金版教程2025年高考物理复习第1讲 机械振动

第讲机械振动[教材阅读指导](对应人教版选择性必修第一册相关内容及问题)第二章第1节阅读“弹簧振子”这一部分内容，为什么说弹簧振子是一个理想化模型？提示：摩擦和空气阻力不计，弹簧质量不计。第二章第1节阅读“弹簧振子的位移—时间图像”这一部分内容，弹簧振子的位移—时间图像中的位移指的是相对于哪点的位移？提示：小球的平衡位置。第二章第2节[做一做]“测量小球振动的周期”，简谐运动的周期与振幅有关吗？提示：无关。第二章第2节[例题]，再做该题，对简谐运动，小球在eq\f(1,2)T时间内通过的路程一定是2A吗？在eq\f(1,4)T时间内通过的路程一定是A吗？提示：小球在eq\f(1,2)T时间内通过的路程一定是2A；在eq\f(1,4)T时间内通过的路程不一定是A，小球只有自最大位移处或平衡位置处开始，在eq\f(1,4)T时间内通过的路程才是A。第二章第2节[练习与应用]T4；T5。提示：T4：如图所示。T5：x甲＝0.5sin(5πt＋π)cm，x乙＝0.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)πt＋\f(π,2)))cm。第二章第3节[做一做]，再填该表，体会简谐运动过程中各物理量的变化规律。提示：位置QQ→OOO→PP位移的大小最大→0→最大速度的大小0→最大→0动能0→最大→0弹性势能最大→0→最大机械能不变不变不变不变不变第二章第3节[练习与应用]T1、T2，再做这两道题，体会用动力学方法分析简谐运动。提示：T1：由简谐运动的定义出发，先确定平衡位置，再分析什么是回复力，进而论证。T2：(1)木筷受力平衡的位置为振动的平衡位置，分析木筷所受合力F合与其下端偏离平衡位置的位移x是否满足F合＝－kx。(2)小球受到重力和圆弧面支持力的作用，分析这两个力的合力沿圆弧切线方向的分力F与小球偏离最低点的位移x是否满足F＝－kx。第二章第4节阅读“单摆的回复力”这一部分内容，单摆做简谐运动的条件是什么？提示：摆角很小。第二章第4节[练习与应用]T4。提示：(1)l＝eq\f(T2g,4π2)≈1m；(2)θmax＝arcsineq\f(0.04,1)＝2.3°。第二章阅读“5实验：用单摆测量重力加速度”这一节内容，请思考：除通过公式计算求平均值，还能用什么方法处理实验数据，得到重力加速度？提示：设小球半径为r，摆线长为L，则摆长l＝L＋r，由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得L＝eq\f(g,4π2)T2－r，由L­T2图像的斜率即可求出g。第二章第6节“共振现象及其应用”这部分的[做一做]图2.6­3，使D摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后其余各摆中哪个摆的振幅最大？提示：A摆、G摆。第二章[复习与提高]B组T1、T2、T5，再做这几道题，体会动力学观点和能量观点在分析振动问题时的应用。提示：T1：E＝nΔE＝nmgΔh＝eq\f(200s,40s)×0.2×10×(1.5－1.2)×10－2J＝3×10－2J。T2：eq\f(T1,T2)＝eq\f(2π\r(\f(l,g1)),2π\r(\f(l,g2)))＝eq\r(\f(g2,g1))，又eq\f(Gm1m摆,Req\o\al(2,1))＝m摆g1，eq\f(Gm2m摆,Req\o\al(2,2))＝m摆g2，解得：eq\f(T1,T2)＝eq\f(R1\r(m2),R2\r(m1))。T5：由力的周期性变化分析单摆的周期。(1)0.8πs，1.6m；(2)(3)设单摆的最大摆角为θ，则从最高点到最低点，由机械能守恒定律有：mg(l－lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)受力分析：在最高点时，Fmin＝mgcosθ在最低点时，Fmax－mg＝meq\f(veq\o\al(2,m),l)联立解得：m＝eq\f(Fmax＋2Fmin,3g)＝5×10－2kg；vm＝eq\f(4\r(5),25)m/s。必备知识梳理与回顾一、简谐运动1．简谐运动的概念如果物体的位移与时间的关系遵从eq\x(\s\up1(01))正弦函数的规律，即它的振动图像(x－t图像)是一条eq\x(\s\up1(02))正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。2．平衡位置振动物体eq\x(\s\up1(03))原来静止时的位置。3．回复力(1)定义：使振动物体在平衡位置附近做eq\x(\s\up1(04))往复运动的力。(2)方向：总是指向eq\x(\s\up1(05))平衡位置。(3)来源：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物理量定义意义位移由eq\x(\s\up1(06))平衡位置指向物体eq\x(\s\up1(07))所在位置的有向线段描述物体振动中某时刻的位置相对于eq\x(\s\up1(08))平衡位置的位移振幅振动物体离开平衡位置的eq\x(\s\up1(09))最大距离描述振动的eq\x(\s\up1(10))强弱和能量周期振动物体完成一次eq\x(\s\up1(11))全振动所需要的时间描述振动的eq\x(\s\up1(13))快慢，两者关系：T＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(1,f)频率振动物体完成全振动的次数与eq\x(\s\up1(12))所用时间之比相位ωt＋φ0描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态二、简谐运动的公式和图像1．表达式(1)动力学表达式：F＝eq\x(\s\up1(01))－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。