第1講機械振動學習目標1.認識簡諧運動，能用公式和圖像描述簡諧運動。2.知道單擺，理解單擺的周期公式。3.認識受迫振動的特點，了解產生共振的條件及其應用。一、簡諧運動eq\a\vs4\al(1.,,,)2.兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖簡諧運動條件(1)彈簧質量可忽略(2)無摩擦等阻力(3)在彈簧彈性限度內(1)擺線為不可伸縮的輕細線(2)無空氣阻力等(3)最大擺角小于等于5°回復力彈簧的彈力提供擺球重力沿與擺線垂直方向(即切向)的分力平衡位置彈簧處于原長處最低點周期與振幅無關T＝2πeq\r(\f(l,g))能量轉化彈性勢能與動能的相互轉化，系統的機械能守恒重力勢能與動能的相互轉化，機械能守恒二、簡諧運動的表達式和圖像eq\a\vs4\al(1.,)eq\a\vs4\al(2.,,,,,,,)三、受迫振動和共振eq\a\vs4\al(1.,)eq\a\vs4\al(2.,,,)1.思考判斷(1)簡諧運動是勻變速運動。(×)(2)周期、頻率是表征物體做簡諧運動快慢程度的物理量。(√)(3)振幅等于振子運動軌跡的長度。(×)(4)簡諧運動的回復力可以是恒力。(×)(5)彈簧振子每次經過平衡位置時，位移為零、動能最大。(√)(6)單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動。(×)(7)物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關。(√)(8)簡諧運動的圖像描述的是振動質點的軌跡。(×)2.[2021·廣東卷，16(1)]如圖1所示，一個輕質彈簧下端掛一小球，小球靜止?，F將小球向下拉動距離A后由靜止釋放，并開始計時，小球在豎直方向做簡諧運動，周期為T。經eq\f(T,8)時間，小球從最低點向上運動的距離________eq\f(A,2)(填“大于”“小于”或“等于”)；在eq\f(T,4)時刻，小球的動能________(填“最大”或“最小”)。圖1答案小于最大3.某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖像如圖2所示，下列描述正確的是()圖2A.t＝1s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值B.t＝2s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值C.t＝3s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零D.t＝4s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值答案A4.(多選)一單擺做簡諧運動，在偏角增大的過程中，擺球的()A.位移增大 B.速度增大C.回復力增大 D.機械能增大答案AC考點一簡諧運動的基本特征受力特征回復力F＝－kx，F(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運動特征靠近平衡位置時，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，系統的機械能守恒周期性特征質點的位移、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)對稱性特征關于平衡位置O對稱的兩點，加速度的大小、速度的大小、動能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等例1(多選)[2022·湖南卷，16(1)改編]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3(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()圖3A.x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小B.x從0.21m到0.25m的過程中，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，木棒的速度大小相等，方向相反D.