2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)文檔第15章選修3-4第64講

第64講機械振動考點一簡諧運動1．定義：質(zhì)點在跟位移大小成eq\o(□,\s\up1(01))正比并且總是指向eq\o(□,\s\up1(02))平衡位置的回復(fù)力作用下的振動。2．平衡位置：物體在振動過程中eq\o(□,\s\up1(03))回復(fù)力為零的位置。3．回復(fù)力(1)定義：使物體返回到eq\o(□,\s\up1(04))平衡位置的力。(2)方向：總是指向eq\o(□,\s\up1(05))平衡位置。(3)來源：屬于eq\o(□,\s\up1(06))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eq\o(□,\s\up1(07))平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段，是eq\o(□,\s\up1(08))矢量。(2)振幅A：振動物體離開平衡位置的eq\o(□,\s\up1(09))最大距離，是eq\o(□,\s\up1(10))標(biāo)量，表示振動的強弱。(3)周期T：物體完成一次eq\o(□,\s\up1(11))全振動所需的時間。頻率f：單位時間內(nèi)完成全振動的eq\o(□,\s\up1(12))次數(shù)。它們是表示振動快慢的物理量，二者的關(guān)系為T＝eq\o(□,\s\up1(13))eq\f(1,f)。(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eq\o(□,\s\up1(14))初相。5．簡諧運動的位移表達(dá)式：x＝eq\o(□,\s\up1(15))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(fù)力：eq\o(□,\s\up1(16))彈簧彈力。(3)平衡位置：彈簧處于eq\o(□,\s\up1(17))原長處。(4)周期：與振幅無關(guān)，與振子質(zhì)量和彈簧勁度系數(shù)有關(guān)。(5)能量轉(zhuǎn)化：eq\o(□,\s\up1(18))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(guān)于振動的回復(fù)力的說法正確的是()A．回復(fù)力方向總是指向平衡位置B．回復(fù)力是按效果命名的C．回復(fù)力一定是物體受到的合力D．回復(fù)力由彈簧的彈力提供E．振動物體在平衡位置所受的回復(fù)力是零答案ABE解析回復(fù)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(fù)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(fù)力是零，E正確。2．(多選)關(guān)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，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(fù)到初始狀態(tài)，故A正確；當(dāng)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eq\f(T,2)，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。以豎直向上為正方向，物塊簡諧運動的表達(dá)式為yt)m。t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g＝10m/s2。以下判斷正確的是()A．h＝1.7mB．簡諧運動的周期是0.8sC．0.6s內(nèi)物塊運動的路程是0.2mD．t＝0.4s時，物塊與小球運動方向相反E．t＝0.6s時，物塊的位移是－0.1m答案ABE解析t＝0.6s時，物塊的位移為y×0.6)m＝－0.1m；則對小球h＋|y|＝eq\f(1,2)gt2，解得h＝1.7m，A、E正確；簡諧運動的周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)s＝0.8s，B正確；0.6s內(nèi)物塊運動的路程是3A＝0.3m，C錯誤；t＝0.4s＝eq\f(T,2)，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?？键c二簡諧運動的圖象1．對簡諧運動圖象的認(rèn)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(fù)表示速度的方向，為正時沿x正方向，為負(fù)時沿x負(fù)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(fù)力、加速度和速度的方向。①回復(fù)力和加速度的方向：因回復(fù)力總是指向平衡位置，故回復(fù)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(yuǎn)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(fù)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(fù)力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C．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(guān)，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(fù)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(dá)平衡位置時位移為零，速度最大；在振子到達(dá)最大位移處時，速度為零，從圖象中可以看出，在振子甲到達(dá)最大位移處時，振子乙恰好到達(dá)平衡位置，所以C正確。答案CD方法感悟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(yīng)振動的一個過程，關(guān)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(guān)系圖象，不是物體的運動軌跡。直接由圖象得出相關(guān)物理量，再由簡諧運動的有關(guān)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(guān)系如圖所示。(1)求t×10－2s時質(zhì)點的位移；(2)在t×10－2s到t＝2×10－2s的振動過程中，質(zhì)點的位移、回復(fù)力、速度、動能、勢能大小如何變化？(3)在t＝0到t×10－2s時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各多大？答案(1)－eq\r(2)cm(2)變大變大變小變小變大(3)34cm2cm解析(1)由題圖可知A＝2cm，T＝2×10－2s，振動方程為x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt－\f(π,2)))＝－Acosωt＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,2×10－2)t))cm＝－2cos(100πt)cm。當(dāng)t×10－2s時，x＝－2coseq\f(π,4)cm＝－eq\r(2)cm。(2)由題圖可知在t＝×10－2s到t＝2×10－2s的振動過程中，質(zhì)點的位移變大，回復(fù)力變大，速度變小，動能變小，勢能變大。(3)在t＝0到t×10－2s時間內(nèi)，Δt＝eq\f(17,4)T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,4)))T，可知質(zhì)點的路程為s＝17A＝34cm，位移為2cm?？键c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(xì)線。