2019版高考物理一轮复习第15章鸭部分第53课时机械振动学案

1、第53课时机械振动考点1简谐运动的特征1定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动。2平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。3回复力(1)定义：使物体返回到平衡位置的力。(2)方向：总是指向平衡位置。(3)来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。4描述简谐运动的物理量(1)位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量。(2)振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱。(3)周期T：物体完成一次全振动所需的时间。频率f：单位时间内完成全振动的次数。它们是表示振动快慢的物理量，二者的关系为T。5简谐运动的位移

2、表达式：xAsin(t)。 例1(2018河北沧州月考)如图，在一直立的光滑管内放置一劲度系数为k的轻质弹簧，管口上方O点与弹簧上端初位置A的距离为h，一质量为m的小球从O点由静止下落，压缩弹簧至最低点D，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球自O点下落到最低点D的过程中，下列说法中正确的是()A小球最大速度的位置随h的变化而变化B小球的最大速度与h无关C小球的最大加速度大于重力加速度D弹簧的最大压缩量与h成正比解析小球速度最大的位置，加速度为零，即重力等于弹力，有mgkx，所以x不变，则最大速度位置不变，与h无关，故A错误；小球从下落点到平衡位置，重力和弹力做功，下落的高度不同，小球的最

3、大速度不同，故B错误；若小球在A点释放，根据简谐运动的对称性，在最低点加速度为g，方向向上，若小球在O点释放，最低点位置会下降，则最大加速度大于g，故C正确；在最低点弹簧的压缩量最大，根据能量守恒定律可得mg(hx)kx2，故弹簧的最大压缩量与h有关，但不是成正比关系，故D错误。答案C质点做简谐运动时，其位移(相对平衡位置的位移)、回复力、加速度、速度、动量等矢量都随时间做周期性的变化，它们的周期就是简谐运动的周期T。物体的动能和势能也随时间做周期性的变化，其周期为，常见的简谐运动模型有弹簧振子和单摆。1(多选)下列关于振动的回复力的说法正确的是()A回复力方向总是指向平衡位置B回复力是按效果

4、命名的C回复力一定是物体受到的合力D回复力由弹簧的弹力提供E振动物体在平衡位置所受的回复力是零答案ABE解析回复力是按效果命名的，是指向平衡位置使振动物体回到平衡位置的力，可以由某个力或某几个力的合力提供，也可以由某个力的分力提供，故A、B正确，C错误；在水平弹簧振子中弹簧的弹力提供回复力，但在其他振动中，不一定由弹簧弹力提供，D错误；振动物体在平衡位置受到的回复力是零，E正确。2(多选)关于简谐运动的周期，以下说法正确的是()A间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同B间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同C半个周期内物体的动能变化一定为零D一个周期内物体的

5、势能变化一定为零E经过一个周期质点通过的路程变为零答案ACD解析根据周期T的定义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故A正确；当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体的速度和加速度不同时为零，故B错误；物体的动能和势能变化的周期为，所以C、D正确；经过一个周期，质点通过的路程为4A，E错误。3.(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y0.1 sin(2.5t) m。t0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g10

6、 m/s2。以下判断正确的是()Ah1.7 mB简谐运动的周期是0.8 sC0.6 s内物块运动的路程是0.2 mDt0.4 s时，物块与小球运动方向相反Et0.6 s时，物块的位移是0.1 m答案ABE解析t0.6 s时，物块的位移为y0.1sin(2.50.6) m0.1 m；则对小球h|y|gt2，解得h1.7 m，A、E正确；简谐运动的周期是T s0.8 s，B正确；0.6 s内物块运动的路程是3A0.3 m，C错误；t0.4 s，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，D错误。考点2简谐运动图象的应用1物理意义：表示振动质点的位移随时间变化的规律。2图象特征(1)正

7、弦(或余弦)曲线。(2)从质点位于平衡位置处开始计时，函数表达式为xAsint，图象如图甲所示；从质点位于最大位移处开始计时，函数表达式为xAcost，图象如图乙所示。(3)图象斜率表示速度大小和方向，平衡位置速度最大，偏离平衡位置位移最大时速度最小等于0，质点的运动方向根据图象斜率判断，斜率为正表示运动方向为正方向，斜率为负表示运动方向为负方向。例2(2017浙江舟山模拟)(多选)甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知()A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲F乙21C振子甲速度为零时，振子乙速度最大D两振子的振动频率之比f甲f乙12解析从图象中可以看出，两弹簧振子周期

