第12章 第1讲 机械振动(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏北京专版）

第十二章 机械振动 机械波 基础落实课 第1讲　机械振动 第2讲　机械波 实验探究课 第3讲　实验：用单摆测量重力加速度 2 机械振动(基础落实课) 第 1 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　简谐运动的规律 3 逐点清(二)　简谐运动的两种模型 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　简谐运动的表达式和图像 5 逐点清(四)　受迫振动和共振 6 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前基础先行 一、简谐运动 1．两点理解 平衡位置 物体在振动过程中_______为零的位置 回复力 ①定义：使物体在________附近做往复运动的力叫回复力。 ②表达式：回复力F＝_____。负号表示回复力的方向与位移方向始终相反，回复力的大小与位移的大小成_______。 回复力 平衡位置 －kx 正比 回复力 ③属于效果力，可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力或某个力的分力提供。 注意：回复力等于做简谐运动的物体指向平衡位置的合外力，而不是物体受到的合外力 续表 2．两种描述 表达式描述 ①动力学表达式：F＝_____，其中“－”表示回复力与位移的方向相反 ②运动学表达式：x＝____________，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动振动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫作_____ －kx Asin(ωt＋φ) 初相 图像描述 ①从___________开始计时，振动表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示 ②从___________处开始计时，振动表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示 注意：简谐运动的x-t图像是一条正弦或余弦曲线，不是振子的运动轨迹，振子的运动轨迹是一条线段 平衡位置 最大位移 续 表 二、受迫振动　共振 1．受迫振动 定义 系统在周期性________作用下的振动 特点 物体做受迫振动的周期(或频率)等于________的周期(或频率)，与物体的固有周期(或频率)_______ 驱动力 驱动力 无关 2．共振 定义 做受迫振动的物体受到的驱动力的频率与其固有频率越接近，其振幅就______，当二者______时，振幅达到最大，这就是共振现象 共振曲线 如图所示： 越大 相等 理解判断　 (1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。 ( ) (2)简谐运动是匀变速运动。 ( ) (3)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。 ( ) (4)振幅等于振子运动轨迹的长度。 ( ) × × √ × × × × × 逐点清(一)　简谐运动的规律 课堂 受力特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动特征 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 能量特征 振幅越大，能量越大。在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒 续表 对称性特征 (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 续表 续表 考法1　对简谐运动的理解 1．(鲁科版教材选择性必修1，P39练习T6改编)某 鱼漂的示意图如图所示，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，鱼漂会上下运动，上升到最 高处时，点N到达水面。不考虑阻力的影响，下列说法不正确的是(　 ) 考法全训 A．鱼漂的运动是简谐运动 B．点O过水面时，鱼漂的速度最大 C．点M到达水面时，鱼漂具有向上的加速度 D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大 解析：设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h。当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明此时浮力等于重力，即mg＝ρgSh。可取O点所在位置为平衡位置， √ 取竖直向下为正，当鱼漂被下压x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式。因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合＝－kx)，鱼漂做的是简谐运动，故A正确；O点是平衡位置，所以O点过水面时鱼漂的速度最大，故B正确；M点到达水面时，鱼漂具有向上的加速度，故C正确；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，故D错误。 2．