《2022年高考物理一輪復習 第15章 第64講 機械振動學案（含解析）（選修3-4）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 第15章 第64講 機械振動學案（含解析）（選修3-4）（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 第15章 第64講 機械振動學案（含解析）（選修3-4） 1．定義：質(zhì)點在跟位移大小成正比并且總是指向平衡位置的回復力作用下的振動。 2．平衡位置：物體在振動過程中回復力為零的位置。 3．回復力 (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)來源：屬于效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。 4．描述簡諧運動的物理量 (1)位移x：由平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段，是矢量。 (2)振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離，是標量，表示振動的強弱。 (3)周期T：物體完成一次全振動所需的時間。

2、 頻率f：單位時間內(nèi)完成全振動的次數(shù)。 它們是表示振動快慢的物理量，二者的關系為T＝。 (4)相位ωt＋φ：描述周期性運動在各個時刻所處的不同狀態(tài)，其中φ為初相。 5．簡諧運動的位移表達式：x＝Asin(ωt＋φ)。 6．彈簧振子(如圖，以水平彈簧振子為例) (1)簡諧運動的條件： ①彈簧質(zhì)量可忽略； ②無摩擦等阻力； ③在彈簧彈性限度內(nèi)。 (2)回復力：彈簧彈力。 (3)平衡位置：彈簧處于原長處。 (4)周期：與振幅無關，與振子質(zhì)量和彈簧勁度系數(shù)有關。 (5)能量轉(zhuǎn)化：彈性勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒。 7．簡諧運動的特征 1．(多選)下列關于振

3、動的回復力的說法正確的是(　　) A．回復力方向總是指向平衡位置 B．回復力是按效果命名的 C．回復力一定是物體受到的合力 D．回復力由彈簧的彈力提供 E．振動物體在平衡位置所受的回復力是零 答案　ABE 解析　回復力是按效果命名的，是指向平衡位置使振動物體回到平衡位置的力，可以由某個力或某幾個力的合力提供，也可以由某個力的分力提供，故A、B正確，C錯誤；在水平彈簧振子中回復力由彈簧的彈力提供，但在其他振動中，不一定由彈簧彈力提供，D錯誤；振動物體在平衡位置受到的回復力是零，E正確。 2．(多選)關于簡諧運動的周期，以下說法正確的是(　　) A．間隔一個周期的整數(shù)倍的兩個時刻

4、，物體的振動情況相同 B．間隔半個周期的奇數(shù)倍的兩個時刻，物體的速度和加速度可能同時相同 C．半個周期內(nèi)物體的動能變化一定為零 D．一個周期內(nèi)物體的勢能變化一定為零 E．經(jīng)過一個周期質(zhì)點通過的路程為零 答案　ACD 解析　根據(jù)周期T的定義可知，物體完成一次全振動， 所有的物理量都恢復到初始狀態(tài)，故A正確；當間隔半周期的奇數(shù)倍時，所有的矢量都變得大小相等，方向相反，且物體的速度和加速度不同時為零，故B錯誤；物體的動能和勢能變化的周期為，所以C、D正確；經(jīng)過一個周期，質(zhì)點通過的路程為4A，E錯誤。 3.(多選)如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動。以豎直

5、向上為正方向，物塊簡諧運動的表達式為y＝0.1sin(2.5πt) m。t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6 s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判斷正確的是(　　) A．h＝1.7 m B．簡諧運動的周期是0.8 s C．0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是0.2 m D．t＝0.4 s時，物塊與小球運動方向相反 E．t＝0.6 s時，物塊的位移是－0.1 m 答案　ABE 解析　t＝0.6 s時，物塊的位移為y＝0.1sin(2.5π×0.6) m＝－0.1 m；則對小球h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，A、E正確；簡

6、諧運動的周期是T＝＝ s＝0.8 s，B正確；0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是3A＝0.3 m，C錯誤；t＝0.4 s＝，此時物塊在平衡位置向下振動，則此時物塊與小球運動方向相同，D錯誤。 考點二　簡諧運動的圖象 1．對簡諧運動圖象的認識 (1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，如圖所示。 (2)圖象反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖象不代表質(zhì)點運動的軌跡。 (3)任一時刻圖線上過該點切線的斜率數(shù)值表示該時刻振子的速度大小。正負表示速度的方向，為正時沿x正方向，為負時沿x負方向。 2．圖象信息 (1)由圖象可以得出質(zhì)點做簡諧運動的振幅、周期。 (2)可以

