2021届高考物理一轮复习选修3_41第1讲机械振动练习含解析

第1讲 机械振动

考点一　简谐运动的规律

   对回复力、简谐运动的理解

【典例1】 (多选)(2019·烟台模拟)一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，左端固定，右端与质量为m、电荷量为+q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当施加一个场强为E水平向右的匀强电场后，小球开始做往复运动。那么              (　　)

A.小球的运动是简谐振动

B.小球做简谐运动的振幅为

C.运动过程中小球的机械能守恒

D.小球从左向右的运动过程中，系统的机械能逐渐增大

【通型通法】

1.题型特征：振子在电场力和弹力作用下的运动。

2.思维导引：

(1)简谐运动的合力为回复力。

(2)回复力与位移成正比且方向相反。

【解析】选A、D。小球做往复运动，平衡位置位于弹簧伸长时弹力与电场力相等的地方，即有：kA=qE，解得振幅：A=，弹簧的伸长量为(x+A)时，小球所受的合力F=qE-k(x+A)=-kx，所以小球的运动是简谐振动，故A正确，B错误；水平面光滑，运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能互相转化，电场力做功，故机械能不守恒，所以C错误；向右运动的过程中，电场力做正功，系统机械能增大，故D正确。

简谐运动的周期性

【典例2】(2019·衡水模拟)劲度系数为20 N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻              (　　)

A.振子所受的弹力大小为0.5 N，方向指向x轴的正方向

B.振子的速度方向指向x轴的负方向

C.在0～4 s内振子做了4次全振动

D.在0～4 s内振子通过的路程为4 cm，位移为0

【通型通法】

1.题型特征：简谐运动的周期性、对称性。

2.思维导引：

(1)简谐运动具有周期性，即每个T或nT的两个时刻振子处于同一位置和同一种运动状态。

(2)简谐运动具有对称性，即振子往复运动的过程中每个周期内振子的路程及路线都相同。

【解析】选D。在A点弹簧的伸长量x=0.25 cm，根据胡克定律有：F=kx=20×

0.25 N=5 N，选项A错误；下一时刻振子的位移增大，且振子沿x轴正方向运动，选项B错误；从图中可以看出4 s内振子完成2次全振动，选项C错误；由于t=0时刻与t=4 s时刻振子都在最大位移处，所以在0～4 s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5 cm，在0～4 s内振子完成了2次全振动，所以在0～4 s内振子通过的路程为s=2×4A=2×4×0.5 cm=4 cm，选项D正确。

简谐运动过程中各物理量的变化

【典例3】(多选)(2019·江苏高考)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的 (　　)

A.位移增大　　　　　　　  B.速度增大

C.回复力增大      D.机械能增大

【通型通法】

1.题型特征：简谐运动过程中各物理量的变化。

2.思维导引：

(1)简谐运动的位移与回复力的关系是简谐运动过程中的加速度、速度和能量的转化的桥梁。

(2)回复力、加速度、势能与位移成正相关关系，速度、动能与位移成负相关关系。

(3)位移、加速度在平衡位置改变方向，速度在最大位移处改变方向。

【解析】选A、C。由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的位移增大，故A正确；当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故B错误；由回复力F=-kx可知，位移增大，回复力增大，故C正确；单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故D错误。

1.简谐运动的规律归纳：

(1)动力学特征：F=-kx，“-”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。

(2)运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。

(3)周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。

(4)对称性特征：

①如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′

(OP=OP′)时，振子的速度大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。

②振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO=tOP′。

③振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP=tPO。

④相隔或(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。

(5)能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。

2.分析简谐运动的技巧：

(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，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。

(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。

【加固训练】

　　(多选)关于简谐运动的特点，下列说法正确的是 (　　)

A.回复力产生的加速度跟位移成正比且与回复力方向相反

B.回复力随时间做周期性变化

C.速度跟位移成正比且方向相反

D.速度随时间做周期性变化

【解析】选B、D。回复力产生的加速度a=-，跟位移成正比；根据牛顿第二定律，加速度与回复力方向相同，故A项错误。简谐运动中的回复力F=-kx，即回复力与位移成正比；而位移随着时间周期性变化，故回复力随着时间周期性变化，故B项正确。靠近平衡位置是加速运动，速度与位移反向；远离平衡位置是减速运动，速度与位移同向，故C项错误。简谐运动位移随着时间周期性改变，速度也随着时间周期性改变，故D项正确。

考点二　简谐运动的公式和图象

【典例4】根据如图所示的振动图象 

(1)写出振子的简谐运动公式并指出其初相位。

(2)算出下列时刻的振子的位移。

①t1=0.5 s；

②t2=1.5 s。

【解析】(1)从图象中可以看出振动的周期T=4 s，

振幅A=10 cm。所以ω==

所以对照简谐运动的表达式x=Asin(ωt+φ)

由图象可以看出当t=0时，x=10 cm，

所以初相位φ=

振子的位移公式x=10sin(t+) cm

(2)①当t1=0.5 s时由位移公式可得

x1=10sin(×0.5+) cm=5 cm

②当t2=1.5 s时由位移公式可得

x1=10sin(×1.5+) cm=-5 cm

答案：(1)x=10sin(t+)cm　

(2)①5 cm　②-5 cm

1.简谐运动的图象：

 (1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x=Asin ωt，图象如图甲所示。

(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x=Acos ωt，图象如图乙所示。

(3)物理意义：表示振动质点的位移随时间的变化规律，不代表质点运动的轨迹。

2.振动图象的信息：

(1)由图象可以看出振幅、周期。

(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。

(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向：

①简谐运动图象中，任意时刻图线上某点切线的斜率表示该时刻质点的速度；斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映速度的方向。

