(新高考)高考物理一轮复习教案第12章第1讲《机械振动》(含详解)

第1讲　机械振动

知识点　简谐运动　Ⅰ

1．简谐运动的概念

如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x－t图像)是一条正弦曲线，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往复运动的力。

(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

知识点　简谐运动的公式和图像　Ⅱ

1．表达式

(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。

(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ0)，其中A表示振幅，ω＝＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ0表示简谐运动的相位，φ0叫作初相。

2．简谐运动的图像

(1)如右图所示。

(2)物理意义：表示振动质点的位移随时间的变化规律。

知识点　弹簧振子、单摆及其周期公式　Ⅰ

简谐运动的两种模型

知识点　受迫振动和共振　Ⅰ

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，使能量向四周辐射出去。

2．受迫振动

系统在驱动力作用下的振动叫作受迫振动。做受迫振动物体的周期(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。

3．共振曲线

如图所示的共振曲线，表示某振动系统受迫振动的振幅A(纵坐标)随驱动力频率f(横坐标)变化的关系。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等于振动系统的固有频率f0时，振幅最大。

一 堵点疏通

1．简谐运动是匀变速运动。(　　)

2．振幅等于振子运动轨迹的长度。(　　)

3．简谐运动的回复力肯定不是恒力。(　　)

4．弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零。(　　)

5．单摆无论摆角多大都做简谐运动。(　　)

6．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。(　　)

7．简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(　　)

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·P47·T3改编)(多选)如图是两个单摆的振动图像，以下说法正确的是(　　)

A．甲、乙两个摆的振幅之比为2∶1

B．甲、乙两个摆的频率之比为1∶2

C．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2

D．以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t＝0起，乙第一次到达右方最大位移时，甲振动到了平衡位置，且向左运动

答案　AD

解析　由振动图像知A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，所以甲、乙两个摆的振幅之比为2∶1，故A正确；T甲＝4 s，T乙＝8 s，所以＝＝，故B错误；由T＝2π得，＝＝，故C错误；由图像知，t＝2 s时，乙第一次到达右方最大位移处，此时x甲＝0，且向左运动，故D正确。

3.(人教版选择性必修第一册·P54·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0.5 s

B．此单摆的摆长约为1 m

C．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0.5 Hz，则固有周期为2 s，A错误；由T＝2π ，得此单摆的摆长约为1 m，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。

4．(人教版选择性必修第一册·P34·T2改编)如图所示，在t＝0到t＝4 s的范围内回答以下问题。

(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间

内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？

(2)质点在第2 s末的位移是多少？

(3)质点在前2 s内走过的路程是多少？

答案　(1)在0～1 s,2～3 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相同　在1～2 s,3～4 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相反  (2)0   (3)20 cm

解析　(1)位移—时间图线的某点的切线的斜率即是某时刻的速度，可知，质点相对平衡位置的位移的方向在0～1 s和2～3 s内跟它的瞬时速度的方向相同，在1～2 s 和3～4 s内跟瞬时速度的方向相反。

(2)质点在第2 s末的位移是0。

(3)质点在前2 s内走过的路程是s＝2×10 cm＝20 cm。

考点1　简谐运动的特征

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

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、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。

4．对称性特征

(1)时间对称性：相隔或(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、加速度大小相等、方向相反。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＋时刻运动到D点，则位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，加速度aD＝－aC。

(2)空间对称性：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，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。

此外，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。

5．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。

例1　(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，则弹簧振子的周期不可能为(　　)

A．0.53 s  B.1.4 s

C.1.6 s  D.2 s

E．3 s

(1)从O点出发第一次到达M点时用时0.3 s有几种情形？

提示：两种。

(2)简谐运动中振子往复运动过程中通过同一段路程，用时相等吗？

提示：相等。

尝试解答　选BDE。

从O点出发第一次到达M点，运动情况有图甲、乙两种可能。如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为，因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 s；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到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s，振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝0.5 s＋ s≈0.53 s。所以周期不可能的选项为B、D、E。