7、確定某時刻質(zhì)點離開平衡位置的位移。 (3)可以根據(jù)圖象確定某時刻質(zhì)點回復力、加速度和速度的方向。 ①回復力和加速度的方向：因回復力總是指向平衡位置，故回復力和加速度在圖象上總是指向t軸。 ②速度的方向：速度的方向可以通過下一時刻位移的變化來判斷，下一時刻位移如增加，振動質(zhì)點的速度方向就是遠離t軸；下一時刻位移如減小，振動質(zhì)點的速度方向就是指向t軸。 (4)某段時間內(nèi)質(zhì)點的位移、回復力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。 (2018·浙江舟山模擬)(多選)甲、乙兩彈簧振子，振動圖象如圖所示，則可知(　　) A．兩彈簧振子完全相同 B．兩彈簧振子所受回復力最大值之比F甲∶F

8、乙＝2∶1 C．振子甲速度為零時，振子乙速度最大 D．兩振子的振動頻率之比f甲∶f乙＝1∶2 解析　從圖象中可以看出，兩彈簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得頻率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正確；彈簧振子周期與振子質(zhì)量、彈簧勁度系數(shù)k有關，周期不同，說明兩彈簧振子不同，A錯誤；由于彈簧的勁度系數(shù)k不一定相同，所以兩振子所受回復力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定為2∶1，所以B錯誤；由簡諧運動的特點可知，在振子到達平衡位置時位移為零，速度最大；在振子到達最大位移處時，速度為零，從圖象中可以看出，在振子甲到達最大位移處時，振子乙恰好到達平衡位置，所以C正確。 答案　CD 方法感悟

9、 簡諧運動圖象問題的兩種分析方法 方法一：圖象—運動結(jié)合法 解此類題時，首先要理解x-t圖象的意義，其次要把x-t圖象與質(zhì)點的實際振動過程聯(lián)系起來，圖象上的一個點表示振動中的一個狀態(tài)(位置、振動方向等)，圖象上的一段曲線對應振動的一個過程，關鍵是判斷好平衡位置、最大位移及振動方向。 方法二：直觀結(jié)論法 簡諧運動的圖象表示振動質(zhì)點的位移隨時間變化的規(guī)律，即位移—時間的函數(shù)關系圖象，不是物體的運動軌跡。直接由圖象得出相關物理量，再由簡諧運動的有關結(jié)論、規(guī)律求解。 一質(zhì)點做簡諧運動，其位移和時間的關系如圖所示。 (1)求t＝0.25×10－2 s時質(zhì)點的位移；

10、 (2)在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振動過程中，質(zhì)點的位移、回復力、速度、動能、勢能大小如何變化？ (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各多大？ 答案　(1)－ cm (2)變大　變大　變小　變小　變大　(3)34 cm　2 cm 解析　(1)由題圖可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s， 振動方程為 x＝Asin＝－Acosωt＝－2cos cm＝－2cos(100πt) cm。 當t＝0.25×10－2 s時，x＝－2cos cm＝－ cm。 (2)由題圖可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振動過程中，質(zhì)點

11、的位移變大，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大。 (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s時間內(nèi)，Δt＝T＝T，可知質(zhì)點的路程為s＝17A＝34 cm，位移為2 cm。 考點三　單擺 1．單擺的特征(以圖示單擺為例) (1)條件：θ≤5°，空氣阻力可忽略不計，擺線為不可伸長的輕細線。 (2)回復力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－x＝－kx，負號表示回復力F回與位移x的方向相反。 (3)平衡位置：最低點。 (4)周期：T＝2π ，其中l(wèi)為擺長。 (5)能量轉(zhuǎn)化：重力勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒。 (6)向心力：細線的拉力和擺球重力沿細線