(2022·湖南高考，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1 Hz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(　 ) √ 解析：由简谐运动的对称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置，则x从0.05 m到0.15 m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，选项A错误；x从0.21 m到0.25 m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)，加速度竖直向下，大小逐渐减小，选项B正确； x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一高度，竖直方向速度大小相等，方向相反，而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，选项C错误；木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方Δx0处， 教材题和高考题都考查了物体在重力与浮力作用下做简谐运动的基本特征和规律。上述高考题对教材题的改编称不上成功，高考题把一个生活化的真实情境(鱼漂)改成了一个虚构情境(悬浮的木棒)，从而让题目逊色不少。唯一可以称道的是，高考题实现了跨板块知识的综合考查。 |考|教|衔|接|　 3．(2024·徐州高三检测)如图为弹簧振子的频闪照片。频闪仪闪光的瞬间振子被照亮，从而得到闪光时小球的位置，拍摄时底片从下向上匀速运动，因此在底片上留下了小球和弹簧的一系列像。图中A为小球运动过程中的一个位置，此时小球(　 ) 考法2　简谐运动中各物理量分析 A．向左运动　　　　　　 B．回复力在增大 C．加速度方向向右 D．动能在增大 √ 解析： 拍摄时底片从下向上匀速运动，可知此时小球向右运动，回复力在增大，加速度方向向左，速度在减小，动能在减小，故选B。 逐点清(二)　简谐运动的两种模型 课堂 弹簧振子(水平) 单摆 示意图 简谐运动条件 ①弹簧质量要忽略 ②无摩擦力等阻力 ③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等阻力 ③最大摆角小于等于5° 平衡位置 弹簧处于原长处 最低点 受力特征 回复力：弹簧的弹力提供 回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力。 向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力 续 表 续表 考法1　弹簧振子模型 1．(2024·南通模拟)如图所示，光滑水平面上一小滑块与一端固定的轻弹簧相连，现将滑块推至M点由静止释放，滑块运动的周期为T，O点为平衡位置，N是MO的中点。下列说法正确的是(　 ) 考法全训 √ 考法2　单摆模型 A．摆球在O点受重力、拉力、向心力 B．摆球摆动到O点时所受合外力为零 C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，动能增加 D．摆球经过P点时摆角小于5°，则摆球所受拉力与重力的合外力充当回复力 √ 解析： 摆球在O点受重力、拉力，A错误；摆球摆动到O点时所受合外力提供向心力，合外力不为零，B错误；摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由动能定理可知，动能增加，C正确；摆球经过P点时摆角小于5°，则摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，D错误。 考法3　等效摆长问题 √ 解析：由于“杆线摆”中摆球绕OO′轴摆动，摆 球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角 很小时，摆球受到的力沿摆球摆动的切线方向的分力 提供回复力，如图， 考法4　等效重力加速度问题 √ 摆球做单摆运动，摆球经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零，故C错误； 逐点清(三)　 简谐运动的表达式和图像 课堂 2．由图像可获取的五个信息 (1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示) (2)判定振动物体在某一时刻的位移。 (3)判定某时刻质点的振动方向： ①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置； ②下一时刻位移若减小，质点的振动方向是指向平衡位置。 考法1　对简谐运动图像的理解 1．(2024•北京高三模拟)如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是(　 ) 考法全训 A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大 B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同 C．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动 D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的位移 √ 解析：在t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；在t＝0.1 s 与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；在t＝0.6 s 时，弹簧振子的位移为负向最大，故D错误。 2．(2024·淮安质检)甲、乙两个单摆的摆球完全相同，在同一平面内各自做简谐运动，摆线的最大摆角相同。