(2)运动学表达式：x＝eq\x(\s\up1(02))Asin(ωt＋φ0)，其中A表示振幅，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ0表示简谐运动的相位，φ0叫作eq\x(\s\up1(03))初相位。2．简谐运动的图像(1)如图所示。(2)物理意义：表示振动质点的位移随eq\x(\s\up1(04))时间变化的规律。三、弹簧振子、单摆及其周期公式简谐运动的两种理想化模型模型弹簧振子(以水平弹簧振子为例)单摆概念是小球和弹簧组成的系统，有时简称为eq\x(\s\up1(01))振子。是一个理想化模型将一小球用细线悬挂起来，把小球拉离最低点释放后，小球就会来回摆动，这样的装置就叫作单摆，是实际摆的理想化模型示意图特点(1)弹簧质量与小球相比可忽略；(2)杆光滑无摩擦，小球运动时空气阻力可忽略(1)摆线为不可伸缩的细线；(2)细线的质量与小球相比可忽略；(3)球的直径与线的长度相比可忽略；(4)空气等阻力可以忽略做简谐运动的条件弹簧形变在弹簧弹性限度内最大摆角θeq\x(\s\up1(02))<5°做简谐运动的回复力弹簧的eq\x(\s\up1(03))弹力提供摆球eq\x(\s\up1(04))重力沿与摆线垂直方向的分力提供做简谐运动的平衡位置弹簧处于eq\x(\s\up1(05))原长处eq\x(\s\up1(06))最低点做简谐运动的周期与eq\x(\s\up1(07))振幅无关T＝eq\x(\s\up1(08))2π__eq\r(\f(l,g))做简谐运动的能量转化弹性势能与动能相互转化，eq\x(\s\up1(09))机械能守恒重力势能与动能相互转化，eq\x(\s\up1(10))机械能守恒四、受迫振动和共振1．振动中的能量损失(1)阻尼振动：由于实际的振动系统都会受到摩擦力、黏滞力等阻碍作用，振幅必然eq\x(\s\up1(01))逐渐减小，这种振动称为阻尼振动。(2)振动系统能量衰减的方式：①由于受到摩擦阻力的作用，振动系统的机械能逐渐转化为eq\x(\s\up1(02))内能；②由于振动系统引起邻近介质中各质点的振动，使能量eq\x(\s\up1(03))向四周辐射出去。2．受迫振动系统在eq\x(\s\up1(04))驱动力作用下的振动叫作受迫振动。物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的周期(或频率)等于eq\x(\s\up1(05))驱动力的周期(或频率)，与物体的固有周期(或频率)eq\x(\s\up1(06))无关。3．共振如图反映了受迫振动振幅A与驱动力频率f之间的关系。驱动力的频率f跟振动系统的固有频率f0相差越小，振幅越大；驱动力的频率f等于振动系统的eq\x(\s\up1(07))固有频率f0时，振幅最大，这种现象称为共振。一、堵点疏通1．简谐运动是匀变速运动。()2．弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零。()3．简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。()4．单摆无论摆角多大都做简谐运动。()5．单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。()6．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。()7．物体在发生共振时的振动是受迫振动。()答案1.×2.×3.×4.×5.×6.√7．√二、对点激活1．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是()答案A解析振子的加速度大小与回复力大小成正比，方向与位移方向相反，具有正向的最大加速度，就应该具有最大的负方向的位移。振子从平衡位置开始计时，并向负方向移动时，经四分之一周期振子具有沿x轴正方向的最大加速度，A正确，B、C、D错误。2.(人教版选择性必修第一册·第二章第6节[练习与应用]T4改编)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()A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动答案B解析由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，则固有周期为2s，A错误；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1m，B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，C、D错误。关键能力发展与提升考点一简谐运动的特征1.受力和运动特征(1)回复力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)做简谐运动的物体加速度与物体偏离平衡位置的位移大小成正比而方向相反，为变加速运动。远离平衡位置时，x、F、a均增大，v减小，靠近平衡位置时则相反。2．能量特征简谐运动的能量包括动能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。振幅越大，能量越大。远离平衡位置时，Ek减小，Ep增大；靠近平衡位置时则相反。3．周期性特征(1)相隔nT(n为正整数)的两个时刻，物体处于同一位置且振动状态相同。(2)做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均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)。4．对称性特征(1)相隔eq\f(T,2)或eq\f(（2n＋1）T,2)(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度、回复力大小相等、方向相反，动能、势能相等。