12、方向分力的合力充當向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ。 ①當擺球在最高點時，F(xiàn)向＝＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。 ②當擺球在最低點時，F(xiàn)向＝，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋m。 2．周期公式T＝2π 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。如圖甲所示的雙線擺的擺長l＝r＋Lcosα。乙圖中小球(可看做質(zhì)點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點的附近振動，其等效擺長為l＝R。 (2)g為當?shù)刂亓铀俣?。若單擺處于特殊的物理環(huán)境，即在其他星球、處于超失重狀態(tài)等，g為等效加速度。 (2018·鄭州模擬)(多選)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象，下列說法中正確的是(　　)

13、 A．甲、乙兩單擺的擺長相等 B．甲擺的振幅比乙擺的大 C．甲擺的機械能比乙擺的大 D．在t＝0.5 s時有正向最大加速度的是乙擺 E．由圖象可以求出當?shù)氐闹亓铀俣? 解析　由題圖可知，兩單擺的周期相同，同一地點重力加速度g相同，由單擺的周期公式T＝2π 得知，甲、乙兩單擺的擺長相等，A正確；甲擺的振幅為10 cm，乙擺的振幅為7 cm，則甲擺的振幅比乙擺的大，B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長也相等，但由于兩擺的質(zhì)量未知，故無法比較機械能的大小，C錯誤；在t＝0.5 s時，甲擺經(jīng)過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負向最大，則乙擺具有正向最大加速度，D正確；由

14、單擺的周期公式T＝2π得g＝，由于不知道單擺的擺長，所以不能求出當?shù)氐闹亓铀俣?，E錯誤。 答案　ABD 方法感悟 (1)公式成立的條件是單擺的偏角不超過5°。 (2)單擺的振動周期在振幅較小的條件下，與單擺的振幅無關，與擺球的質(zhì)量也無關。 (3)擺長l是指擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離，而不一定為擺線的長。 如圖甲是一個單擺振動的情形，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達的最遠位置。設向右為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖象。根據(jù)圖象回答： (1)單擺振動的頻率是多大？ (2)開始時擺球在何位置？ (3)若當?shù)氐闹亓铀俣葹?0 m/s2，試求這個單擺的

15、擺長是多少？(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案　(1)1.25 Hz　(2)B點　(3)0.16 m 解析　(1)由題圖乙知周期T＝0.8 s， 則頻率f＝＝1.25 Hz。 (2)由題圖乙知，t＝0時擺球在負向最大位移處，因向右為正方向，所以開始時擺球在B點。 (3)由T＝2π ，得l＝≈0.16 m。 考點四　用單擺測定重力加速度 1．實驗原理 當偏角很小時，單擺做簡諧運動，其運動周期為T＝2π ，它與偏角的大小及擺球的質(zhì)量無關，由此得到g＝。因此，只要測出擺長l和振動周期T，就可以求出當?shù)氐闹亓铀俣萭的值。 2．實驗器材 帶中心孔的小鋼球、約1 m長的細線(不可

16、伸長)、帶有鐵夾的鐵架臺、游標卡尺、毫米刻度尺、停表。 3．實驗步驟與數(shù)據(jù)處理 (1)做單擺 取約1 m長的細線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結(jié)，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，在平衡位置做上標記，如圖所示。 (2)測擺長 用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝L＋。 (3)測周期 將單擺從平衡位置拉開一個角度(不大于5°)，然后釋放小球，記下單擺擺動30或50次全振動的總時間，算出平均每擺動一次的時間，即為單擺的振動周期。 (4)改變擺長，重做幾次實驗。 (5)數(shù)據(jù)處理 ①公式法：g＝

17、。其中l(wèi)和T為多次測量的平均值。 ②圖象法：畫l－T2圖象。 g＝4π2k，k＝＝。 4．注意事項 (1)構(gòu)成單擺的條件：細線的質(zhì)量要小、彈性要小，選用體積小、密度大的小球，擺角不超過5°。 (2)要使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動，不能形成圓錐擺，方法是將擺球拉到一定位置后由靜止釋放。 (3)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證懸點固定。 (4)選擇在擺球擺到平衡位置處時開始計時，并數(shù)準全振動的次數(shù)。 5．實驗誤差 (1)系統(tǒng)誤差的主要來源：懸點不固定，球、線不符合要求，振動是圓錐擺而不是在同一豎直平面內(nèi)的振動等。 (2)偶然誤差的主要來源：未從平衡位置開始計時，多計或漏計全振動