某时刻开始计时，0～6t0内它们的振动图像如图所示，下列说法正确的是(　 ) 考法2　两个简谐运动图像的对比 √ 甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有mgL(1－cos θ)＝Ek，由于乙的摆长大，则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最大动能，故C错误；由题图可知，t＝6t0时，乙摆球第2次经过最低点，此时，两摆球速度方向相反，故D正确。 3．一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示。求： (1)写出该简谐运动的表达式(要求用正弦函数表示)； (2)t＝0.25×10－2 s时的位移； 考法3　简谐运动图像与方程的综合 逐点清(四)　受迫振动和共振 课堂 1．[对受迫振动和共振的理解] (2024·盐城调研)如图所示，张紧的水平绳上吊着甲、乙、丙三个小球。乙球靠近甲球，但两者的悬线长度不同；丙球远离甲球，但两者的悬线长度相同。让甲球在垂直于水平绳的方向摆动，经足够长的时间，系统振动稳定后，关于乙、丙两球振动的周期T乙、T丙及振幅A乙、A丙的关系正确的是(　 ) |题|点|全|练| A．T乙＝T丙　A乙＞A丙 B．T乙＝T丙　 A乙＜A丙 C．T乙＜T丙　A乙＝A丙 D．T乙＞T丙　A乙＝A丙 √ 解析：让甲球在垂直于水平绳的方向摆动，乙、丙两球在甲球的驱动下做受迫振动，稳定时，乙、丙两球振动的频率都与甲球振动的频率相同，即乙、丙两球振动的周期都与甲球振动的周期相同；乙、丙两球在甲球的驱动下做受迫振动，由于甲球的振动频率等于丙球的固有频率，不等于乙球的固有频率，故丙球发生共振，丙球振幅比乙球振幅大，故选B。 2．[对共振曲线的理解] 同一地点，甲、乙单摆在驱动力作用下振动，其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图所示，下列说法正确的是(　 ) A．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率大于f0 B．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率小于f0 C．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的振幅相同 D．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的频率均为3f0 √ 解析：当物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，故A、B错误，D正确； 受迫振动物体的固有频率与驱动力频率越接近，振幅越大，由题图可知，甲的固有频率是f0，乙的固有频率是2f0，若驱动力的频率为3f0，甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅，C错误。 3．[共振现象的应用] 近些年，科学家们逐步对极地进行开发和探 索，由于极地大面积被冰雪覆盖，开发和探索的 进度受到影响，人们为了加快进度发明了共振破 冰船，如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰 面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是(　 ) A．锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好 B．破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率 C．破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小 D．对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同 √ 解析：当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，当驱动力频率大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，故选项A错误，B正确；破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故选项C错误；对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故选项D错误。 三种振动的比较 |精|要|点|拨| 振动类型 自由振动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力 受驱动力 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 振动物体的机械能不变 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 续表 课时跟踪检测 NO.6 1 2 3 4 5 6 7 1. 某物理兴趣小组开展了一系列展示活动，其中我国的“鱼洗”获得了非常大的反响。鱼洗是我国古代盥洗用的脸盆，一般是用青铜铸成的薄壁器皿，如图所示，倒些清水在盆中，用双手同时反复摩擦盆耳，盆就会发出嗡嗡声，到一定节奏时还会溅起层层水花，下列关于“鱼洗”的说法正确的是(　 ) 6 7 A．盆中的嗡嗡声是手与“鱼洗”摩擦产生的声音 B．溅起水花的原因是手推动“鱼洗”在桌面上运动 C．该种现象与受迫振动和共振有关 D．手掌摩擦的越快则溅起的水花越高 1 2 3 4 5 √ 6 7 解析：用双手同时反复摩擦盆耳，盆在摩擦作用下，发生受迫振动，盆中的嗡嗡声是盆振动产生的声音，A错误；盆在手有规律的摩擦作用下，发生受迫振动，当驱动力的频率等于盆的固有频率时，盆发生共振，盆的振幅最大，水面将溅起层层水花，可知，溅起水花的原因是盆发生了共振，B错误；根据上述可知，该种现象与受迫振动和共振有关，C正确；共振的前提是驱动力的频率等于物体的固有频率，若驱动力的频率大于盆的固有频率，当手掌摩擦的越快，驱动力的频率增大，与盆的固有频率的差值增大，则振幅减小，可知，手掌摩擦的越快，溅起的水花不一定越高，D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 2．