新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题31 机械振动（含解析）

专题31机械振动[题型导航]题型一简谐运动的规律 1题型二简谐运动图像的理解和应用 5题型三单摆及其周期公式的理解及应用 9题型四受迫振动和共振规律的应用 13[考点分析]题型一简谐运动的规律简谐运动的运动规律：x＝Asin(ωt＋φ)(1)变化规律位移增大时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回复力、加速度增大,\x(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(速度、动能减小,势能增大))机械能守恒),振幅、周期、频率保持不变))(2)对称规律①做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系，另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反．②振动物体来回通过相同的两点间的时间相等，如tBC＝tCB；振动物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，如tBC＝tB′C′，如图所示．(3)运动的周期性特征相隔T或nT的两个时刻振动物体处于同一位置且振动状态相同．如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（）A．小球做简谐运动 B．小球动能的变化周期为T2C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T D．小球的初速度为v2【解答】解：A、物体做简谐运动的条件是在运动过程中所受回复力与位移成正比，且方向始终指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程中，所受合力为零，故小球不是做简谐运动，故A错误；BC、假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动，运动过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为T2，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD、小球的初速度为v2时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子的周期公式T故选：B。（多选）如图（a），轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连。物块从开始下落到最低点的过程中，位移﹣时间（x﹣t）图象如图（b）所示，其中t1为物块刚接触薄板的时刻，t2为物块运动到最低点的时刻。弹簧形变在弹性限度内，空气阻力不计。则（）A．t2时刻物块的加速度大小比重力加速度小 B．t1～t1+C．t1～t2时间内，物块所受合外力冲量的方向先竖直向下后竖直向上 D．图（b）中OA段曲线为抛物线的一部分，AB段曲线为正弦曲线的一部分【解答】解：A、物块与薄板一起运动时是简谐运动，物块刚与薄板接触时，加速度为g，速度不为零。若物块刚与薄板接触时速度为零，由简谐运动的对称性知，物体在最低点时，加速度大小为g，方向竖直向上，而现在物块刚与薄板接触时有向下的速度，所以最低点位置比没有初速度时更靠下，弹簧压缩量更大，所以在最低点处的加速度大小必大于g，故A错误；B、t1～t1C、t1～t2时间内，开始一段时间内重力大于弹力，合力方向向下，后来弹簧弹力大于重力，合力方向向上，所以物块所受合外力冲量的方向先竖直向下后竖直向上，故C正确；D、0～t1时间内，物块做自由落体运动，根据x=12a故选：BCD。弹簧振子在做简谐运动时，若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子的（）A．速度与位移方向一定相反 B．加速度与速度方向可能相同 C．位移可能在减小 D．回复力一定在增大【解答】解：A、振子的速率在减小，则动能减小、势能增加，故振子必定从平衡位置向最大位移运动，速度与位移同方向，故A错误；B、由A分析知，加速度与速度方向必定相反，故B错误；C、由A分析知，位移的大小一定在增加，故C错误；D、回复力的大小与位移大小成正比，故回复力的数值一定增大，故D正确；故选：D。某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=8sinπA．质点的振幅为16cm B．质点的振动周期为2s C．在0～1s内，质点的速度逐渐减小 D．在1～2s内，质点的动能逐渐减小【解答】解：A、根据简谐运动的表达式为x＝Asin（ωt+φ），A为振幅，等于8cm。故A错误；B、简谐运动的表达式为x＝Asin（ωt+φ），ω为圆频率，T=2πC、由题目中的公式可得，当t＝0时，x＝0物体处于平衡位置；当t＝1s时，质点运动了14D、由题目中的公式可得，当t＝2s时，x＝0物体处于平衡位置，在1～2s内，质点从最大位移处向平衡位置运动，物体的速度增大，动能逐渐增大。