木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為eq\f(F1－F2,2ρSg)答案ABD解析由簡諧運動的對稱性可知，0.1m、0.3m、0.5m時木棒處于平衡位置；則x從0.05m到0.15m的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動，經平衡位置后到達平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，A正確；x從0.21m到0.25m的過程中，木棒從平衡位置上方靠近最大位移處向下運動(未到平衡位置)，加速度方向豎直向下，大小逐漸變小，B正確；x＝0.35m和x＝0.45m時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在同一位置，豎直方向速度大小相等，方向相反，而這兩時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錯誤；木棒底端處于水面下最大位移時，F1＝ρgSh1，木棒底端處于水面下最小位移時，F2＝ρgSh2，木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅A＝eq\f(h1－h2,2)＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，D正確。跟蹤訓練1.(2023·山東濰坊高三期末)光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子的系統總能量表達式為E＝eq\f(1,2)kA2，其中k為彈簧的勁度系數，A為簡諧運動的振幅。若振子質量為0.25kg，彈簧的勁度系數為25N/m。起振時系統具有勢能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，質量突變為0.15kg，則振幅變大答案C解析彈簧振子振動過程中系統機械能守恒，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，所以質量突變為0.15kg，不影響系統的機械能，所以振幅不變，故D錯誤。考點二簡諧運動的表達式和圖像1.由圖像可獲取的信息(1)振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ(如圖4所示)。圖4(2)某時刻振動質點離開平衡位置的位移。(3)某時刻質點速度的大小和方向：曲線上各點切線的斜率的大小和正負分別表示各時刻質點的速度大小和方向，速度的方向也可根據下一相鄰時刻質點的位移的變化來確定。(4)某時刻質點的回復力和加速度的方向：回復力總是指向平衡位置，回復力和加速度的方向相同。(5)某段時間內質點的位移、回復力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。2.簡諧運動的對稱性(如圖5)圖5(1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3…)的兩個時刻，彈簧振子在同一位置，位移和速度都相同。(2)相隔Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0，1，2…)的兩個時刻，彈簧振子的位置關于平衡位置對稱，位移等大反向(或都為零)，速度也等大反向(或都為零)。例2(多選)(2023·天津河西一模)如圖6所示，為一個水平彈簧振子的振動圖像，下列說法正確的是()圖6A.t＝1s到t＝2s內，彈簧振子的動能不斷減小B.該彈簧振子的振動方程為x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cmC.t＝3s時，彈簧振子的加速度沿x軸負方向D.t＝0到t＝10s彈簧振子的路程為50cm答案BC解析t＝1s到t＝2s內，彈簧振子從位移最大位置向平衡位置運動，則振子的動能不斷增加，選項A錯誤；因為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，振幅A＝10cm，該彈簧振子的振動方程為x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cm，選項B正確；t＝3s時，彈簧振子的位移正向最大，則加速度沿x軸負方向，選項C正確；因10s＝2.5T，則t＝0到t＝10s彈簧振子的路程為2.5×4A＝100cm，選項D錯誤。跟蹤訓練2.(2022·遼寧大連模擬)如圖7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()圖7A.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答案D解析由圖可知，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，代入數據解得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。考點三單擺及周期公式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：擺線的拉力和擺球重力沿擺線方向分力的合力提供向心力，F向＝FT－mgcosθ。