如图甲所示，O为平衡位置，A、B为振子偏离平衡位置最大位移处，振子t时刻在C点，t＋eq\f(（2n＋1）T,2)时刻运动到D点，则位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，加速度aD＝－aC。(2)如图乙所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，相对于平衡位置的位移大小相等，速度的大小、加速度的大小、回复力的大小、动能、势能相等。(3)如图乙所示，振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。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。考向1简谐运动的理解和基本物理量的分析例1(2023·上海高考)真空中有一点P与微粒Q，Q在运动中受到指向P且大小与离开P的位移成正比的回复力，则下列关于Q的情况有可能发生的是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度增大，加速度不变D．速度减小，加速度不变[答案]B[解析]由题意可知，微粒Q以P点为平衡位置做简谐运动，可知越靠近平衡位置，微粒Q的速度越大，加速度越小，则微粒Q的速度增大，加速度一定减小，速度减小，加速度一定增大，A、C、D错误，B正确。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，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。(3)若没有给出开始时刻质点的振动方向，还须分情况讨论，以防丢解。考向2简谐运动的周期性与对称性例2(2021·河北高考)如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，2s时第一次到达B点。已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为5.6m，则该简谐运动的周期为________s，振幅为________m。[答案]42.8[解析]根据简谐运动的对称性可知，A、B两点关于平衡位置对称，从向右经过A到第一次到达B经过了半个周期的振动，则周期为T＝2×2s＝4s，路程为s＝2A＝5.6m，解得振幅为A＝2.8m。考向3简谐运动的判断例3一质量为m、侧面积为S的正方体木块，放在水面上静止(平衡)，如图所示。现用力向下将其压入水中一段深度后(未全部浸没)撤掉外力，木块在水面上下振动，试判断木块的振动是否为简谐运动。[答案]见解析[解析]以木块为研究对象，设水的密度为ρ，静止时木块浸入水中Δx深度，当木块被压入水中x后所受力如图所示，以向下为正方向，则F合＝mg－F浮又F浮＝ρgS(Δx＋x)可得：F合＝mg－ρgS(Δx＋x)＝mg－ρgSΔx－ρgSx因为mg＝ρgSΔx所以F合＝－ρgSx即F合＝F回＝－kx(k＝ρgS)所以木块的振动为简谐运动。考点二简谐运动的描述深化理解1.解析法简谐运动的表达式为x＝Asin(ωt＋φ0)，它是用解析的方法描述简谐运动，结合三角函数的知识可作定量分析。2．图像法(1)图像特征如图1所示，简谐运动的图像是一条正弦函数曲线，是正弦曲线、余弦曲线还是一般的正弦曲线，取决于质点初始时刻的位置，即初相位。(2)图像的物理意义图像反映的是做简谐运动的物体(质点)的位移随时间变化的规律，图像不代表质点运动的轨迹。(3)图像信息①由图像可以看出质点振动的振幅、周期、初相位。a．图像中最大位移的绝对值就是质点振动的振幅。如图2所示，质点振动的振幅是10cm。b．振动图像上一个完整的正弦(或余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期，频率等于周期的倒数。如图2所示，OD、AE、BF的时间间隔都等于质点振动的周期，T＝0.2s，频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz。c．初相位可根据t＝0时刻，质点偏离平衡位置的位移、速度方向及振幅的大小来综合分析得到。②可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。③可以确定某时刻质点所受的回复力、加速度的方向；或比较各时刻质点加速度的大小。例如图2中在t1时刻，质点偏离平衡位置的位移x1为正，则加速度a1为负；在t2时刻，质点偏离平衡位置的位移x2为负，则加速度a2为正；因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。④可以确定质点的速度方向：任一时刻在图线上对应点的切线的斜率绝对值表示该时刻质点的速度大小，斜率正负表示速度的方向，斜率为正时，表示质点的速度沿x轴正方向；斜率为负时，表示质点的速度沿x轴负方向。也可以通过下一时刻质点偏离平衡位置的位移的变化来判断，若下一时刻位移增加，速度方向就是背离平衡位置；若下一时刻位移减小，速度方向就是指向平衡位置。如图2所示，在t1时刻，质点正远离平衡位置向正方向运动；在t3时刻，质点正朝向平衡位置运动。⑤可以确定某段时间质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能等的变化情况。3．简谐运动两种描述方法的转换两种方法对同一个简谐运动的描述是一致的。(1)根据简谐运动的表达式作简谐运动的图像①根据x＝Asin(ωt＋φ0)找出振幅A和振动周期T＝eq\f(2π,ω)。②令t＝0，找出初始时刻的位移x0(x0的正、负要有明确表示)，并根据表达式判断此后极短时间内位移的变化。③选好标度，作出正弦函数图像。(2)根据简谐运动的图像写简谐运动的表达式①从简谐运动图像中找出振幅A和周期T，圆频率ω＝eq\f(2π,T)。