故D错误。故选：C。某质点做简谐运动，下列说法中正确的是（）A．质点通过平衡位置时，速度最大，加速度最大 B．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值 C．质点每次通过平衡位置时，加速度不一定相同，速度也不一定相同 D．质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同【解答】解：A、质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，A错误；B、若位移为负值，质点远离平衡位置时速度方向为负值，B错误；C、质点每次通过平衡位置时，加速度为零，速度不一定相同，C错误；D、质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同，D正确；故选：D。题型二简谐运动图像的理解和应用1．简谐运动的图象图象横轴表示振动时间纵轴表示某时刻质点的位移物理意义表示振动质点的位移随时间的变化规律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回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增大，振动质点的速度方向就是远离t轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t＝0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），t1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（）A．浮标的振动周期为4t1 B．水波的传播速度大小为L4C．32tD．水波的波长为2L【解答】解：A.根据振动图像可知，波源在0时刻振动，波形经过t1=14T传递到浮标处，浮标的振动周期为T＝4tB.波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标，可知波速大小为v=LC.根据虚线图像可知浮标在32t1D、水波的波长为λ＝vT=Lt1•故选：A。如图4所示，光滑直杆上弹簧连接的小球以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。以O点为原点，选择由O指向B为正方向，建立Ox坐标轴。小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达A点。则小球在第一个周期内的振动图象为（）A． B． C． D．【解答】解：小球经过B点时开始计时，此时t＝0，小球处于正的最大位移处，故结合图象可知CD错误；小球经过B点时开始计时，首次到达A点所用的时间是12故选：A。（多选）如图所示，一质点在x轴上以O为平衡位置做简谐运动，其振幅为8cm，周期为4s。t＝0时物体在x＝4cm处，向x轴负方向运动，则（）A．质点在t＝1.0s时所处的位置为x＝+43cm B．质点在t＝1.0s时所处的位置为x＝﹣43cm C．由起始位置运动到x＝﹣4cm处所需的最短时间为23sD．由起始位置运动到x＝﹣4cm处所需的最短时间为16【解答】解：简谐运动振动方程的一般表示式为：x＝Asin（ωt+φ0），根据题给条件有：A＝8cm＝0.08m，ω=2π所以x＝0.08sin（0.5πt+φ0）m将t＝0时，x0＝0.04m代入得：0.04＝0.08sinφ0解得初相：φ0=π6或φ因为t＝0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小，所以取φ0=所求的振动方程为：x＝0.08sin（0.5πt+5πA、质点在t＝1.0s时所处的位置为x＝0.08sin（0.5π×1+5π6）＝﹣0.043m＝﹣4C、由于t＝0时刻质点向x轴负方向运动，所以由起始位置运动到x＝﹣4cm处所需的最短时间为回到平衡位置后直接再到达x＝﹣4cm处的时间，由振动的对称性可知，两段时间相等。回到平衡位置的时间：t1=π−5π6ω故选：BC。（多选）如图所示，弹簧振子的小球在A、B间振动，O为平衡位置，已知A、B间距离为4cm，小球从A运动到B的时间为2s，则下列说法正确的是（）A．小球振动的周期为4s B．小球振动的频率为0.5Hz C．小球在1s内发生的位移可以大于2cm D．小球的加速度最大时动能可能最大 E．小球加速运动的过程加速度总是减小的【解答】解：A、从A到B，小球运动的时间是半个周期，所以小球运动的周期：T＝2t＝2×2s＝4s。故A正确；B、小球振动的频率：f=1C、小球在做简谐振动的过程中，接近平衡位置处的速度大，所以小球在1s（14D、小球的加速度最大时，小球位于最大位移处，此时小球的速度是0．故D错误；E、小球在做计算运动时，运动的方向是从最大位移处于向平衡位置处运动，运动的过程中相对于平衡位置的位移越来越小，则加速度越来越小。故R错误。