(3)兩點說明①當擺球在最高點時，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，FT＝mgcosθ。②當擺球在最低點時，F向＝meq\f(veq\o\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。2.周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的兩點說明(1)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。(2)g為當地重力加速度。例3(多選)如圖8所示是甲、乙兩個單擺做簡諧運動的圖像，則下列說法中正確的是()圖8A.甲、乙兩擺的振幅之比為2∶1B.t＝2s時，甲擺的重力勢能最小，乙擺的動能為零C.甲、乙兩擺的擺長之比為4∶1D.甲、乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大小一定相等答案AB解析由題圖知甲、乙兩擺的振幅分別為2cm、1cm，所以甲、乙兩擺的振幅之比為2∶1，故A正確；由圖像知，t＝2s時，甲擺在平衡位置處，重力勢能最小，乙擺在正的最大位移處，動能為零，故B正確；甲、乙兩擺的周期之比為1∶2，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得到甲、乙兩擺的擺長之比為1∶4，故C錯誤；由題目中的條件無法比較甲、乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大小，故D錯誤。跟蹤訓練3.(多選)如圖9甲所示為挖掘機的頂部垂下一個大鐵球并讓它小角度的擺動，即可以用來拆卸混凝土建筑，可視為單擺模型，它對應的振動圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖9A.單擺振動的周期是6sB.t＝2s時，擺球的速度最大C.球擺開的角度越大，周期越大D.該單擺的擺長約為16m答案BD解析由圖像知，單擺的周期8s，A錯誤；t＝2s時，擺球位于平衡位置，速度最大，B正確；根據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，周期與角度無關，C錯誤；代入T＝2πeq\r(\f(l,g))得擺長l≈16m，D正確。考點四受迫振動和共振簡諧運動、受迫振動和共振的關系比較振動項目簡諧運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產生驅動力的物體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°)機械工作時底座發生的振動共振篩、聲音的共鳴等例4圖10(a)為演示單擺共振的裝置，實驗時依次讓不同的單擺先擺起來，觀察單擺P(圖中未標出)能達到的最大振幅A和穩定時的振動頻率f，并描點記錄在圖(b)中，用光滑曲線連接各點得到如圖(b)所示曲線。取重力加速度g＝π2m/s2，下列說法正確的是()圖10A.單擺P的固有頻率約為1HzB.裝置(a)中只有一個單擺的擺長約為1.0mC.當單擺P穩定時的振動頻率為1.0Hz時，先振動的單擺擺長約為0.25mD.單擺P的振動周期總為2s答案C解析圖(b)為單擺P的共振曲線，振幅最大時對應的頻率0.50Hz接近或等于其固有頻率，故A錯誤；單擺P振幅最大時，先振動的單擺與P的固有周期相近或相同，P的固有周期約為2.0s，由T＝2πeq\r(\f(l,g))可求得其擺長約為1.0m，說明裝置中至少還有一個單擺的擺長約為1.0m，故B錯誤；當單擺P穩定時的振動頻率為1.0Hz時，先振動的單擺的固有頻率也為1.0Hz，由T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得擺長約0.25m，故C正確；單擺P做受迫振動的周期與先振動的單擺周期相同，故D錯誤。跟蹤訓練4.(多選)(2021·浙江1月選考，15)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明了用打擊桿、振動器使松果落下的兩種裝置，如圖11甲、乙所示。則()圖11A.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答案AD解析根據共振的條件，當振動器的頻率等于樹木的固有頻率時產生共振，此時落果效果最好，而不同的樹木的固有頻率不同，針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率可能不同，A正確；當振動器的振動頻率等于樹木的固有頻率時產生共振，此時樹干的振幅最大，則隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度不一定增大，B錯誤；打擊結束后，樹干做阻尼振動，阻尼振動的頻率為樹干的固有頻率，所以粗細不同的樹干頻率不同，C錯誤；樹干在振動器的振動下做受迫振動，則穩定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同，D正確。