(2)回復(fù)力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負(fù)號表示回復(fù)力F回與位移x的方向相反。(3)平衡位置：最低點。(4)周期：T＝2πeq\r(\f(l,g))，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(xì)線的拉力和擺球重力沿細(xì)線方向分力的合力充當(dāng)向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ。①當(dāng)擺球在最高點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。②當(dāng)擺球在最低點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv\o\al(2,max),l)，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(v\o\al(2,max),l)。2．周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))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(dāng)?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()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＝0.5s時有正向最大加速度的是乙擺E．由圖象可以求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣冉馕鲇深}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＝2πeq\r(\f(l,g))得知，甲、乙兩單擺的擺長相等，A正確；甲擺的振幅為10cm，乙擺的振幅為7cm，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＝0.5s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(fù)向最大，則乙擺具有正向最大加速度，D正確；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T2)，由于不知道單擺的擺長，所以不能求出當(dāng)?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(guān)，與擺球的質(zhì)量也無關(guān)。(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(dá)的最遠(yuǎn)位置。設(shè)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(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?0m/s2，試求這個單擺的擺長是多少？(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)1.25Hz(2)B點(3)0.16m解析(1)由題圖乙知周期T＝0.8s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz。(2)由題圖乙知，t＝0時擺球在負(fù)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＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(gT2,4π2)≈0.16m?？键c四用單擺測定重力加速度1．實驗原理當(dāng)偏角很小時，單擺做簡諧運動，其運動周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，它與偏角的大小及擺球的質(zhì)量無關(guān)，由此得到g＝eq\o(□,\s\up1(01))eq\f(4π2l,T2)。因此，只要測出擺長l和振動周期T，就可以求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭的值。2．實驗器材帶中心孔的小鋼球、約1m長的細(xì)線(不可伸長)、帶有鐵夾的鐵架臺、游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺、eq\o(□,\s\up1(02))停表。3．實驗步驟與數(shù)據(jù)處理(1)做單擺取約1m長的細(xì)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(biāo)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(biāo)卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝eq\o(□,\s\up1(03))L＋eq\f(D,2)。(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＝eq\o(□,\s\up1(04))eq\f(4π2l,T2)。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＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。4．注意事項(1)構(gòu)成單擺的條件：細(xì)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(zhǔn)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(xué)利用單擺測定當(dāng)?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(biāo)卡尺。除此之外，還需要的器材有________。A．長度約為1m的細(xì)線B．長度約為30cm的細(xì)線C．直徑約為2cm的鋼球D．直徑約為2cm的木球E．最小刻度為1cm的直尺F．最小刻度為1mm的直尺(2)該同學(xué)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(xué)經(jīng)測量得到6組擺長L和對應(yīng)的周期T，畫出L－T2圖線，然后在圖線上選取A、B兩個點，坐標(biāo)如圖乙所示。則當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_(dá)式g＝________。處理完數(shù)據(jù)后，該同學(xué)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＝2πeq\r(\f(L,g))可得，g＝eq\f(4π2,T2)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1m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)：60s，外圈讀數(shù)35.1s，總讀數(shù)為t＝60s＋35.1s＝95.1s。(3)由T＝2πeq\r(\f(L,g))可得，L＝eq\f(g,4π2)T2，則L－T2圖象的斜率等于eq\f(g,4π2)，由數(shù)學(xué)知識得eq\f(g,4π2)＝eq\f(ΔL,ΔT2)＝eq\f(LB－LA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))，解得g＝eq\f(4π2LB－LA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))。