②根据t＝0时的位移求出初相位φ0，即x0＝Asinφ0；根据三角函数的周期性，一般在[0，2π)区间求φ0，然后再根据t＝0后极短时间内位移的变化排除φ0的2个可能解中的一个。③把A、ω、φ0代入表达式x＝Asin(ωt＋φ0)即可。考向1简谐运动的图像法描述及应用例4如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图像，由图可知，下列说法中正确的是()A．振动周期为5s，振幅为8cmB．第2s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值C．从第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D．第3s末振子的势能最大[答案]B[解析]由图可读出振动周期为T＝4s，振幅为A＝8cm，故A错误；第2s末振子处于负向最大位移处，速度为零，由a＝－eq\f(kx,m)可知加速度为正向的最大值，故B正确；从第1s末到第2s末振子由平衡位置向负向最大位移处运动，速度减小，位移增加，振子在做加速度增大的减速运动，故C错误；第3s末振子在平衡位置，势能最小，故D错误。考向2简谐运动的解析法描述及应用例5(粤教版选择性必修第一册·第二章第二节[练习]T4改编)物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100t＋\f(π,2)))cm，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100t＋\f(π,6)))cm，则()A．振幅是矢量，A的振幅是6cm，B的振幅是10cmB．周期是标量，A、B振动的周期都是100sC．A振动的相位始终超前B振动的相位eq\f(π,3)D．A振动的频率fA等于B振动的频率fB，均为50Hz[答案]C[解析]振幅和周期只有大小没有方向，是标量，根据两物体的振动位移表达式可知，A振动的振幅是3cm，B振动的振幅是5cm，A、B振动的周期为TA＝TB＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,50)s，故A、B错误；根据两物体的位移表达式可知，A振动的初相位为φA0＝eq\f(π,2)，B振动的初相位为φB0＝eq\f(π,6)，因此两物体振动的相位差为Δφ＝φA0－φB0＝eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)，即A振动的相位始终超前B振动的相位eq\f(π,3)，故C正确；由于两物体振动的周期相同，因此A、B振动的频率相同，频率大小为fA＝fB＝eq\f(1,T)＝eq\f(50,π)Hz，故D错误。例6(2023·山东高考)(多选)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的eq\r(3)倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是()A.eq\f(2L,\r(3)－1)，3t B.eq\f(2L,\r(3)－1)，4tC.eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,5)t D.eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,7)t[答案]BC[解析]以水平向右为正方向。当A、B两点在平衡位置的同侧时，由B点位移大小是A点的eq\r(3)倍可知，平衡位置在A点左侧，则有xA＝eq\f(1,2)A，xB＝eq\f(\r(3),2)A，而xB－xA＝L，解得振幅A＝eq\f(2L,\r(3)－1)；根据振动方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得质点向右经过A点时φA＝eq\f(π,6)，由xB＝AsinφB可得质点第二次经过B点时φB＝eq\f(2,3)π，则eq\f(\f(2,3)π－\f(π,6),2π)T＝t，解得周期T＝4t。当A、B两点在平衡位置两侧时，有xA＝－eq\f(1,2)A，xB＝eq\f(\r(3),2)A，而xB－xA＝L，解得振幅A＝eq\f(2L,\r(3)＋1)；根据振动方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得质点向右经过A点时φA＝－eq\f(π,6)，由xB＝AsinφB可得质点第二次经过B点时φB＝eq\f(2,3)π，则eq\f(\f(2,3)π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))),2π)T＝t，解得周期T＝eq\f(12,5)t。综上可知，应选B、C。考向3简谐运动两种描述方法的转换例7(多选)某学生在粗细均匀的木筷下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中(如图甲)。现把木筷向上提起一段距离后放手，之后木筷做简谐运动，以向上为正方向，以某时刻为计时起点，作出了木筷振动的位移—时间图像，如图乙所示。不计水的阻力，则()A．木筷在振动过程中机械能守恒B．前1.6s内，木筷运动的路程为0.32mC．t＝0.4s时，木筷的重力小于其所受的浮力D．