8、之比T甲T乙21，得频率之比f甲f乙12，D正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(Fkx)的最大值之比F甲F乙不一定为21，所以B错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确。答案CD(1)分析简谐运动过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。(2)分析简谐运动过程中要简谐运动场景和运动图象(xt)相结合对应分析。(3)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一

9、定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小，反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。(人教版选修34 P5T3改编)一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是()A质点振动频率是4 HzB在10 s内质点经过的路程是20 cmC第4 s末质点的速度是零D在 t1 s和t3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同答案B解析由题图可知，该简谐运动的周期为4 s，频率为0.25 Hz，A错误；在10 s内质点经过的路程是2.54A20 cm，B正确；第4 s末质点的速度最大，C错误；在t1 s 和t3 s两时刻，质点位移大小相等、方向

10、相反，故D错误。考点3受迫振动共振1受迫振动系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。2受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。3共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图所示。1.(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则()A当振子稳定振动时，

11、它的振动周期是0.5 sB当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大E弹簧振子的振幅与转速有关答案BDE解析摇把匀速转动的频率f Hz4 Hz，周期T0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误、B正确；当摇把的频率接近振子的固有频率时，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D、E正确。2(人教版选修34 P19演示实验改编)(多选)如图所示，A、B、C、D四个单摆的摆长分别为l、2l、l、，摆球的质量分别为2m、2m、m、，四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上。现让A

12、球振动起来，通过水平细线迫使B、C、D也振动起来，则下列说法错误的是()AA、B、C、D四个单摆的周期均相同B只有A、C两个单摆的周期相同CB、C、D中因D的质量最小，故其振幅是最大的DB、C、D中C的振幅最大EB、C、D中C的振幅最小答案BCE解析在A的驱动下，B、C、D均做受迫振动，受迫振动的频率均与驱动力的频率(A的固有频率)相等，与各自的固有频率无关，A正确、B错误；判断能否达到最大振幅，即实现共振，取决于f固是否与f驱相等。对于单摆而言，固有频率与摆球质量无关，所以不必考虑摆球的质量。B、C、D中，只有C的固有频率等于驱动力的频率，所以B、C、D中C的振幅最大，C、E错误，D正确。3

13、(人教版选修34 P21T4改编)(多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A此单摆的固有周期约为2 sB此单摆的摆长约为1 mC若摆长增大，单摆的固有频率增大D若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动E此单摆的振幅是8 cm答案ABD解析由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T2得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，A、B、D正确，C错误；此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大，为8 cm，E错误。考点4用单摆测重力加速度1

14、实验原理：由单摆的周期公式T2 ，可得出gl，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g。2实验步骤(1)做单摆：取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示。(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长lL。(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5)，然后释放小球，记下单摆摆动3050次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期。(4)改变摆长，重做几次实验。3数据处理(1)公式法：gl。(2)图象法：画lT2图象。则斜率k

15、，那么g42k。4注意事项(1)选用1 m左右的细线。(2)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定。(3)小球在同一竖直面内摆动，且摆角小于5。(4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数。(5)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长llr。例3(1)在利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏大，可能的原因是()A摆球质量过大B单摆振动时振幅较小C测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径D测量周期时，把n个全振动误认为(n1)个全振动，使周期偏小E测量周期时，把n个全振动误认为(n1)个全振动，使周期偏大(2

16、)若单摆是一个秒摆，将此摆移到月球上，其周期是_。(3)实验中停表的读数如图，为_s。解析(1)由单摆周期公式T2 可知，重力加速度g，进而知重力加速度与摆球质量无关，故A错误；重力加速度与单摆振动的振幅无关，故B错误；测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径，摆长l偏小，由g可知，所测重力加速度偏小，故C错误；测量周期时，把n个全振动误认为(n1)个全振动，使周期偏小，由g可知，所测重力加速度偏大，故D正确；测量周期时，把n个全振动误认为(n1)个全振动，使周期偏大，由g可知，所测重力加速度偏小，故E错误。(2)在地球上秒摆的周期T2 s，将秒摆移到月球上，其周期T2T2 s。(3)由图示