18、的次數(shù)，刻度尺測擺線長讀數(shù)誤差等。 (2018·浙江模擬)某同學利用單擺測定當?shù)氐闹亓铀俣取? (1)實驗室已經(jīng)提供的器材有：鐵架臺、夾子、秒表、游標卡尺。除此之外，還需要的器材有________。 A．長度約為1 m的細線 B．長度約為30 cm的細線 C．直徑約為2 cm的鋼球 D．直徑約為2 cm的木球 E．最小刻度為1 cm的直尺 F．最小刻度為1 mm的直尺 (2)該同學在測量單擺的周期時，他用秒表記下了單擺做50次全振動的時間，如圖甲所示，秒表的讀數(shù)為________ s。 (3)該同學經(jīng)測量得到6組擺長L和對應的周期T，畫出L－T2圖線，然后在圖線上

19、選取A、B兩個點，坐標如圖乙所示。則當?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_式g＝________。處理完數(shù)據(jù)后，該同學發(fā)現(xiàn)在計算擺長時用的是擺線長度而未計入小球的半徑，這樣________(選填“影響”或“不影響”)重力加速度的計算。 解析　(1)由單擺周期公式T＝2π可得，g＝L，實驗需要測量擺長，擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑，測量擺線長需要毫米刻度尺，擺線的長度大約1 m左右。為減小空氣阻力的影響，擺球需要密度較大的擺球，故選用的器材為ACF。 (2)秒表表示讀數(shù)：內(nèi)圈讀數(shù)：60 s，外圈讀數(shù)35.1 s，總讀數(shù)為t＝60 s＋35.1 s＝95.1 s。 (3)由T＝2π 可得，L＝T2， 則

20、L－T2圖象的斜率等于，由數(shù)學知識得＝＝，解得g＝。 根據(jù)數(shù)學知識，在計算擺長時用的是擺線長度而未計入小球的半徑，這樣不影響重力加速度的計算。 答案　(1)ACF　(2)95.1　(3)　不影響 方法感悟 (1)根據(jù)單擺的周期公式得出重力加速度的表達式，通過表達式，結(jié)合單擺模型的要求確定所需的器材。 (2)秒表讀數(shù)：先讀內(nèi)圈，讀數(shù)時只讀整數(shù)(分鐘)，且根據(jù)是否過半分鐘格線由外圈讀出秒數(shù)，讀外圈時，指針是準確的，不用估讀。 (3)根據(jù)實驗注意事項與實驗原理分析實驗誤差。由單擺周期公式變形，得到T2與L的關系式，分析圖象斜率的意義，求解g。 1．某同學在“用單擺測定重

21、力加速度”的實驗中測量了一些數(shù)據(jù)，其中的一組數(shù)據(jù)如下所示。 (1)用游標卡尺測量擺球直徑，卡尺游標位置如圖甲所示，可知擺球直徑是________ cm。 (2)該同學用秒表記錄了單擺振動30次全振動所用的時間如圖乙所示，則單擺的周期是________ s。(保留三位有效數(shù)字) (3)為了提高實驗精度，在試驗中可改變幾次擺長l，測出相應的周期T，從而得出幾組對應的l與T的數(shù)值，再以l為橫坐標，T2為縱坐標，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖丙所示，利用圖線可求出圖線的斜率k＝________，再由k可求出g＝________。(保留三位有效數(shù)字) (4)如果他測得的g值偏小，可能的原因是(　

22、　) A．將擺線長作為擺長 B．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了 C．開始計時，秒表過遲按下 D．實驗中誤將29次全振動數(shù)記為30次 答案　(1)1.940　(2)1.90　(3)4　9.86 m/s2　(4)AB 解析　(1)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：19 mm＋8×0.05 mm＝19.40 mm＝1.940 cm。 (2)由圖示秒表可知，其示數(shù)為：56.9 s，單擺的周期：T＝＝ s≈1.90 s。 (3)由單擺周期公式：T＝2π，可得T2＝l，由圖示圖象可知k＝＝＝4，又有k＝，重力加速度g＝＝≈9.86 m/s2。 (4)由單擺周期公式