木筷的位移与时间的关系为x＝0.04sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5πt＋\f(5π,4)))m[答案]BD[解析]木筷在振动过程中，水的浮力对木筷做功，木筷的机械能不守恒(但木筷与水组成的振动系统机械能守恒)，A错误；由题图乙知，振动周期T＝0.8s，振幅A＝0.04m，前1.6s内，木筷振动了2个周期，所以木筷运动的路程为2×4A＝0.32m，B正确；由题图乙知，t＝0.4s时，木筷的位移为正，根据F＝－kx可知合力F方向为负，即竖直向下，所以木筷的重力大于其所受的浮力，C错误；简谐运动的一般表达式为x＝Asin(ωt＋φ0)，木筷振动的圆频率ω＝eq\f(2π,T)＝2.5πrad/s，由题图乙可知，t＝0.3s时，x＝0，将数据代入振动表达式，有0＝0.04·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋φ0))m，结合题图乙可知eq\f(3π,4)＋φ0＝2π，可得初相位φ0＝eq\f(5π,4)，则木筷的位移与时间的关系为x＝0.04sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5πt＋\f(5π,4)))m，D正确。考点三单摆1.对单摆的动力学分析除分析实际摆做阻尼振动的情形外，一般不考虑空气等对单摆的阻力。单摆做简谐运动时，(1)回复力：摆球重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，F回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ。两点说明：①当摆球在最高点时，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，FT＝mgcosθm。②当摆球在最低点时，F向＝eq\f(mveq\o\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。2．应用单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的注意事项(1)公式的适用条件：单摆的最大偏角θm很小时，单摆的运动才能近似看作简谐运动，公式T＝2πeq\r(\f(l,g))才适用。一般要求最大偏角θm<5°。(2)在等效单摆模型中，公式可变换为T＝2πeq\r(\f(l′,g′))。①l′——等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆在垂直于纸面的平面内摆动，等效摆长l′＝r＋Lcosα。乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中A点的附近振动，其等效摆长为l′＝R。②g′——等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。a．在不同星球表面，若忽略星球的自转，g′＝eq\f(GM,R2)，M为星球的质量，R为星球的半径。b．单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g′＝g＋a和g′＝g－a，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。c．如图丙所示，空间有竖直向下的电场强度大小为E的匀强电场，小球的质量为m、所带电荷量为＋q，细线绝缘，则等效重力加速度g′＝g＋eq\f(qE,m)。例8(多选)如图甲所示，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，做简谐运动，M、N是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是单摆的振动图像。当地的重力加速度大小为10m/s2，下列说法正确的是()A．单摆振动的周期为0.4sB．单摆振动的频率是1.25HzC．t＝0时摆球在M点D．单摆的摆长约为0.16m[答案]BCD[解析]由题图乙知，单摆振动的周期T＝0.8s，A错误；频率f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz，B正确；由题图乙知，t＝0时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以t＝0时摆球在M点，C正确；由单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(gT2,4π2)≈0.16m，D正确。(1)单摆和弹簧振子不同，单摆在平衡位置时，摆球所受回复力为零，但所受合力不为零。(2)单摆做简谐运动的周期只由摆长和重力加速度决定。(3)在单摆做简谐运动时，单摆的振幅A指的是摆球偏离平衡位置的最大位移大小，可以近似等于摆球偏离平衡位置的最大弧长。(4)单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))仅适用于单摆做简谐运动时的情形，即单摆偏离竖直方向的最大偏角θm<5°时的情形。若题目没有明确说明单摆做简谐运动，应用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))计算时，应注意检验单摆的最大偏角是否满足θm<5°，即验证振幅A与摆长l是否满足条件eq\f(A,l)<eq\f(5°,360°)×2π＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注：\f(1,12)为近似值))。考点四受迫振动与共振对比分析简谐运动、受迫振动和共振的比较振动类型项目简谐运动受迫振动共振受外力情况没有外力干预，仅受系统内部的相互作用力受到周期性的驱动力作用受到周期性的驱动力作用振动周期和频率由系统本身的性质决定，即固有周期和固有频率由驱动力的周期和频率决定：T＝T驱，f＝f驱T驱＝T固f驱＝f固振动能量振动系统的机械能守恒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，单摆(θ<5°)机器运转时底座发生的振动共振筛，转速计例9(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0.9HzB．