(2024·北京高三模拟)如图是单摆做阻尼振动的位移—时间图像，下列说法正确的是(　 ) A．阻尼振动是一种受迫振动 B．摆球在P时刻的势能大于在N时刻的势能 C．摆球在P时刻的动能大于在N时刻的动能 D．摆球在P与N时刻的机械能相等 2 3 4 √ 1 5 6 7 解析：阻尼振动不是一种受迫振动，故A错误；摆球在P与N时刻位移大小相等，即单摆所处高度相同，则重力势能相同，故B错误；由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐渐减小，故P时刻的机械能大于N时刻的机械能，而两时刻重力势能相等，则P时刻的动能大于N时刻的动能，故C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 3．(2024·泰州模拟)如图，沿直线做简谐运动的物体，经过A点时，加速度大小为3 m/s2，经过B点时，加速度大小为4 m/s2，且两处加速度方向相同，则运动的(　 ) A．平衡位置在A、B两点之间 B．平衡位置到A点的距离小于到B点的 C．物体经过A点时的速度小于经过B点时的 D．振幅小于A、B两点间的距离 2 3 4 √ 1 5 6 7 解析：因加速度方向相同，即A、B两点在平衡位置同一侧，振幅大于A、B两点间的距离，故A、D错误；根据简谐运动回复力F＝－kx可知，加速度越小，离平衡位置越近，速度越大，即平衡位置到A点的距离小于到B点的，物体经过A点时的速度大于经过B点时的，故C错误，B正确。 2 3 4 1 5 6 7 2 3 4 √ 1 5 6 7 2 3 4 1 5 6 7 5．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过5°。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，忽略一切阻力。下列说法正确的是(　 ) A．t＝0.1π s时小球位于B点 B．t＝0.4π s时小球位于C点 C．OA之间的距离为1.5 m D．OP之间的距离为1.2 m 2 3 4 √ 1 5 6 7 2 3 4 1 5 6 7 6．(2024·无锡调研)一位游客在太湖边欲乘游船，当日风浪较大，游船上下浮动，当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。若游客能舒服地登船，地面与甲板的高度差不能超过10 cm，则在一个周期内，游客能舒服地登船时间是(　 ) A．0.5 s　　　　　　　 B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s 2 3 4 √ 1 5 6 7 2 3 4 1 5 6 7 7. (2024·南京模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是(　 ) A．甲摆的摆长比乙长 B．甲摆的最大动能比乙摆的最大动能大 C．甲、乙两单摆的摆长相等 D．由图像可以求出当地的重力加速度 2 3 4 √ 1 5 6 7 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn (5)振动物体经过半个周期，路程等于2倍振幅；经过个周期，路程等于振幅。 ( ) (6)当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力为零。 ( ) (7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关。 ( ) (8)驱动力的频率越大，物体做受迫振动的振幅越大。 ( ) 周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度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 对称性特征 (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)相隔或(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 A．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先减小后增大 B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小 C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相反 D．木棒在竖直方向做振幅为的简谐运动 则有ρgS＝Mg，木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时Mg－F2＝Mg－ρgS＝kA，木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时F1－Mg＝ρgS(＋Δx0＋A)－Mg＝kA，可解得k＝ρgS，A＝，选项D错误。 周期 与振幅无关 T＝2π 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 A．滑块从M运动到O的时间为 B．滑块从M运动到N的时间为 C．若改变滑块的质量，周期不变 D．若将滑块推至N点由静止释放，周期不变 解析：由题可知，弹簧和小滑块构成一个弹簧振子，根据小滑块的振动方程为x＝Acos ωt＝Acost，故滑块从M运动到O的时间为，滑块从M运动到N的时间为，选项A、B错误；由弹簧振子的周期公式可知T＝2π，系统的振动周期与质量有关，与振幅无关，选项C错误，D正确。 