23、：T＝2π，可得g＝l，將擺線長作為擺長，則擺長的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏小，故A正確；擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，則擺長的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏小，故B正確；開始計時，秒表過遲按下，則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，故C錯誤；實驗中誤將29次全振動數(shù)記為30次，則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，故D錯誤。所以選AB。 2．如圖甲所示是一個擺線長度可調(diào)的單擺振動的情景圖，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到達的最高位置。小球的質(zhì)量m＝0.4 kg，圖乙是擺線長為l時小球的振動圖象，g取10 m/s2。

24、 (1)為測量單擺的擺動周期，測量時間應從擺球經(jīng)過________(填“O”“P”或“Q”)時開始計時；測出懸點到小球球心的距離(擺長)L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。 (2)由圖乙寫出單擺做簡諧運動的表達式，并判斷小球在什么位置時切向加速度最大？最大切向加速度為多少？ 答案　(1)O　　(2)x＝5sinπt(cm)　小球在最大位移處的切向加速度最大' 0.5 m/s2 解析　(1)因擺球經(jīng)過最低點的速度最大，容易觀察和計時，所以測量時間應從擺球經(jīng)過最低點O開始計時，單擺周期T＝，再根據(jù)單擺周期公式T＝2π ，可解得g＝。 (

25、2)由圖乙可知單擺的振幅A＝5 cm，ω＝＝ rad/s＝π rad/s，初相φ＝0，所以單擺做簡諧運動的表達式為x＝5sinπt(cm)。小球在最大位移處的切向加速度最大，由圖乙可看出此擺的周期是2 s，根據(jù)T＝2π ，可求得擺長為L＝1 m，切向加速度最大值am＝＝＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。 考點五　受迫振動　共振 1．受迫振動 系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動。做受迫振動的物體，它做受迫振動的周期(或頻率)等于驅(qū)動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)無關。 2．受迫振動中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化：受迫振動系統(tǒng)機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換。 3．共振 做受迫振

26、動的物體，它的驅(qū)動力的頻率與固有頻率越接近，其振幅就越大，當二者相等時，振幅達到最大，這就是共振現(xiàn)象。共振曲線如圖所示。 1.(多選)如圖所示，曲軸上掛一個彈簧振子，轉(zhuǎn)動搖把，曲軸可帶動彈簧振子上下振動。開始時不轉(zhuǎn)動搖把，讓振子自由振動，測得其頻率為2 Hz?，F(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動搖把，轉(zhuǎn)速為240 r/min。則(　　) A．當振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期是0.5 s B．當振子穩(wěn)定振動時，它的振動頻率是4 Hz C．當轉(zhuǎn)速增大時，彈簧振子的振幅增大 D．當搖把轉(zhuǎn)動的頻率減小到接近彈簧振子的頻率時，彈簧振子的振幅增大 E．彈簧振子的振幅與轉(zhuǎn)速有關 答案　BDE 解析　搖把勻速

27、轉(zhuǎn)動的頻率f＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，當振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期及頻率均與驅(qū)動力的周期及頻率相等，A錯誤，B正確；當搖把轉(zhuǎn)動的頻率減小到接近振子的固有頻率時，彈簧振子的振幅將增大，C錯誤，D、E正確。 2．[教材母題]　(人教版選修3－4 P21·T4)如圖是一個單擺的共振曲線。 (1)試估計此單擺的擺長。 (2)若擺長增大，共振曲線振幅最大值的橫坐標將怎樣變化？ [變式子題]　(多選)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力頻率f的關系)如圖所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．此單擺的固有周期約為2 s B．此單

28、擺的擺長約為1 m C．若擺長增大，單擺的固有頻率增大 D．若擺長增大，共振曲線的峰將向左移動 E．此單擺的振幅是8 cm 答案　ABD 解析　由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5 Hz，固有周期為2 s，再由T＝2π 得此單擺的擺長約為1 m，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，A、B、D正確，C錯誤；此單擺做受迫振動，只有共振時的振幅最大，為8 cm，E錯誤。 3．(2018·焦作模擬)(多選)如圖所示，A球振動后，通過水平細繩迫使B、C振動，振動達到穩(wěn)定時，下列說法中正確的是(　　) A．只有A、C振動周期相等 B．C的振幅比B的振