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[答案]AC[解析]根据受迫振动的特点可知，共振筛的振动频率等于偏心轮的转动频率，所以当偏心轮的转速为54r/min时，共振筛的振动频率为f1＝eq\f(54,60)Hz＝0.9Hz，故A正确；由题图乙知筛子的固有频率为0.8Hz，减小筛子质量后，筛子的固有周期将减小，固有频率将增大，则筛子的振幅可能增大，也可能减小，故B错误；转速调至48r/min时，偏心轮的转动频率为f2＝eq\f(48,60)Hz＝0.8Hz，此时偏心轮的转动频率等于筛子的固有频率，筛子出现共振状态，故C正确；增大电压，偏心轮的转动频率将增大，由于开始时偏心轮的转动频率大于筛子的固有频率，所以根据共振曲线可知，筛子的振幅会一直减小，故D错误。【跟进训练】(2021·浙江1月选考)(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则()A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同答案AD解析根据共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率可能不同，则针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，A正确；当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，B错误；不同粗细树干的固有振动频率不同，则打击杆对不同粗细的树干打击结束后，树干自由振动的振动频率不同，C错误；树干在振动器的周期性驱动力下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确。考点五简谐运动与力学的综合问题解题技巧1.简谐运动与力学的综合问题简介高中阶段常见的简谐运动模型主要是弹簧振子、单摆，除了分析这类力学模型的运动规律，有时还会涉及动力学、能量分析计算，这就要综合运用力学规律解决。2．弹簧振子的力学综合问题对于弹簧振子的简谐运动，常见的问题有：弹簧振子的振幅、小球最大速度、所受的最大力的分析、计算。(1)弹簧振子的动力学分析通常用到回复力公式及牛顿第二定律。(2)水平弹簧振子的能量由弹簧的最大弹性势能决定eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(弹簧的弹性势能可根据功能关系结合线性变力做功的求解方法得出：Ep＝\f(1,2)kx2))，它等于小球的最大动能eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekm＝\f(1,2)mveq\o\al(2,m)))。3．单摆的力学综合问题对于单摆的简谐运动，常见的问题有：单摆的振幅、摆球的最大速度、摆球所受的最小力、最大力的分析、计算。(1)单摆的动力学分析通常用到回复力公式、圆周运动规律及牛顿第二定律。(2)单摆的能量由振幅(用弧长表示)、摆长及摆球的质量共同决定：E＝Epm＝mgl(1－cosθm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(以摆球的最低点为零势能点，其中sinθm≈\f(A,l)))。它等于摆球的最大动能eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekm＝\f(1,2)mveq\o\al(2,m)))。考向1弹簧振子的力学综合问题例10(2023·安徽省淮北市高三下一模)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A连接，质量也为m的物体B紧挨物体A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向左运动，不计一切阻力，在此后运动过程中()A．物体A做简谐运动的振幅为x0B．物体A向左运动的最大位移小于2x0C．物体A、B向左运动位移为x0时分离D．物体A、B组成的系统机械能守恒[答案]BC[解析]撤去F后，物体A、B在弹簧弹力作用下开始向左做加速运动，当弹簧形变量为零，即物体A、B向左运动位移为x0时，物体A、B的速度最大，设为v，从撤去F至弹簧形变量为零的过程，对A、B及弹簧组成的系统，根据动能定理有eq\f(kx0,2)·x0＝eq\f(1,2)×2mv2，之后物体A做减速运动，物体B做匀速运动，所以物体A、B向左运动位移为x0时分开，物体A继续向左运动到速度为零时，设弹簧形变量为x1，根据动能定理有－eq\f(kx1,2)·x1＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x1＝eq\f(\r(2),2)x0，则物体A向左运动的最大位移为x0＋x1<2x0，物体A做简谐运动的平衡位置为弹簧原长处，则其振幅为A＝x1＝eq\f(\r(2),2)x0，故A错误，B、C正确；撤去F后，弹簧弹力对物体A、B组成的系统做功，则物体A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误。考向2单摆的力学综合问题例11(2023·河北省石家庄市高三下教学质量检测三)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后使其开始运动，小球在摆动过程中的偏角不超过5°。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力。下列说法正确的是()A．t＝0.1πs时小球位于B点B．t＝0.4πs时小球位于C点C．O、A之间的距离为1.5mD．