錯(cuò)誤；由題圖可知甲、乙兩振子的振動(dòng)周期之比為2∶1，根據(jù)f＝eq\f(1,T)可知，甲、乙兩振子的振動(dòng)頻率之比為1∶2，故B錯(cuò)誤；處于平衡位置時(shí)，加速度為零，故由題圖可知甲的加速度為零時(shí)，乙的加速度也為零，故C正確；甲的速度為零時(shí)，乙的速度最大，故D錯(cuò)誤。8．飛力士棒是德國(guó)物理治療師發(fā)明的一種康復(fù)器材，它由一根PVC軟桿、兩端的負(fù)重頭和中間的握柄組成，棒的固有頻率為4.5Hz，如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．用力越大，棒振動(dòng)得越快B．增大手驅(qū)動(dòng)的頻率，棒的振幅一定變大C．增大手驅(qū)動(dòng)的頻率，棒的振動(dòng)頻率可能減小D．雙手驅(qū)動(dòng)該棒每分鐘振動(dòng)270次，則棒的振幅最大答案：D解析：使用者用力大小影響的是振幅，與振動(dòng)快慢沒(méi)有關(guān)系，故A錯(cuò)誤；增大手驅(qū)動(dòng)的頻率，飛力士棒振動(dòng)的頻率隨之增大，但是幅度不一定越來(lái)越大，故B、C錯(cuò)誤；雙手驅(qū)動(dòng)該飛力士棒每分鐘振動(dòng)270次全振動(dòng)，則驅(qū)動(dòng)力的頻率為f＝eq\f(270,60)Hz＝4.5Hz，驅(qū)動(dòng)力的頻率與飛力士棒的固有頻率相等，會(huì)產(chǎn)生共振，則棒的振幅最大，故D正確。故選D。9．將一臺(tái)智能手機(jī)水平粘在秋千的座椅上，使手機(jī)邊緣與座椅邊緣平行(圖甲)，讓秋千以小擺角(小于5°)自由擺動(dòng)，此時(shí)秋千可看作一個(gè)理想的單擺，擺長(zhǎng)為L(zhǎng)。從手機(jī)傳感器中得到了其垂直手機(jī)平面方向的a-t關(guān)系圖如圖乙所示。則以下說(shuō)法正確的是()A．秋千從擺動(dòng)到停下的過(guò)程可看作受迫振動(dòng)B．當(dāng)秋千擺至最低點(diǎn)時(shí)，秋千對(duì)手機(jī)的支持力小于手機(jī)所受的重力C．秋千擺動(dòng)的周期為t2－t1D．該地的重力加速度g＝eq\f(4π2L,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t1))2)答案：D解析：秋千從擺動(dòng)到停下的過(guò)程受空氣阻力，振幅不斷減小，為阻尼振動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝meq\f(v2,L)，可得秋千對(duì)手機(jī)的支持力FN＝mg＋meq\f(v2,L)，可知秋千對(duì)手機(jī)的支持力大于手機(jī)所受的重力，故B錯(cuò)誤；秋千的周期為從最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到初始位置所用的時(shí)間，所以?xún)纱谓?jīng)過(guò)最低點(diǎn)，有兩次向心加速度最大，故周期為T(mén)＝t3－t1，故C錯(cuò)誤；根據(jù)單擺周期公式T＝t3－t1＝2πeq\r(\f(L,g))，可得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝eq\f(4π2L,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t1))2)，故D正確。故選D。10．(多選)一單擺在地球表面做受迫振動(dòng)，其共振曲線(xiàn)(振幅A與驅(qū)動(dòng)力的頻率f的關(guān)系)如圖所示，則()A．此單擺的固有頻率為0.5HzB．此單擺的擺長(zhǎng)約為1mC．若擺長(zhǎng)增大，單擺的固有頻率增大D．若擺長(zhǎng)增大，共振曲線(xiàn)的峰將向右移動(dòng)答案：AB解析：由共振曲線(xiàn)可知，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力頻率為0.5Hz時(shí)振幅最大，此時(shí)產(chǎn)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(mén)＝eq\f(1,f)＝2s，根據(jù)單擺的周期公式可知T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，B正確；根據(jù)單擺的周期公式可知T＝2πeq\r(\f(l,g))，擺長(zhǎng)增長(zhǎng)