29、幅小 C．C的振幅比B的振幅大 D．A、B、C的振動周期相等 E．B的振幅最小 答案　CDE 解析　A振動后，水平細繩上驅(qū)動力的周期TA＝2π ，迫使B、C做受迫振動，受迫振動的頻率等于施加的驅(qū)動力的頻率，所以TA＝TB＝TC，A錯誤，D正確；而TC固＝2π ＝TA，TB固＝2π >TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、E正確，B錯誤。 課后作業(yè) [鞏固強化練] 1．(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3 s第一次到達點M，再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M，則彈簧振子的周期為(　　) A．0.53 s B．1.4 s

30、 C．1.6 s D．3 s 答案　AC 解析　分情況討論：①如圖甲所示，O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時間為。因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s，C正確。 ②如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設點M′與點M關于點O對稱，則振子從點M′經(jīng)過點B回到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C回到點M所需時間相等，即0.2 s。振子從點O到點M′和從點M′到點O以及從點O到點M所需時間相等，為＝ s，故周期為T＝ s＝ s≈0.53 s，A正確。 2．擺長為L的單擺做簡諧

31、運動，若從某時刻開始計時(取t＝0)，當振動至t＝ 時，擺球具有負向最大速度，則單擺的振動圖象是圖中的(　　) 答案　C 解析　單擺周期為T＝2π，當t＝ ＝時擺球具有負向最大速度，知擺球經(jīng)過平衡位置向負方向振動，C正確，A、B、D錯誤。 3.如圖，在一直立的光滑管內(nèi)放置一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，管口上方O點與彈簧上端初位置A的距離為h，一質(zhì)量為m的小球從O點由靜止下落，壓縮彈簧至最低點D，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。小球自O點下落到最低點D的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球最大速度的位置隨h的變化而變化 B．小球的最大速度與h無關 C．小球的最大加速

32、度大于重力加速度 D．彈簧的最大壓縮量與h成正比 答案　C 解析　小球速度最大的位置，加速度為零，即重力等于彈力，有mg＝kx，所以x不變，則最大速度位置不變，與h無關，故A錯誤；小球從下落點到平衡位置，重力和彈力做功，下落的高度不同，小球的最大速度不同，故B錯誤；若小球在A點釋放，根據(jù)簡諧運動的對稱性，在最低點加速度為g，方向向上，若小球在O點釋放，最低點位置會下降，則最大加速度大于g，故C正確；在最低點彈簧的壓縮量最大，根據(jù)能量守恒定律可得mg(h＋x)＝kx2，故彈簧的最大壓縮量與h有關，但不是成正比關系，故D錯誤。 4．有一個在y方向上做簡諧運動的物體，其振動圖象如圖所示，下列

33、關于下圖中①～④的判斷正確的是(　　) A．圖③可作為該物體的回復力—時間圖象 B．圖②可作為該物體的回復力—時間圖象 C．圖①可作為該物體的速度—時間圖象 D．圖④可作為該物體的加速度—時間圖象 答案　A 解析　根據(jù)簡諧振動回復力F＝－kx知，回復力或加速度與位移大小成正比，方向相反，可得A正確，B、D錯誤；速度在平衡位置最大，在最大位移處為零，圖②可作為速度—時間圖象，C錯誤。 5．(多選)如圖甲所示為以O點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，圖乙為這個彈簧振子的振動圖象，由圖可知下列說法中正確的是(　　) A．在t＝0.2 s時，彈簧振子的加速

34、度為正向最大 B．在t＝0.1 s與t＝0.3 s兩個時刻，彈簧振子在同一位置 C．在t＝0到t＝0.2 s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動 D．在t＝0.6 s時，彈簧振子有最小的彈性勢能 答案　BC 解析　t＝0.2 s時，彈簧振子的位移為正向最大值，而彈簧振子的加速度與位移大小成正比，方向與位移方向相反，A錯誤；在t＝0.1 s與t＝0.3 s兩個時刻，彈簧振子的位移相同，B正確；從t＝0到t＝0.2 s時間內(nèi)，彈簧振子從平衡位置向正的最大位移處運動，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，彈簧振子做加速度增大的減速運動，C正確；在t＝0.6 s時，彈簧振