O、P之间的距离为1.2m[答案]D[解析]设小球的质量为m，经过B点时速度大小为v，小球从右向左经过B点时，速度不变，摆长突然变短，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)，可知F突然增大，结合题图乙可知，t＝0.6πs和t＝0时刻，小球从右向左经过B点，因t＝0.1πs时摆线拉力最小，可知此时小球位于C点，t＝0.2πs时F突然减小，则小球从左向右经过B点，0.2πs～0.4πsF一直减小，0.4πs后F开始增大，则t＝0.4πs时，小球位于A点，A、B错误；设O、A间距为L1，P、B间距为L2，根据上述分析，并结合题图乙可知，摆长为L1时，摆球做简谐运动的周期为T1＝0.8πs，根据T1＝2πeq\r(\f(L1,g))，可得L1＝1.6m，摆长为L2时，摆球做简谐运动的周期为T2＝0.4πs，根据T2＝2πeq\r(\f(L2,g))，可得L2＝0.4m，则O、P之间的距离为L3＝L1－L2＝1.2m，C错误，D正确。简谐运动的动力学和能量问题求解关键对于这类问题，关键是从动力学角度、能量的角度结合简谐运动的对称性、周期表达式等解题。(1)动力学角度的分析通常要用到回复力表达式、力学平衡方程、牛顿第二定律及向心力表达式。(2)能量角度的分析通常要用到机械能守恒定律、功能关系。课时作业[A组基础巩固练]1．一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是()A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C．振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也相同D．振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同答案D解析弹簧振子做简谐运动时，加速度方向与位移方向总是相反，若位移为负值，加速度一定为正值，而速度可能为正值，也可能为负值，故A错误。振子每次通过平衡位置时，加速度为零，由于速度有两种方向，所以速度大小相同，方向可能不同，故B、C错误。振子每次通过同一位置时，位移相同，回复力相同，加速度一定相同，速度大小相同，方向可能不同，故D正确。2．如图甲所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端与一个带孔小球连接，小球穿在水平固定的光滑杆上。O点为小球的平衡位置，并以其为坐标原点沿水平方向建立x轴，水平向右为x轴正方向。小球可在a、b两点之间做简谐运动。图乙为小球的振动图像。下列说法正确的是()A．t1时刻小球运动到b点B．t2时刻小球的速度为零C．从t1到t2时间内小球的回复力变大D．从t3到t4时间内小球的加速度和弹簧的弹性势能均变小答案D解析由题图乙可知，t1时刻小球运动到x轴负向最大位移处即a点，故A错误；由题图乙可知，t2时刻小球在平衡位置，则速度最大，故B错误；由题图乙可知，从t1到t2时间内小球从a→O，则小球的回复力变小，故C错误；由题图乙可知，从t3到t4时间内小球从b→O，则小球相对平衡位置的位移变小，由－kx＝ma，可知小球的加速度变小，而速度变大，动能变大，弹簧弹力做正功，则弹簧的弹性势能变小，故D正确。3.(2023·浙江省绍兴市高三下二模)如图所示，树梢的摆动可视为周期12s、振幅1.2m的简谐运动。某时刻开始计时，36s后树梢向右偏离平衡位置0.6m。下列说法正确的是()A．开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置B．树梢做简谐运动的“圆频率”为0.08HzC．树梢在开始计时后的36s内通过的路程为4.8mD．再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处答案D解析由题意可知，树梢做简谐运动的周期T＝12s，振幅A＝1.2m，36s＝3T，则开始计时的时刻树梢所在位置与t＝36s时刻相同，为向右偏离平衡位置0.6m处，故A错误；树梢做简谐运动的“圆频率”为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)rad/s，故B错误；树梢在开始计时后的36s＝3T内，通过的路程为s＝3×4A＝14.4m，故C错误；设树梢做简谐运动的初相位为φ0，则其振动方程为x＝Asin(ωt＋φ0)，由题意可知，A＝1.2m，ω＝eq\f(π,6)rad/s，t＝0时，x＝0.6m，解得φ0＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，则x＝1.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t＋\f(π,6)))m或x＝1.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t＋\f(5π,6)))m，从36s时刻再经过4s，即t＝40s，将t＝40s代入振动方程，可得x＝0.6m或x＝－1.2m，故再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m处，故D正确。4．(2023·北京市丰台区高三下综合练习一)图甲为水平放置的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的频闪照片。拍摄时底片沿着垂直于小球振动的方向从下向上匀速运动。图乙中M为t1时刻拍摄的小球的像，N为t2时刻拍摄的小球的像，不计阻力。下列说法正确的是()A．小球在t1、t2时刻的加速度方向相同B．增大底片匀速运动的速度，同样尺寸的底片上拍摄的小球像的个数减少C．小球从t1时刻运动至平衡位置的时间大于从t2时刻运动至平衡位置的时间D．