根據(jù)數(shù)學(xué)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)eq\f(4π2LB－LA,T\o\al(2,B)－T\o\al(2,A))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(dá)式，通過表達(dá)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(zhǔn)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(guān)系式，分析圖象斜率的意義，求解g。1．某同學(xué)在“用單擺測定重力加速度”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(biāo)卡尺測量擺球直徑，卡尺游標(biāo)位置如圖甲所示，可知擺球直徑是________cm。(2)該同學(xué)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(yīng)的周期T，從而得出幾組對應(yīng)的l與T的數(shù)值，再以l為橫坐標(biāo)，T2為縱坐標(biāo)，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()A．將擺線長作為擺長B．?dāng)[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)49.86m/s2(4)AB解析(1)由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)為：19mm＋8×0.05mm＝19.40mm＝1.940cm。(2)由圖示秒表可知，其示數(shù)為：56.9s，單擺的周期：T＝eq\f(t,n)＝,30)s≈1.90s。(3)由單擺周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得T2＝eq\f(4π2,g)l，由圖示圖象可知k＝eq\f(ΔT2,Δl)＝eq\f(4,1)＝4，又有k＝eq\f(4π2,g)，重力加速度g＝eq\f(4π2,k)＝eq\f(4×2,4)≈9.86m/s2。(4)由單擺周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得g＝eq\f(4π2,T2)l，將擺線長作為擺長，則擺長的測量值偏小，導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dá)的最高位置。小球的質(zhì)量m＝0.4kg，圖乙是擺線長為l時小球的振動圖象，g取10m/s2。(1)為測量單擺的擺動周期，測量時間應(yīng)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(dá)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)Oeq\f(4π2n2L,t2)(2)x＝5sinπt(cm)小球在最大位移處的切向加速度最大'0.5m/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(yīng)從擺球經(jīng)過最低點O開始計時，單擺周期T＝eq\f(t,n)，再根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可解得g＝eq\f(4π2n2L,t2)。(2)由圖乙可知單擺的振幅A＝5cm，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,2)rad/s＝πrad/s，初相φ＝0，所以單擺做簡諧運動的表達(dá)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2s，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，可求得擺長為L＝1m，切向加速度最大值am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(mgsinθ,m)＝eq\f(gA,L)＝eq\f(10×5×10－2,1)m/s2＝0.5m/s2。考點五受迫振動共振1．受迫振動系統(tǒng)在eq\o(□,\s\up1(01))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eq\o(□,\s\up1(02))驅(qū)動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)eq\o(□,\s\up1(03))無關(guān)。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eq\o(□,\s\up1(04))不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進(jìn)行能量交換。3．共振做受迫振動的物體，它的驅(qū)動力的頻率與固有頻率越接近，其振幅就越大，當(dāng)二者eq\o(□,\s\up1(05))相等時，振幅達(dá)到eq\o(□,\s\up1(06))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2Hz。現(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動搖把，轉(zhuǎn)速為240r/min。則()A．當(dāng)振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期是0.5sB．當(dāng)振子穩(wěn)定振動時，它的振動頻率是4HzC．當(dāng)轉(zhuǎn)速增大時，彈簧振子的振幅增大D．當(dāng)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(guān)答案BDE解析搖把勻速轉(zhuǎn)動的頻率f＝eq\f(240,60)Hz＝4Hz，周期T＝eq\f(1,f)＝0.25s，當(dāng)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(dāng)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3－4P21·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(biāo)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(guān)系)如圖所示，則下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．此單擺的固有周期約為2sB．此單擺的擺長約為1mC．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8cm答案ABD解析由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s，再由T＝2πeq\r(\f(l,g))得此單擺的擺長約為1m，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8cm，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(xì)繩迫使B、C振動，振動達(dá)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(xì)繩上驅(qū)動力的周期TA＝2πeq\r(\f(lA,g))，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＝2πeq\r(\f(lC,g))＝TA，TB固＝2πeq\r(\f(lB,g))>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(dāng)它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3s第一次到達(dá)點M，再經(jīng)過0.2s第二次到達(dá)點M，則彈簧振子的周期為()A．