专题40机械振动

2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题40机械振动导练目标导练内容目标1简谐运动的基本规律目标2简谐运动的图像目标3单摆模型目标4受迫振动和共振【知识导学与典例导练】简谐运动的基本规律位移特征受力特征回复力：F=kx；F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。能量特征系统的动能和势能相互转化,机械能守恒对称性特征质点经过关于平衡位置O对称的两点时,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；由对称点到平衡位置用时相等。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eq\f(T,2)注意：（1）弹簧振子（或单摆）在一个周期内的路程一定是4A，半个周期内路程一定是2A，四分之一周期内的路程不一定是A。（2）弹簧振子周期和频率由振动系统本身的因素决定（振子的质量m和弹簧的劲度系数k），与振幅无关。【例1】一个小物块拴在一个轻弹簧上，并将弹簧和小物块竖直悬挂处于静止状态，以此时小物块所处位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立Ox轴，如图所示。先将小物块竖直向上托起使弹簧处于原长，然后将小物块由静止释放并开始计时，经过，小物块向下运动20cm第一次到达最低点，已知小物块在竖直方向做简谐运动，重力加速度，忽略小物块受到的阻力，下列说法正确的是（）A．小物块的振动方程为（国际单位）B．小物块的最大加速度为2gC．小物块的最大速度为D．小物块在0～的时间内所经过的路程为85cm【答案】D【详解】A．由对称性可知弹簧振子的振幅为弹簧振子的振动周期为则小物块运动的初始位置为负的最大位移处，所以小物块的振动方程为选项A错误；B．根据简谐运动的对称性，小物块在最高点和最低点时的加速度最大，根据牛顿第二定律可得小物块最大加速度为g，B错误；C．小物块在平衡位置时的速度最大，若仅有重力势能和动能的的转化，有解得速度由于弹簧有弹性势能，所以最大速度不是，选项C错误；D．s为2个周期，根据可得小物块个周期的位移所以s的时间内小物块走的总路程为选项D正确。故选D。简谐运动的图像1．对简谐运动图像的认识(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。2．由简谐运动图像可获取的信息(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下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。(4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。eq\x(\a\al(从图像读,取x大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝－kx))eq\x(\a\al(F的大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(F＝ma))eq\x(\a\al(a的大小,及方向))(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。【例2】如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。振子到达D点开始计时。以竖直向上为正方向，在一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．振子在O点受到的弹簧弹力等于零B．振子做简谐运动的表达式为C．的时间内，振子通过的路程为D．和时，振子的速度不同，但加速度大小相等【答案】BC【详解】A．振子在点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小。A错误；B．由图乙可得，振子的振幅振子的周期圆频率初相位振子做简谐运动的表达式为，B正确；C．0.5s~1.0s的时间内，振子从平衡位置运动到了最大位移处，所以通过的路程为一个振幅，C正确；D．tt＝0.75s时，振子的速度大小相同，方向都向上，由对称性可知，回复力大小相等，由牛顿第二定律得加速度大小相等。D错误。故选BC。单摆模型模型单摆示意图简谐运动条件①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气阻力等③最大摆角小于等于5°回复力摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力平衡位置最低点周期T＝2πeq\r(\f(l,g))能量转化重力势能与动能的相互转化，机械能守恒【例3】如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间，可测出细线对摆球的拉力大小F。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，图乙表示拉力大小F随时间t变化的曲线，图中为摆球从A点开始运动的时刻，重力加速度g取10m/s。下列说法正确的是（）【答案】C【详解】A．由乙图可知，单摆的周期为0.4πs，故A错误；B．由单摆周期公式带入数据得故B错误；CD．由乙图和牛顿运动定律得，在最高点在最低点从最高点到最低点，由动能定理得联立解得；故C正确，D错误。故选C。受迫振动和共振1．简谐运动、受迫振动和共振的比较振动项目简谐运动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用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2．对共振的理解(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。【例4】共振筛由偏心轮、筛子、弹簧等组成，偏心轮转动过程给筛子一个驱动力，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，已知12V电压下偏心轮的转速为30r/min，则下列说法中正确的是（）B．电压从12V开始减小，筛子有可能会共振C．保持12V电压不变，减小筛子的质量，筛子有可能会共振【答案】D【详解】A．电压为12V时，筛子实际振动的频率是故A错误；B．由乙图知，当频率为0.8Hz时，发生共振，即筛子的固有频率为f0=0.8Hz根据题意，电压从12V开始减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，故B错误；C．