故选：ACE。（多选）如图1所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图2所示的振动曲线．由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是（）A．t＝0时，振子处在B位置 B．振子运动的周期为4s C．t＝4s时振子对平衡位置的位移为10cm D．t＝2.5s时振子对平衡位置的位移为5cm E．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数20N/cm，则振子的最大加速度大小等400m/s2【解答】解：A、由振动图象可知t＝0时，振子的位移为负向最大，说明振子处于B位置，故A正确。B、由图知，振子运动的周期为4s，故B正确。C、t＝4s时振子对平衡位置的位移为﹣10cm，故C错误。D、由于振子不是做匀速直线运动，所以t＝2.5s时振子对平衡位置的位移是52cm，故D错误。E、由题，k＝20N/cm＝2000N/m，振幅A＝10cm＝0.1m。振子的最大加速度在振幅处，由弹簧受力和牛顿第二定律可得最大加速度大小为：am=kAm=故选：ABE。题型三单摆及其周期公式的理解及应用1．受力特征：重力和细线的拉力(1)回复力：摆球重力沿切线方向上的分力，F＝mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反．(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ.特别提醒①当摆球在最高点时，F向＝eq\f(mv2,R)＝0，FT＝mgcosθ.②当摆球在最低点时，F向＝eq\f(mv\o\al(2,max),R)，F向最大，FT＝mg＋meq\f(v\o\al(2,max),R).2．周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，f＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))(1)只要测出单摆的摆长l和周期T，就可以根据g＝eq\f(4π2l,T2)，求出当地的重力加速度g.(2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心．(3)g为当地的重力加速度．如图，水平面上固定光滑圆弧面ABD，水平宽度为L，高为h且满足L＞＞h。小球从顶端A处由静止释放，沿弧面滑到底端D经历的时间为t。若在圆弧面上放一光滑平板ACD，仍将小球从A点由静止释放，沿平板滑到D的时间为（）A．t B．4πt C．6πt D．【解答】解：设该圆弧对应的半径为R，小球沿光滑圆弧面ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的14则有：t=1小球光滑斜面ACD滑到D的时间为t′，根据等时圆原理可知，小球从光滑斜面ACD滑到D的时间与从高为2R处自由下落的时间相等。根据2R=12gt故选：B。（多选）有两个同学利用假期分别取参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确的探究了单摆周期T和摆长L的关系．然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2﹣L图象，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高．另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图象，如图乙所示．则下列说法正确的是（）A．甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度 C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为3：2 D．由乙图可知，a、b两单摆摆长之比为4：9 E．由乙图可知，t＝2s时b球振动方向是沿+y方向【解答】解：A、根据T=2πLg得，T2=4π2C、周期等于完成一次全振动的时间，由乙图可知，a、b两单摆的周期之比为2：3，故C错误。D、根据T=2πLg得，LE、由乙图可知，t＝2s时，b球处于平衡位置向+y方向运动，故E正确。故选：ADE。（多选）单摆在不同高度处做简谐运动的周期是不同的．摆长为L的单摆，在海平面处做简谐运动的周期为T0；在海拔高度为h1的高山山顶做简谐运动的周期为T1；在运行轨道高度为h2的空间站做简谐运动的周期为T2．地球可视为半径为R、质量为M的均匀球体，万有引力常量为G．则下列说法正确的是（）A．T0=2πRRGMC．T1=2π【解答】解：AB.设海平面处的重力加速度为g0，根据重力等于万有引力GMmR2解得g0=在海平面处做简谐运动的周期为T0＝2πLg0=2故B正确，A错误；C.设海拔高度为h1的高山山顶的重力加速度为g1，根据重力等于万有引力GMm(R+ℎ解得g1=在海平面处做简谐运动的周期为T1＝2πLg1=2π（R+h故C正确；D.