2 简谐运动的描述 [教材链接] (1)平衡位置 米(m) 振动幅度大小 (2)振动过程 相同的 (3)①一次全振动 秒(s) ②全振动 赫兹(Hz) ③ ⑤反比 正比 (4)①简谐 ②t=0 ③频率 例1 BC [解析] 小球从O向左到B再回到O,只完成半个全振动,选项A错误;从A到B,小球也只完成了半个全振动,半个全振动的时间是 2 s,所以振动周期是4 s,小球离开平衡位置的最大距离为10 cm,则振幅A=10 cm,选项B正确;t=6 s=T,所以小球通过的路程为4A+2A=6A=60 cm,选项C正确;从O开始经过3 s,小球处在位置A或B,选项D错误. 变式1 A [解析] 已知甲的心率为每分钟60次,则甲的心动周期是T甲== s=1 s,可知其图纸移动的速率是v= mm/s=25 mm/s,则有乙的心动周期是T乙= s= s,则有乙的心率为f乙==次/秒=1.25次/秒=75次/分钟,故选A. [物理建模] (1)位移、振幅、圆频率、初相位、相位 (2)ω= 例2 C [解析] 根据甲的振动方程可知它的振幅是3a,故A错误;根据振动图像可看出甲、乙做简谐运动的周期均为T=0.4 s,则它的频率是2.5 Hz,故B错误;已知甲的振动方程为x = 3asin (5πt),根据图像可知乙的振动方程为x=3asin 5πt-,则t = 0时,甲、乙的相位差是,故C正确,D错误. 变式2 (1) s 4 Hz 5 cm (2)π [解析] (1)由题意知ω=8π rad/s 振幅A=5 cm,初相φ1= 由ω=得T= s 则f==4 Hz (2)它们的相位差 Δφ=(ωt+φ2)-(ωt+φ1)=φ2-φ1=π-=π [科学探究] (1)相等,即tCA=tAC.(2)相等,即tAC=tDB. (3)速度大小相等,方向相反. (4)速度大小相等,方向可能相同,也可能相反. 例3 B [解析] 因质点通过M,N两点速度相同,说明M,N两点关于平衡位置对称,由时间的对称性可知,平衡位置O到N点的时间t1==0.5 s.又因质点通过N点后再经过1 s,第二次经过该点,则质点由N到右侧最大位移处的时间t2=0.5 s,故=2t1+2t2=2 s,即T=4 s,由过程的对称性可知,质点在这2 s内通过的路程恰为2A,即2A=12 cm,A=6 cm,故B项正确. 变式3 AC [解析] 振子通过O点的速度方向有两种可能,一种是从O指向M,另一种是从O点背离M.利用简谐运动的对称性找出周期与运动时间的关系.如图甲所示,O为平衡位置,设OB(OC)代表振幅,若振子开始从平衡位置向M运动,从O到C所需时间为,因为简谐运动具有对称性,所以振子从M到C所用时间和从C到M所用时间相等,故=0.3 s+=0.4 s,解得T=1.6 s.则振子第三次到达M点还要经过的时间为t=1.6 s-0.2 s=1.4 s. 如图乙所示,若振子一开始从平衡位置背离M向B运动,设M'与M关于O点对称,则振子从M'经B回到M'所用的时间与振子从M经C回到M所用的时间相等,即0.2 s.振子从O到M'和从M'到O及从O到M所需时间相等,为= s.则振子第三次到达M点还要经过的时间为t'=0.2 s+×4 s= s. 随堂巩固 1.CD [解析] 由题可知,B、C间距离为10 cm,B→C运动时间为1 s,则振幅A=5 cm,周期为2 s,故A错误;从B→O→C振子通过的路程是两个振幅,不是一次全振动,故B错误;经过两次全振动,振子通过的路程s=8A=40 cm,C正确;从B开始经过3 s,振子振动了1.5个周期,此时振子在C点,振子通过的位移大小是10 cm,故D正确. 2.A [解析] 由题意知A1=4 cm,A2=2 cm,ω1=4π rad/s,ω2=2π rad/s,则A1∶A2=2∶1,f1∶f2=ω1∶ω2=2∶1,故A正确,B、C、D错误. 3.CD [解析] 由题意可知振幅为0.1 m,圆频率ω=2.5π rad/s,故周期T== s=0.8 s,故A、B错误;在t=0.2 s时,x=0.1 m,即振子的位移最大,速度最小,为零,故C正确;两弹簧振子的相位差Δφ=φ2-φ1=2.5πt+-2.5πt=,即B的相位超前A的相位,或者说A的相位滞后B的相位,故D正确. 4.B [解析] 若t和两时刻振子运动位移的大小相等、方向相同,则这两时刻振子出现在同一位置上,而每一个周期内,振子两次出现在同一个位置上,所以当速度方向相同时,Δt等于T的整数倍,当速度方向相反时,Δt不等于T的整数倍,A错误;若 ... ...
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