保持12V电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，故C错误；D．根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期故D正确。故选D。【综合提升专练】1．一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点O，简谐运动的振幅为。时刻振子的位移为，时刻振子的位移为，则振子做简谐运动的周期可能为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可知时刻振子位于负向最大位移处，时刻振子位于平衡位置处，设振子做简谐运动的周期为，则有（，，）可得（，，）当时，可得当时，可得当时，可得当时，可得当时，可得当时，可得当时，可得故选B。2．如图，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m的A、B两物体，正在竖直方向做振幅为的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当系统振动到某个位置时，剪断A、B间细绳，此后A继续做简谐运动。则下列说法中正确的是（

）A．如果在平衡位置剪断绳子，A依然可以到达原来的最低位置B．如果在最高点剪断绳子，则B带走的能量最多C．无论在什么地方剪断绳子，此后A振动的振幅一定增大，周期一定减小D．如果在最低点剪断绳子，此后A振动过程中，振幅为【答案】B【详解】A．如果在平衡位置剪断绳子，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以到达剪断前的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于振子动能和重力势能的减小量（可以与剪断前比较），则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，故A错误；B．由于在上升过程中，AB间的绳子拉力一直对B做正功，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最高点剪断绳子，则B带走的能量最多，故B正确；CD．如果在最低点剪断绳子，不难得出此后A的振幅为，而越是在弹簧短的时候剪断绳子，此后A的振幅就越小，当在最高点剪断绳子时，此后A的振幅为，故CD错误。故选B。3．假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，地球仍可看作一个球心为O、半径为R、质量分布均匀的球体。从隧道口P点由静止释放一小球，下列说法正确的是（提示：质量均匀的球壳对内部任意质点的万有引力为零）（）A．小球先做匀加速运动，后做匀减速运动B．小球在O点受到地球的引力最大C．小球以O点为平衡位置做简谐运动D．小球与地球组成系统的引力势能先增加后减少【答案】C【详解】C．设小球距地心距离为x，地球的密度为ρ，小球的质量为m，根据题意，质量均匀的球壳对内部任意质点的万有引力为零，得小球受到的万有引力的合力为则小球下落过程中所受引力的大小与到地心的距离成正比，且方向指向地心，故小球以O点为平衡位置做简谐运动，故C正确；AB．根据牛顿第二定律有F＝ma可得可知，当小球下落时，在O点上方时，x越来越小，则a越来越小，到达O点时x＝0，则a＝0，即此时引力为0，引力最小，在O点下方时，x越来越大，则a越来越大，则小球下落过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故AB错误；D．由上面的分析可知，小球下落过程中，引力先做正功，再做负功，则小球与地球组成系统的引力势能先减小后增大，故D错误。故选C。4．如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器在竖直面做小角度内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的（）A．匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期B．可以利用x轴作为时间坐标轴，可以用y轴表示注射器振动的位移C．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短D．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长【答案】B【详解】A．从图中可以看出，当硬纸板移动距离L，注射器完成了两个周期性运动，故硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的两倍，故A错误；B．当匀速拖动硬纸板时，运动的时间与硬纸板运动的距离成正比，即可以用硬纸板运动的方向作为时间轴；而注射器在y轴方向上运动，故可以用y轴表示注射器振动的位移，故B正确；CD．注射器振动的周期只与自身的运动有关，与硬纸板的运动情况无关，故CD错误。故选B。5．如图所示，两根轻质细线分别连接两个可视为质点的小球，小球甲在竖直面内摆动，摆线的最大摆角为，小球乙在水平面内绕点做匀速圆周运动，连接小球乙的细线与竖直方向的夹角始终为，两小球运动的周期恰好相等，下列说法正确的是（

）A．两根细线的长度相等 B．两小球的质量一定相等C．两小球的机械能一定相等 D．连接甲、乙两球的细线长度之比为【答案】D【详解】BC．两小球的运动周期及速度大小与质量无关，B、C错误；AD．小球甲做简谐运动，周期对乙受力分析结合牛顿运动定律有解得，A错误、D正确。故选D。6．如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，其半径远大于弧长，圆弧底端切线水平。现将两个相同的小球分别从圆弧轨道的顶端和中点由静止释放。下列说法正确的是（）A．甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能B．甲球到达底端时的动能小于乙球到达底端时的动能C．甲球到达底端所用的时间大于乙球到达底端所用的时间D．甲球到达底端所用的时间小于乙球到达底端所用的时间【答案】A【详解】AB．被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能，因为两球在圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，所以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能，故A正确、B错误；CD．因为圆弧轨道的半径远大于弧长，所以两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动，可知它们的周期相同，到达底端所用的时间均为四分之一周期，则甲球到达底端所用的时间等于乙球到达底端所用的时间，故CD错误。