35、子的位移為負向最大值，即彈簧的形變最大，彈簧振子的彈性勢能最大，D錯誤。 6．(多選)把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉(zhuǎn)一周，給篩子一個驅(qū)動力，這就做成了一個共振篩，如圖甲所示。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高，增加篩子質(zhì)量，可增大篩子的固有周期。現(xiàn)在，在某電壓下電動偏心輪轉(zhuǎn)速是54 r/min。為了使篩子的振幅增大，下列做法正確的是(　　) A．提高輸入電壓B．降低輸入電壓 C．增加篩子質(zhì)量D．減小篩子質(zhì)量 答案　BD 解析　由題圖乙可知篩子的固有頻率為0.8 Hz，那么固有周期為1.25 s，而現(xiàn)在偏心輪轉(zhuǎn)速為54 r/

36、min，即周期為 s<1.25 s，為了使振幅增大，應該使偏心輪的周期更接近篩子的固有周期，所以要增大偏心輪的轉(zhuǎn)動周期，或減小篩子的固有周期，結(jié)合題意可知應該降低輸入電壓，或減小篩子質(zhì)量，故B、D正確。 7．在飛機的發(fā)展史中有一個階段，飛機上天后不久，機翼很快就抖動起來，而且越抖越厲害，后來人們經(jīng)過了艱苦的探索，利用在飛機機翼前緣處裝置一個配重桿的方法，解決了這一問題，裝置配重桿的主要目的是(　　) A．加大飛機的慣性 B．使機體更加平衡 C．使機翼更加牢固 D．改變機翼的固有頻率 答案　D 解析　飛機飛上天后，在氣流周期性驅(qū)動力作用下做受迫振動，機翼越抖越厲害說明氣流驅(qū)動力周期

37、與機翼的固有周期非常接近或相等。在機翼前緣處裝置配重桿，目的是通過改變機翼的質(zhì)量來改變其固有頻率，使驅(qū)動力頻率與固有頻率相差較大，從而實現(xiàn)減振的目的，故D正確。 [真題模擬練] 8．(2018·天津高考)(多選)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t＝0時振子的位移為－0.1 m，t＝1 s 時位移為0.1 m，則(　　) A．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 s B．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 s C．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為4 s D．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為6 s 答案　AD 解析　若振幅為0.1 m，根據(jù)題意可知從t＝0 s

38、到t＝1 s振子經(jīng)歷的時間為T＝1 s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝ s(n＝0,1,2,3…)，當n＝1時，T＝ s，把T＝ s代入得n＝，不符合題意，A正確，B錯誤；如果振幅為0.2 m，結(jié)合位移—時間關系圖象，有1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3…)?、?，或者1 s＝T＋nT(n＝0,1,2，3…)?、?，或者1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3…)?、?，對于①式，只有當n＝0時，T＝2 s，為整數(shù)；對于②式，T不為整數(shù)，對于③式，只有當n＝0時，T＝6 s，為整數(shù)，故C錯誤，D正確。 9.(2017·北京高考)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是(　　) A

39、．t＝1 s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值 B．t＝2 s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值 C．t＝3 s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零 D．t＝4 s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值 答案　A 解析　t＝1 s時，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負的最大值，A正確；t＝2 s時，振子在平衡位置且向x軸負方向運動，則振子的速度為負，加速度為零，B錯誤；t＝3 s時，振子處于負的最大位移處，振子的速度為零，加速度為正的最大值，C錯誤；t＝4 s時，振子在平衡位置且向x軸正方向運動，則振子的速度為正，加速度為零，D錯誤。 10．(2016·北

40、京高考)如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡諧運動。以平衡位置O為原點，建立Ox軸。向右為x軸正方向。若振子位于N點時開始計時，則其振動圖象為(　　) 答案　A 解析　振子在N點時開始計時，其位移為正向最大，并按余弦規(guī)律變化，故A正確。 11．(2016·海南高考)(多選)下列說法正確的是(　　) A．在同一地點，單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比 B．彈簧振子做簡諧振動時，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變 C．在同一地點，當擺長不變時，擺球質(zhì)量越大，單擺做簡諧振動的周期越小 D．系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅(qū)動力的頻率 E．已知彈簧振子初始時刻的位