单摆在运行轨道高度为h2的空间站中处于完全失重状态，单摆能够摆动为空间站旋转产生的等效重力的效果，因此不能用单摆周期公式去计算在运行轨道高度为h2的空间站做简谐运动的周期，故D错误。故选：BC。（多选）做单摆实验时，小球可能在水平面内做圆周运动形成圆锥摆。为避免单摆做圆锥摆引起的误差，可采用双线摆代替单摆来改进实验装置。如图所示，两根线的一端都系在小球的同一点，另一端分别固定在天花板上，两根线的长度均为l、与竖直方向的夹角均为θ，小球的直径为d，重力加速度为g。现将小球垂直纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个很小的角度后由静止释放，若不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．若单摆做圆锥摆运动，其做圆锥摆运动的周期小于单摆的周期 B．这个双线摆的摆长为l+dC．这个双线摆的周期为T=2πlcosθ+D．图中双线摆的θ角越小越好 E．小球宜采用密度大的铅球或者铁球【解答】解：A、做圆锥摆运动时，设摆线与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得mgtanα＝mLsinα4π解得T＝2πLcosαg比单摆周期T=2πLBC、双线摆的摆长为lcosθ+d2，则T＝2πD、双线摆的摆角不是θ，故D错误；E、摆球需要选择质量大、体积小的球，即密度大的球，如铅球或者铁球，故E正确。故选：ACE。如图所示，表面光滑、半径为R的圆弧形轨道AP与水平地面平滑连接，AP弧长为s，s＜＜R。半径为r的小球从A点静止释放，运动到最低点P时速度大小为v，重力加速度为g，则小球从A运动到P的时间是（）A．t=2sv B．t=π2R−rg【解答】解：因为AP弧长为s，且s＜＜R，故可认为小球做单摆运动，根据单摆的周期公式可得T＝2π由题意可知，摆长为L＝R﹣r小球从A运动到P的时间为四分之一个周期，即有t=ACD错误，B正确。故选：B。题型四受迫振动和共振规律的应用1．受迫振动(1)概念：振动系统在周期性外力作用下的振动．(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关．2．共振(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．(2)条件：驱动力的频率等于系统的固有频率．(3)特征：共振时振幅最大．(4)共振曲线：如图所示．3．自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振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、声音的共鸣等如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中当小球振动稳定时（）A．小球振动的频率与圆盘转速无关 B．小球振动的振幅与圆盘转速无关 C．圆盘的转速越大，小球振动的频率越大 D．圆盘的转速越大，小球振动的振幅越大【解答】解：AC、小球振动的频率与圆盘的转速有关，小球做受迫振动，小球振动的频率等于圆盘转动的频率，圆盘的转速越大，小球振动的频率越大，故A错误，C正确；BD、小球振动的振幅与圆盘转速有关，圆盘转动的频率越接近小球和弹簧组成的系统的固有频率，小球的振幅越大，故BD错误；故选：C。（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，在某电压下偏心轮的转速是54r/min，下列说法正确的是（）A．此时共振筛的振动频率为0.9Hz B．减小筛子质量，筛子的振幅一定增大 C．转速调至48r/min时，筛子出现共振状态 D．增大电压，筛子振幅会先增后减【解答】解：A、根据题意，电动偏心轮的转速是54r/min，即为：T=6054s=10B、减小筛子的质量，筛子的固有周期减小，固有频率增大，但不确定与0.9Hz的关系，所以筛子的振幅不一定增大，故B错误；C、转速调至48r/min时，T'=6048s=54s，驱动力的频率为：f'D、增大电压，偏心轮转速提高，周期减小，频率增大，与固有周期相差较大，振幅减小，故D错误。故选：AC。科技馆内有共振秋千：观众坐上秋千，双脚离地，前后摆动，会发现对面的球摆也在跟着大幅度摆动。关于这个现象，以下说法不正确的是（）A．如果改变对面球的质量，会使球摆动幅度变小 B．秋千系统的重心高度与对面球摆的重心高度大致相同 C．如果对秋千施加一个周期性的驱动力，摆球的振动周期与该驱动力周期相同 D．若把共振秋千移到太空舱中则无法实现共振现象【解答】解：A、根据共振条件分析，物体做受迫振动，当驱动力的频率与固有频率相同时，物体振幅最大。重力加速度一定时，固有频率只由摆长决定，质量改变固有频率不变。当驱动力一定的时候，球的质量越小，振幅越大，反之振幅越小，故球的摆动幅度可能变大，故A错误；B、为了更好的摆动，秋千系统的重心高度与对面球摆的重心高度大致相同，故B正确；C、根据共振现象分析，如果对秋千施加一个周期性的驱动力，此时驱动力的周期与摆球的周期一定相