A級基礎對點練對點練1簡諧運動的基本特征1.如圖1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()圖1A.振子從B經O到C完成一次全振動B.振動周期是1s，振幅是10cmC.經過兩次全振動，振子通過的路程是20cmD.從B開始經過3s，振子通過的路程是30cm答案D解析振子從B經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；經過一次全振動，振子通過的路程是4倍振幅，故經過兩次全振動，振子通過的路程是40cm，C錯誤；從B開始經過3s，振子通過的路程是30cm，D正確。2.(多選)如圖2所示，彈簧振子在C、B間做簡諧運動，O點為其平衡位置，則()圖2A.物塊在由C點運動到O點的過程中，回復力逐漸增大B.物塊在由O點運動到B點的過程中，速度不斷增大C.物塊在O點加速度最小，在B點加速度最大D.物塊通過平衡位置O點時，動能最大，勢能最小答案CD解析物塊在由C點運動到O點的過程中，位移減小，由回復力公式F＝－kx可知，回復力逐漸減小，A錯誤；物塊在由O點運動到B點的過程中，回復力做負功，動能轉化為勢能，所以速度不斷減小，B錯誤；由牛頓第二定律和回復力公式可知，物塊的位移越大加速度越大，位移越小加速度越小，所以物塊在O點加速度最小，在B點加速度最大，C正確；由簡諧運動的規律可知，物塊通過平衡位置O點時，速度最大，所以動能最大，勢能最小，D正確。對點練2簡諧運動的表達式及圖像3.(2023·山東菏澤高三期末)如圖3甲所示，物體置于光滑水平面上O點，左端連接一彈簧，彈簧左端固定于豎直墻壁上，用向左的力緩慢推動物塊，使其壓縮彈簧至A點，撤去力并開始計時，其運動圖像如圖乙所示。則()圖3A.t＝0.8s時，物體的速度方向向右B.t＝0.2s時，物體在O點右側6cm處C.t＝0.2s和t＝1.0s時，物體的加速度等大反向D.t＝0.8s到t＝1.2s的時間內，物體的速度逐漸減小答案C解析t＝0.8s時，物體在負向最大位移處，速度為零，故A錯誤；t＝0.2s時，物體的位移為x＝12coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.2,1.6)×2π))cm＝6eq\r(2)cm，即此時物體在O點左側6eq\r(2)cm處，故B錯誤；t＝0.2s和t＝1.0s相差半個周期，所以物體在兩個時刻的位置關于O點對稱，物體的加速度等大反向，故C正確；t＝0.8s到t＝1.2s的時間內，物體的速度逐漸增大，故D錯誤。4.(2023·重慶巴蜀中學高三月考)甲、乙兩彈簧振子的振動圖像如圖4所示，則可知()圖4A.甲加速度最小時，乙速度最小B.任一時刻兩個振子受到的回復力都不相同C.兩個振子的振動頻率之比f甲∶f乙＝2∶1D.兩個振子的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1答案D解析甲在平衡位置時加速度最小，此時乙速度最大，例如在t＝1.0s時刻，選項A錯誤；某時刻當兩振子都在平衡位置時，回復力都為零，選項B錯誤；兩個振子的周期之比為T甲∶T乙＝2∶1，振動頻率之比f甲∶f乙＝1∶2，選項C錯誤；兩個振子的振幅之比A甲∶A乙＝10∶5＝2∶1，選項D正確。對點練3單擺及周期公式5.如圖5，BOC為半徑為R的光滑弧形槽，O點是弧形槽的最低點。半徑R遠大于BOC弧長。一小球由靜止開始從B點釋放，小球在槽內做周期運動。欲使小球運動的周期減小，可采用的方法是()圖5A.讓小球釋放處更靠近O點B.讓小球釋放時有個初速度C.換一個半徑R小一些的弧形槽D.換一個半徑R大一些的弧形槽答案C解析小球的運動可視為單擺模型，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可知其周期取決于擺長和g，與質量和振幅無關。因此想要減小小球運動的周期，可以減小擺長L，即換一個半徑R小一點的弧形槽，故A、B、D錯誤，C正確。6.如圖6所示，兩根長度分別為l和eq\f(l,2)的細長輕繩下端拴質量相等的小球構成單擺，兩懸點在同一豎直線上且間距為eq\f(l,2)，現將單擺向左拉開一個小角度，然后無初速度釋放，若小球碰撞時無能量損失，小球可視為質點，重力加速度為g，對于以后的運動，下列說法中正確的是()圖6A.此組合擺周期為eq\f(（\r(2)＋2）π,2)eq\r(\f(l,g))，且每次碰撞一定發生在懸點正下方B.擺球在平衡位置左右兩側走過的最大弧長相等C.擺球在左側上升的最大高度比右側高D.