0.53sB．1.4sC．1.6sD．3s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eq\f(T,4)。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eq\f(T,4)＝0.3s＋eq\f(0.2s,2)＝0.4s，解得T＝1.6s，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(shè)點M′與點M關(guān)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0.2s。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eq\f(0.3s－0.2s,3)＝eq\f(1,30)s，故周期為T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5＋\f(1,30)))s＝eq\f(16,30)s≈0.53s，A正確。2．?dāng)[長為L的單擺做簡諧運動，若從某時刻開始計時(取t＝0)，當(dāng)振動至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))時，擺球具有負(fù)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＝2πeq\r(\f(L,g))，當(dāng)t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))＝eq\f(3T,4)時擺球具有負(fù)向最大速度，知擺球經(jīng)過平衡位置向負(fù)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(shè)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(guān)C．小球的最大加速度大于重力加速度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(guān)，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)＝eq\f(1,2)kx2，故彈簧的最大壓縮量與h有關(guān)，但不是成正比關(guān)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，下列關(guān)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(fù)力—時間圖象B．圖②可作為該物體的回復(fù)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(fù)力F＝－kx知，回復(fù)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(shè)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＝0.2s時，彈簧振子的加速度為正向最大B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，彈簧振子在同一位置C．在t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動D．在t＝0.6s時，彈簧振子有最小的彈性勢能答案BC解析t＝0.2s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＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，彈簧振子的位移相同，B正確；從t＝0到t＝0.2s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＝0.6s時，彈簧振子的位移為負(fù)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?，F(xiàn)在，在某電壓下電動偏心輪轉(zhuǎn)速是54r/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0.8Hz，那么固有周期為1.25s，而現(xiàn)在偏心輪轉(zhuǎn)速為54r/min，即周期為eq\f(10,9)s<1.25s，為了使振幅增大，應(yīng)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(yīng)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(biāo)原點。t＝0時振子的位移為－0.1m，t＝1s時位移為0.1m，則()A．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(2,3)sB．若振幅為0.1m，振子的周期可能為eq\f(4,5)sC．若振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD．若振幅為0.2m，振子的周期可能為6s答案AD解析若振幅為0.1m，根據(jù)題意可知從t＝0s到t＝1s振子經(jīng)歷的時間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T＝1s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0,1,2,3…)，當(dāng)n＝1時，T＝eq\f(2,3)s，把T＝eq\f(4,5)s代入得n＝eq\f(3,4)，不符合題意，A正確，B錯誤；如果振幅為0.2m，結(jié)合位移—時間關(guān)系圖象，有1s＝eq\f(T,2)＋nT(n＝0,1,2,3…)①，或者1s＝eq\f(5,6)T＋nT(n＝0,1,2，3…)②，或者1s＝eq\f(T,6)＋nT(n＝0,1,2,3…)③，對于①式，只有當(dāng)n＝0時，T＝2s，為整數(shù)；對于②式，T不為整數(shù)，對于③式，只有當(dāng)n＝0時，T＝6s，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．t＝1s時，振子的速度為零，加速度為負(fù)的最大值B．t＝2s時，振子的速度為負(fù)，加速度為正的最大值C．t＝3s時，振子的速度為負(fù)的最大值，加速度為零D．t＝4s時，振子的速度為正，加速度為負(fù)的最大值答案A解析t＝1s時，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負(fù)的最大值，A正確；t＝2s時，振子在平衡位置且向x軸負(fù)方向運動，則振子的速度為負(fù)，加速度為零，B錯誤；t＝3s時，振子處于負(fù)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＝4s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(dāng)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＝2πeq\r(\f(L,g))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＝2πeq\r(\f(L,g))可知，單擺的周期與擺球質(zhì)量無關(guān)，故C錯誤；當(dāng)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(xì)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＝2πeq\r(\f(m,k))，式中m為振子的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)。當(dāng)細(xì)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eq\f(1,2)D