17、停表可知，分针示数为1 min60 s，秒针示数为10.8 s，则停表示数为60 s10.8 s70.8 s。答案(1)D(2)2 s(3)70.8(1)器材选择：选用体积小、密度大的球；选用质量小、弹性小的细线。(2)实验操作：摆动过程中摆长保持不变；摆角不超过5；摆球拉到一定位置由静止释放，防止形成圆锥摆；摆球通过平衡位置时开始计时。(3)数据处理：多次测量取平均值计算周期。某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如下图甲所示，可读出摆球的直径为_cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。(2)用

18、秒表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T_s(结果保留三位有效数字)。(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是 ()Ag B.C. D.(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小 ()A偏大 B偏小 C不变 D都有可能答案(1)2.06(2)2.28(3)C(4)C解析(1)摆球的直径为d20 mm6 mm20.6 mm2.06 cm。(2)秒表的读数为t60 s7.4

19、s67.4 s，根据题意tTT，所以周期T2.28 s。(3)根据单摆周期公式T2 ，可得k(常数)，所以C正确。(4)因为k(常数)，所以k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变。1摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t0)，当振动至t 时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的()答案C解析单摆周期为T2 ，当t 时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动，C正确，A、B、D错误。2(2016温州质检)在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们

20、经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题，装置配重杆的主要目的是()A加大飞机的惯性 B使机体更加平衡C使机翼更加牢固 D改变机翼的固有频率答案D解析飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼的固有周期非常接近或相等。在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，故D正确。3做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的()A频率、振幅都不变 B频率、振幅都改变C频率不变、振幅改变 D频率

21、改变、振幅不变 答案C解析由单摆周期公式T2知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，其频率不变；在没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，则mghmv2，质量改变后有4mgh4m2，可知hh，振幅改变，C正确。4(2016河南郑州一中调研)有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示，下列关于下图中的判断正确的是()A图可作为该物体的回复力时间图象B图可作为该物体的回复力时间图象C图可作为该物体的速度时间图象D图可作为该物体的加速度时间图象答案A解析根据简谐振动回复力Fkx知，回复力或加速度与位移大小成正比，方向相反，可得A正确，B、D错误；速度在平衡位置最

22、大，在最大位移处为零，图应该为速度时间图象，C错误。5(2018山东潍坊月考)(多选)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，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。现在，在某电压下电动偏心轮转速是54 r/min。为了使筛子的振幅增大，下列做法正确的是()A提高输入电压 B降低输入电压C增加筛子质量 D减小筛子质量答案BD解析由题图乙可知筛子的固有频率为0.8 Hz，那么固有周期为1.25 s，而现在偏心轮转速为54 r/min，即周期为 s1.25 s，

23、为了使振幅增大，应该使偏心轮的周期更接近筛子的固有周期，所以要增大偏心轮的转动周期，或减小筛子的固有周期，结合题意可知应该降低输入电压，或减小筛子质量，故B、D正确。6(多选)如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是()A在t0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大B在t0.1 s与t0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置C在t0到t0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D在t0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能答案BC解析t0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比

24、，方向与位移方向相反，A错误；在t0.1 s与t0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；从t0到t0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向正的最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误。7(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期为()A0.53 s B1.4 s C1.6 s D3 s答案AC解析如图甲所示，设O为平衡位置，

25、OB(OC)代表振幅，振子从OC所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从MC所用时间和从CM所用时间相等，故0.3 s0.4 s，解得T1.6 s，C正确。如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M与点M关于点O对称，则振子从点M经过点B回到点M所用的时间与振子从点M经过点C回到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点M和从点M到点O以及从点O到点M所需时间相等，为 s，故周期为T s s0.53 s，A正确。8如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置。小球的质量m0.4 kg，图乙是摆线长为l时小球的振动图象，g取

26、10 m/s2。(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过_(填“O”“P”或“Q”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g_(用L、n、t表示)。(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？最大加速度为多少？答案(1)O(2)x5sint(cm)小球在最大位移处的加速度最大 0.5 m/s2解析(1)因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O开始计时，单摆周期T，再根据单摆周期公式T2 ，可解得g。(2)由图乙可知单摆的振幅A5 cm， rad/s rad/s，所以单摆做简谐运动的表达式为x5sint(cm)。小球在最大位移处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2 s，根据T2 ，可求得摆长为L1 m，加速度最大值am m/s20.5 m/s2。9(2016北京高考)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平