②振动质点的加速度的大小变化规律与质点的位移的大小变化规律相同，两者方向始终相反。在振动图象中，根据位移的大小和方向比较加速度的大小比较直观。

(4)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。

(5)从图象上也可以看出简谐运动的对称性。

考点三　单摆模型及周期公式

【典例5】 (2019·全国卷Ⅱ)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是              (　　)

【解析】选A。由T=2π得：T1=2π，T2=2π=π=T1 ，故B、D错误；

x1=lsinθ1=2lsincos

x2=sinθ2=2×sincos

由于θ1、θ2约为2°，所以cos≈1，cos≈1

故x1=lsinθ1≈2lsin

x2=sinθ2≈2×sin

==

由能量守恒定律可知，小球先后摆起的最大高度相同，故l-lcosθ1=-·cosθ2，

根据半角公式sin2=可得：sin=2sin，故==2，即第一次振幅是第二次振幅的2倍，故A正确，C错误。

【多维训练】如图所示，在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10°，现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A，使其由静止下滑，则：

(1)小球由M至O的过程中所需时间t为多少？在此过程中能量如何转化(定性说明)。

(2)若在MN圆弧上存在两点P、Q，且P、Q关于O对称，且已测得小球A由P至Q所需时间为Δt，则小球由Q至N的最短时间为多少？

【解析】(1)由单摆周期公式T=2π知：

小球A的运动周期T=2π

所以tMO=T=，

在由M→O的过程中小球A的重力势能转化为动能。

(2)由对称性可知tOQ=Δt，tOQ+tQN=T，

代入数据解得Q至N的最短时间tQN=-Δt。

答案：(1) 　球A的重力势能转化为动能

(2)-Δt

1.单摆的受力特征：

(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回=

-mgsin θ=-x=-kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。

(2)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F向=FT-mgcos θ。

(3)两点说明。

①当摆球在最高点时，F向==0，FT=mgcos θ。

②当摆球在最低点时，F向=，F向最大，FT=mg+m。

2.周期公式T=2π的四点说明：

(1)公式成立的条件是单摆的摆角必须小于10°。

(2)单摆的振动周期与单摆的振幅、摆球的质量无关，只与摆长、当地的重力加速度有关。

(3)l为等效摆长，表示从摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，不一定为摆线的长度。

(4)g为当地重力加速度。

①只受重力和线的拉力，且悬点静止或做匀速直线运动的单摆，g为当地重力加速度，在地球上不同位置g的取值不同，不同星球表面g值也不相同。

②单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g=g0±a，如在轨道上运动的卫星加速度a=g0，为完全失重，等效重力加速度g=0。

考点四　受迫振动和共振

1.(多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击，由于每根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的， 列车受到周期性的冲击做受迫振动。普通钢轨长度为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s。下列说法正确的是              (　　)

A.列车的危险速率为40 m/s

B.列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象

C.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的

D.增加钢轨的长度有利于列车高速运行

【解析】选A、D。列车在钢轨上运动时，受钢轨接缝处的冲击力作用做受迫振动，当列车的固有频率等于钢轨接缝对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v= m/s=40 m/s，选项A正确；列车过桥需要减速，是为了使驱动力的频率远小于桥梁的固有频率，防止桥梁发生共振，而不是防止列车发生共振现象，列车的运动速度不同，则受迫振动的频率不同，与固有频率无关，选项B、C错误；增加钢轨的长度可以减小钢轨接缝冲击力的频率，所以有利于列车的高速运行，选项D正确。

2.如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统。当圆盘静止时，小球可稳定振动。现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期，系统的共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则              (　　)

A.此振动系统的固有频率约为3 Hz

B.此振动系统的固有频率约为0.25 Hz

C.若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变

D.若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动

【解析】选A。当驱动力的频率与振动系统的固有频率相同时，振幅最大，所以固有频率约为3 Hz，选项A正确、B错误；受迫振动的振动周期由驱动力的周期决定，所以圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，选项C错误；系统的固有频率不变，共振曲线的峰值位置不变，选项D错误。

1.自由振动、受迫振动、共振的比较分析：

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频率对某固有频率为f0的振动系统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。

【加固训练】

　　(多选)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变，则下列说法正确的是              (　　)

A.当f<f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小

B.当f>f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大

C.该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0

D.该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f

E.当f=f0时，该振动系统一定发生共振

【解析】选B、D、E。受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示，故A项错误，B项正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，故C项错误，D项正确；根据共振产生的条件可知，当f=f0时，该振动系统一定发生共振，故E项正确。

考点五　实验：用单摆测定重力加速度

【典例6】在“用单摆测定重力加速度”的实验中： 

(1)图甲中秒表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆的振动周期为___________。 

(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图中可知单摆的摆长为___________。 

(3)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=___________。 

(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响就像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变。”这两个学生中___________。 

A.甲说得对　　　　　　　B.乙说得对

C.都说得不对

【解析】(1)t=2 min+12.5 s=132.5 s，

T==2.65 s

(2)摆长是从悬挂点到球心的距离，读数为

l=990.0 mm+6.5 mm(估计读数)=996.5 mm。

(3)由T=2π，得g=。

(4)球的质量大小并不影响重力加速度的大小，而空气的浮力的存在，能够造成“看上去”重力加速度减小，故甲的说法是正确的。

答案：(1)2.65 s　(2)996.5 mm　(3)　(4)A

1.【实验原理】与操作：

(1)【实验器材】：带孔小钢球、细线(长约1 m)、游标卡尺、毫米刻度尺、秒表。

 (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。

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l=L+。

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30～50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。

2.【数据处理】与分析：

(1)【数据处理】。

a.公式法：g=，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。

b.图象法：作出l-T2图象求g值。

(2)【误差分析】。