2．(2024·北京房山模拟)一个单摆在竖直平面内沿圆弧做往复运动。某时刻摆球由A点从静止开始摆动，如图所示摆线与竖直方向的夹角为30°，O点为摆动的最低点，则下列说法正确的是(　 ) 3．(2024·扬州高三模拟)如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为(　 ) A．2π　　B．2π C．2π D．2π “杆线摆”的摆长为l＝Lcos 30°＝L，摆球沿虚线方向等效重力G′＝Gcos 60°＝G＝mg＝mg′，“杆线摆”的周期为T＝2π＝2π，故选A。 4．(2024·苏州模拟)如图所示，一倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面，处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝。现将一长为l的细线(不可伸长)一端固定，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球放在斜面上，小球静止在O点。将小球拉开倾角θ后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 ) A．摆球的摆动周期为T＝2π B．摆球的摆动周期为T＝2π C．摆球经过平衡位置时合力为零 D．摆球刚释放时的回复力大小F＝mg 解析：带正电小球受到的电场力和重力的合力大小为F′＝qE＋mg＝3mg，电场力和重力的合力沿斜面方向产生的加速度为ax＝＝＝g，则摆球的摆动周期为T＝2π＝2π，故A错误，B正确； 摆球刚释放时的回复力大小为F＝F′sin α·sin θ＝3mg××sin θ＝mgsin θ，故D错误。 1．简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ) 根据简谐运动表达式中质点相对平衡位置的位移x、振幅A、圆频率ω、初相位φ所表示的物理意义，能写出质点做简谐运动的表达式。由简谐运动的表达式能画出其图像，或由简谐运动的图像写出其表达式。 (4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。 (5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。 A．甲、乙的摆长之比为1∶2 B．t0时刻甲、乙的相位差为 C．甲摆球的最大动能大于乙摆球的最大动能 D．从计时开始，乙摆球第2次经过最低点时两摆球速度方向相反 解析：由题图可知，甲的周期为4t0，乙的周期为8t0，由单摆周期公式T＝2π可知，甲、乙的摆长之比为1∶4，故A错误；由题图可知，甲的振动方程为x＝A1sint(cm)，乙的振动方程为x＝A2sin，t0时刻甲、乙的相位差为Δφ＝－＝，故B错误； (3)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程为多大？ (4)振子从t＝0开始经过周期振动到平衡位置。某同学说再经过时间，运动位移大小是振幅的一半。这种说法是否正确？请说明理由。 解析：(1)由图像知A＝2 cm，T＝2×10－2s，φ＝－ 则ω＝＝100π rad/s 则表达式为x＝2sincm。 (2)把t＝0.25×10－2 s代入表达式得x＝2sincm＝2sincm＝－ cm。 (3)运动时间为Δt＝8.5×10－2 s＝T 所以通过的路程为s＝×4A＝34 cm。 (4)由题图可知，振子从t＝0开始经过周期振动到平衡位置，再经过时间，即t＝＋＝＝0.75×10－2s时， 振子的位移大小为x＝2sin＝2sincm＝ cm≠，故该同学的说法不正确。 答案：(1)x＝2sincm (2)－ cm　(3)34 cm　(4)见解析 4．(2024·连云港模拟)假定地球为密度均匀分布的球体，球半径为R。某单摆在地面处做简谐运动的周期T1与在某矿井底部做简谐运动的周期T2之间满足T1＝T2(0<k<1)。忽略地球的自转，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的万有引力为零，则该矿井底部离地面的距离为(　 ) A．(1－k)R　　　　　　 B.R C．kR D.R 解析：球壳部分对物体的万有引力为0，则矿井底部重力加速度g＝G，其中M＝ρ·π(R－d)3，则g＝πρG(R－d)，又地面处重力加速度g0＝πρGR，则＝，根据单摆周期公式可知T1＝2π ，T2＝2π，且T1＝T2，解得d＝(1－k)R，故选A。 解析：由图像可知，0～0.2π s内应该对应着摆球在CB之间的摆动；0.2π s～0.6π s内应该对应着摆球在BA之间的摆动，因t＝0.1π s时摆线拉力最小，可知小球位于C点，t＝0.4π s时小球位于A点，选项A、B错误；摆球在AB之间摆动的周期为T1＝0.8π s，根据T＝2π，可得L1＝1.6 m，即OA之间的距离为1.6 m，选项C错误；摆球在BC之间摆动的周期为T2＝0.4π s，根据T＝2π，可得L2＝0.4 m，即PB之间的距离为0.4 m，OP之间的距离为1.2 m，选项D正确。 解析：根据题意，其运动方程为y＝20coscm，按照题设要求，地面与甲板的高度差不超过10 cm时游客能舒服地登船，则当y＝20coscm＝10 cm，在半个周期内对应的点为t＝，根据余弦函数图像可知，游客能舒服地登船时间是Δt＝2t＝1.0 s，故选C。 解析：由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A错误，C正确；由于两单摆的摆球质量关系未知，所以二者的最大动能关系不能确定，故B错误；由于两单摆的摆长未知，所以由图像不能求出当地的重力加速度，故D错误。 $$