从t1时刻到t2时刻的过程中，弹簧的弹性势能逐渐减小，小球的动能逐渐增大答案B解析小球做简谐振动，加速度方向始终指向平衡位置，由题图乙可知，小球在t1、t2时刻的加速度方向相反，A错误；设频闪相机的频闪周期为Δt，底片匀速运动的时间为t，则底片上拍摄的小球像的个数n＝eq\f(t,Δt)，增大底片匀速运动的速度v，由x＝vt可知，同样尺寸的底片运动的时间t减少，则拍摄小球的像的个数n减少，B正确；底片从下向上匀速运动，则图乙中上面的像拍摄的时刻比下面的像拍摄的时刻早，据此可在图乙上作出小球的振动图像如图，由图可知，t1时刻小球所在M点为位移最大处，则小球从t1时刻运动至平衡位置的时间为eq\f(T,4)，t2时刻小球在N位置，先向最大位移处运动，再向平衡位置运动，则小球从t2时刻运动至平衡位置的时间大于eq\f(T,4)，所以小球从t1时刻运动至平衡位置的时间小于从t2时刻运动至平衡位置的时间，C错误；由振动图像可知，从t1时刻到t2时刻的过程中，小球振动的位移先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，小球的动能先增大后减小，D错误。5.(2023·福建省南平市高三下第三次质量检测)(多选)如图，飞力士棒是一种物理康复器材，其整体结构是一根两端带有配重的弹性杆。用户在健身训练时，使杆体发生振动，从而使杆体带动手臂肌肉运动，改变配重可以改变杆体振动快慢，以达到最佳锻炼效果。若杆体振动越快，则()A．手臂肌肉的振动快慢程度保持不变B．手臂肌肉的振动一定越快C．手臂肌肉的振动幅度一定越大D．手臂肌肉的振动幅度不一定越大答案BD解析手臂肌肉在杆体带动下做受迫振动，手臂肌肉的振动频率等于杆体的振动频率，则杆体振动越快，手臂肌肉的振动一定越快，A错误，B正确；当驱动力的频率越接近固有频率时，做受迫振动物体的振幅越大，杆体振动越快时，其振动频率不一定越接近手臂肌肉的固有频率，则手臂肌肉的振动幅度不一定越大，C错误，D正确。6．(2023·海南省海口市高三下学生学科能力诊断)(多选)如图所示是两个理想单摆在同一地点做简谐振动的图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是()A．t＝2s时，甲单摆的摆线拉力为0，乙的速度为0B．增大乙的摆球质量，乙的周期有可能与甲的相等C．甲摆球和乙摆球永远不可能同时均处于动能最小的状态D．乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm答案CD解析由题图可知，t＝2s时，甲单摆的摆球恰好运动到最低点，摆球速度最大，细线拉力和重力的合力提供向心力，摆线拉力不为0，t＝2s时，乙单摆的摆球运动到最高点，乙的速度为0，故A错误；由题图可知，甲的周期T甲＝4s，乙的周期T乙＝8s，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，其周期与摆球质量没有关系，故B错误；由题图可知，甲摆球动能最小即位移的绝对值最大的时刻，为t1＝(2n＋1)s(n＝0，1，2，…)，乙摆球动能最小的时刻为t2＝(4m＋2)s(m＝0，1，2，…)，若t1＝t2，可得2n＝4m＋1，此式无正整数解，可知t1和t2永远不可能相等，即甲、乙两摆球永远不可能同时均处于动能最小的状态，故C正确；由题图可知，乙单摆的振幅为A乙＝1cm，圆频率为ω乙＝eq\f(2π,T乙)＝eq\f(π,4)rad/s，又t＝0时，x＝0，且开始向正方向运动，则初相位φ乙0＝0，则乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝A乙sin(ω乙t＋φ乙0)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm，故D正确。7.两单摆在不同的驱动力作用下其做简谐运动的振幅A随驱动力频率f变化的图像如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是()A．单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅与固有频率无关B．若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1C．若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为4∶1D．周期为2s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为2m答案B解析做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，由驱动力的频率决定，与物体的固有频率无关，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，发生共振，物体的振幅最大，A错误；由图像可知，甲、乙两个单摆的固有频率之比为1∶2，由T＝eq\f(1,f)＝2πeq\r(\f(l,g))可知，l＝eq\f(g,4π2f2)，若两单摆放在同一地点，即重力加速度相同，则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1，若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为1∶4，B正确，C错误；周期为2s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长l＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，D错误。[B组综合提升练]8．(2023·黑龙江省齐齐哈尔市高三下三模)(多选)某种弹簧振子做简谐振动时，动能与弹性势能随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是()A．此弹簧振子在光滑的水平面上振动B．t0时刻弹簧振子处在位移最大处C．弹簧振子的振动周期为4t0D．弹簧振子的振动周期为2t0答案AC解析由图像分析可得，该弹簧振子只有振子的动能和弹簧的弹性势能互相转化，且机械能守恒，只有弹簧的弹力做功，重力不做功，则此弹簧振子在光滑的水平面上振动，A正确；t0时刻弹簧振子