擺線在平衡位置右側的最大擺角是左側的2倍答案A解析根據單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，求得T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(（\r(2)＋2）π,2)eq\r(\f(l,g))，碰撞點在懸點的正下方，A正確；由于碰撞是彈性碰撞，根據機械能守恒定律，左右兩側上升的高度相同，在左右兩側走過的弧長不相等，擺角不是2倍關系，B、C、D錯誤。對點練4受迫振動和共振7.(2022·浙江溫州模擬)勻速運行的列車經過鋼軌接縫處時，車輪就會受到一次沖擊。由于每一根鋼軌長度相等，所以這個沖擊力是周期性的，列車受到周期性的沖擊做受迫振動。如圖7所示，為某同學設計的“減震器”原理示意圖，他用彈簧連接一金屬球組成“彈簧振子”懸掛在車廂內，金屬球下方固定一塊強磁鐵(不考慮磁鐵對金屬球振動周期的影響)。當列車上下劇烈振動時，該“減震器”會使列車振幅減小。下列說法正確的是()圖7A.“彈簧振子”的金屬球振動幅度與車速無關B.“彈簧振子”的振動頻率與列車的振動頻率相同C.“彈簧振子”固有頻率越大，對列車的減振效果越好D.若將金屬球換成大小和質量均相同的絕緣球，能起到相同的減振效果答案B解析“彈簧振子”的金屬球振動幅度與驅動力的頻率有關，而列車受到周期性的沖擊做受迫振動的頻率與車速有關，故A錯誤；根據受迫振動穩定時的頻率和驅動力的頻率一致，可知“彈簧振子”的振動頻率與列車的振動頻率相同，B正確；當“彈簧振子”的固有頻率等于受迫振動的頻率時，金屬球振動幅度最大，這樣更好的把能量傳遞給“彈簧振子”，對列車起到更好的減振效果，所以并不是“彈簧振子”固有頻率越大，對列車的減振效果越好，C錯誤；若將金屬球換成大小和質量均相同的絕緣球，那么絕緣球在振動時就不會產生電磁阻尼，達不到相同的減震效果，D錯誤。8.(2022·江蘇蘇州模擬)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力頻率f的關系)如圖8所示，則()圖8A.此單擺的固有周期約為0.5sB.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答案B解析由共振曲線可知，此單擺的固有頻率約為f＝0.5Hz，所以固有周期約為T＝eq\f(1,f)＝2s，故A錯誤；根據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(gT2,4π2)≈eq\f(9.8×22,4×（3.14）2)m≈1m，故B正確；根據單擺周期公式得，若擺長增大，則單擺的固有周期增大，固有頻率減小，共振曲線的峰將向左移動，故C、D錯誤。B級綜合提升練9.(多選)如圖9所示為受迫振動的演示裝置，在一根張緊的繩子上懸掛幾個擺球，可以用一個單擺(稱為“驅動”擺)驅動另外幾個單擺。下列說法正確的是()圖9A.某個單擺擺動過程中多次通過同一位置時，速度可能不同而加速度一定相同B.如果驅動擺的擺長為L，則其他單擺的振動周期都等于2πeq\r(\f(L,g))C.如果驅動擺的擺長為L，振幅為A，若某個單擺的擺長大于L，振幅也大于AD.如果某個單擺的擺長等于驅動擺的擺長，則這個單擺的振幅最大答案ABD解析某個單擺擺動過程中多次通過同一位置時，速度大小相等但方向可能不同，根據F＝－kx可得，加速度a＝eq\f(F,m)＝－eq\f(kx,m)，故加速度一定相同，A正確；如果驅動擺的擺長為L，根據單擺的周期公式有T＝2πeq\r(\f(L,g))，而其他單擺都是受迫振動，故其振動周期都等于驅動擺的周期，B正確；當受迫振動的單擺的固有周期等于驅動擺的周期時，受迫振動的振幅最大，故某個單擺的擺長大，振幅不一定也大，C錯誤；同一地區，單擺的固有頻率只取決于單擺的擺長，則只有擺長等于驅動擺的擺長時，單擺的振幅能夠達到最大，這種現象稱為共振，D正確。10.(2022·浙江6月選考，11)如圖10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()圖10A.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答案B解析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，根據對稱性可知小球從O→A→O與O→B→O，這兩個過程小球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，可知小球在勻速運動階段的時間變為原來的2倍，接觸彈簧過程，根據彈簧振子周期公式T0＝2πeq\r(\f(m,k))，可知與彈簧接觸過程所用時間與速度無關，即與彈簧接觸過程時間保持不變，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。11.(多選)(2022·浙江臺州模擬)如圖11所示