故选A。7．如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴来回摆动。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． B．C． D．【答案】A【详解】由于小球绕为轴转动，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，重力沿斜面向下的分力的沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，如图“杆线摆”的摆长为小球沿虚线方向等效重力“杆线摆”的周期为故选A。8．如图所示为相同的小球（可看作质点）构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别，关于周期大小关系的判断，正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】设单摆摆长均为L，根据单摆的周期公式可得；；；则故选C。9．如图所示，健身爱好者用双手抓住“飞力士棒”的握柄，晃动“飞力士棒”，“飞力士棒”就在手的晃动下振动起来。“飞力士棒”振动稳定后，振动频率取决于（）A．人晃动的幅度 B．人晃动的频率C．人晃动时的力量 D．“飞力士棒”器材本身【答案】B【详解】A．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，与晃动的振幅无关，故A错误；B．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，故B正确；C．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，与晃动的力量无关，故C错误；D．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，与器材本身无关，故D错误；故选B。10．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f0B．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率小于f0C．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【答案】D【详解】ABD．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；C．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。故选D。11．将一台智能水平粘在秋千的座椅上，使边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为。从传感器中得到了其垂直平面方向的关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（）A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动B．当秋千摆至最低点时，秋千对的支持力小于所受的重力C．秋千摆动的周期为D．该地的重力加速度【答案】D【详解】A．秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A错误；B．在最低点，根据牛顿第二定律可得秋千对的支持力可知秋千对的支持力大于所受的重力，故B错误；C．秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用得时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为故C错误；D．根据单摆周期公式可得当地重力加速度故D正确。故选D。12．智能中安装了加速度感测器APP软件后，可以精确测量运动的加速度。一同学将轻轻接触弹簧由静止释放，如图甲所示，在时刻运动到最低点，APP软件记录下此过程中加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（不考虑薄板的质量），则（）A．先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动B．时刻，重力等于弹力，速度为零C．时刻，对薄板的压力为零D．时刻，对薄板的压力等于重力的2倍【答案】AD【详解】A．从图像可知，的加速度先是向下逐渐减小，时刻之后加速度向上，再逐渐增大，而的速度方向一直向下，故先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A正确；BC．时刻加速度为零，重力大小等于弹力，对薄板的压力大小等于重力；但在这之前一直在加速，时刻速度最大，BC错误；D．根据简谐运动的对称性，可知时刻的加速度与0时刻加速度相同，而0时刻弹簧处于原长，只受重力，加速度为g，所以时刻的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律得根据牛顿第三定律可得时刻，对薄板的压力等于重力的2倍，D正确。故选AD。13．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1Hz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（）A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．和时，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为【答案】ABD【详解】A．由简谐运动的对称性，水平位移为0.1m，0.3m，0.5m时木棒处于平衡位置；x从0.05m到0.15m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，故A正确；B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近平衡位置，加速度竖直向下，大小减小，故B正确；C．时木棒位于最低点，和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在最低点上方相同距离处，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，而两时刻木棒在水平方向的速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，故C错误；D．木棒在最低点时有在最高点时