41、置及其振動周期，就可知振子在任意時刻運動速度的方向 答案　ABD 解析　在同一地點，重力加速度g為定值，根據(jù)單擺周期公式T＝2π 可知，周期的平方與擺長成正比，故A正確；彈簧振子做簡諧振動時，只有動能和勢能參與轉(zhuǎn)化，根據(jù)機械能守恒條件可知，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變，故B正確；根據(jù)單擺周期公式T＝2π 可知，單擺的周期與擺球質(zhì)量無關，故C錯誤；當系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅(qū)動力的頻率，故D正確；若彈簧振子初始時刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以確定任意時刻運動速度的方向，若彈簧振子初始時刻不在波峰或波谷位置，則無法確定，故E錯誤。 12.(2019·百師聯(lián)盟

42、七調(diào))(多選)如圖所示，兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細線將甲、乙兩物塊束縛在光滑水平面上，已知甲的質(zhì)量是乙的質(zhì)量的4倍，彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2π，式中m為振子的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)。當細線突然斷開后，兩物塊都開始做簡諧運動，在運動過程中(　　) A．甲的振幅是乙的振幅的4倍 B．甲的振幅等于乙的振幅 C．甲的最大速度是乙的最大速度的 D．甲的振動周期是乙的振動周期的2倍 E．甲的振動頻率是乙的振動頻率的2倍 答案　BCD 解析　將甲、乙兩物塊看成一個整體，受力分析可知，線未斷開前，兩根彈簧伸長的長度相同，故線斷開后，甲、乙兩物塊離開平衡位置的最大距離相同，即振幅

43、一定相同，故A錯誤，B正確；在線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，到達平衡位置時，甲、乙的最大動能相同，由于甲的質(zhì)量是乙的質(zhì)量的4倍，由Ek＝mv2知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，故C正確；根據(jù)T＝2π 可知，甲的振動周期是乙的振動周期的2倍，根據(jù)f＝可知，甲的振動頻率是乙的振動頻率的，D正確，E錯誤。 13．(2018·哈爾濱模擬)有兩個同學利用假期分別去參觀北大和南大的物理實驗室，各自在那里利用先進的DIS系統(tǒng)較準確地探究了“單擺的周期T與擺長l的關系”，他們通過校園網(wǎng)交換實驗數(shù)據(jù)，并由計算機繪制了T2-l 圖象，如圖甲所示，去北大的同學所測實驗結(jié)果對應的圖線是________(選填

44、“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同學還利用計算機繪制了a、b兩個擺球的振動圖象(如圖乙所示)，由圖可知，兩單擺擺長之比＝________。在t＝1 s時，b球振動的方向是____________。 答案　B　　沿y軸負方向 解析　由單擺的周期公式T＝2π得：T2＝l，即圖象的斜率k＝，重力加速度越大，斜率越小，我們知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同學所測實驗結(jié)果對應的圖線是B；從題圖乙可以得出Tb＝1.5Ta，由T＝2π 知，兩單擺擺長之比＝；從題圖乙可以看出，t＝1 s時b球正在向負的最大位移處運動，所以b球的振動方向沿y軸負方向。 14．(2018·鄭州模擬)如

45、圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，C為弧形槽最低點，R?A。甲球從弧形槽的球心處自由下落，乙球從A點由靜止釋放，球大小不計，問： (1)兩球第1次到達C點的時間之比； (2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時將乙球從圓弧左側(cè)由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？ 答案　(1)　(2)(n＝0,1,2…) 解析　(1)甲球做自由落體運動R＝gt， 所以t1＝ ， 乙球沿圓弧做簡諧運動(由于A?R，可認為擺角θ<5°)。此運動與一個擺長為R的單擺運動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達C處的時間為 t2＝T＝×2π＝，所以＝。 (2)甲球從離弧形槽最低點h高處自由下落，到達C點的時間為t甲＝ ， 由于乙球運動的周期性，所以乙球到達C點的時間為 t乙＝＋n＝ (2n＋1)(n＝0,1,2…)， 由于甲、乙在C點相遇，故t甲＝t乙， 聯(lián)立解得h＝(n＝0,1,2…)。