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，如例1。

[变式1－1]　(多选)下列关于简谐运动的说法正确的是(　　)

A．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动

B．一个全振动指的是动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程

C．位移减小时，加速度减小，速度增大

D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同

答案　ACD

解析　通过画运动示意图可知，速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，A正确；一次全振动，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，B错误；当位移减小时，回复力减小，则加速度减小，物体正在返回平衡位置，故速度增大，C正确；回复力与位移方向相反，故加速度与位移方向相反，但速度的方向可以与位移的方向相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，D正确。

[变式1－2]　弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0，当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开，以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________A0，T________T0。(均选填“>”“<”或“＝”)

答案　<　<

解析　当物块向右通过平衡位置时，粘胶脱开前振子的动能Ek1＝(ma＋mb)v，脱开后振子的动能Ek2＝mav，由机械能守恒定律可知，平衡位置处振子的动能等于最大位移处弹簧的弹性势能，因此a、b脱离后振子振幅变小；振动中振子的质量变小，由T＝2π可知，振子的周期变小。

考点2　简谐运动的图像

1.图像特征

(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置。

(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。

(3)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振子的速度大小，斜率正负表示速度的方向，斜率为正时，表示振子的速度沿x轴正方向；斜率为负时，表示振子的速度沿x轴负方向。

2．图像信息

(1)由图像可以看出质点振动的振幅、周期。

(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。

(3)可以确定某时刻质点所受的回复力、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，故回复力和加速度的方向在图像上总是指向t轴。

②速度的方向：某时刻速度的方向既可以通过该时刻在图像上对应点的切线的斜率来判断，还可以通过下一时刻位移的变化来判断，若下一时刻位移增加，速度方向就是远离t轴；若下一时刻位移减小，速度方向就是指向t轴。

(4)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。

例2　(多选)弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动。从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图像如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．t＝0.5 s时钢球的加速度为正向最大

B．在t0时刻弹簧的形变量为4 cm

C．钢球振动半个周期，回复力做功为零

D．钢球振动方程为y＝5sinπt cm

(1)弹簧振子的加速度方向与位移方向相同还是相反？

提示：相反。

(2)每经过半个周期，钢球的速度大小改变吗？

提示：不变。

尝试解答　选BCD。

由振动图像可以看出钢球的振动周期为T＝2 s，t＝0.5 s时钢球的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，平衡位置时弹簧的形变量为零，由图知t0时刻钢球在平衡位置的右侧距离平衡位置为4 cm处，则弹簧的形变量为4 cm，故B正确；经过半个周期后，钢球的速度大小与原来相等，动能变化为零，根据动能定理知回复力做功为零，故C正确；振幅A＝5 cm，圆频率ω＝＝π rad/s，则钢球振动方程为y＝Asinωt＝5sinπt cm，故D正确。

对振动图像的理解

(1)可确定振动质点在任一时刻的位移。如图所示，t1、t2时刻质点偏离平衡位置的位移分别为x1＝7 cm，x2＝－5 cm。

(2)可确定质点振动的振幅，图像中最大位移的绝对值就是质点振动的振幅。如图所示，质点振动的振幅是10 cm。

(3)可确定质点振动的周期和频率，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。如图所示，OD、AE、BF的间隔都等于质点振动的周期，T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz。

(4)可确定质点的振动方向。如图所示，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)可比较各时刻质点加速度的大小和方向。例如在图中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|。

[变式2]　(2020·陕西省榆林市线上模拟)如图所示为某弹簧振子在0～5 s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5 s，振幅为8 cm

B．第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值

C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动

D．第3 s末振子的加速度为正向的最大值

答案　B

解析　由图可读出振动周期为T＝4 s，振幅为A＝8 cm，故A错误；第2 s末振子处于负向最大位移处，速度为零，由a＝－可知加速度为正向的最大值，故B正确；从第1 s末到第2 s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；由a＝－可知，第3 s末振子在平衡位置，加速度为零，故D错误。

考点3　受迫振动与共振

自由振动、受迫振动和共振的比较

例3　如图所示，一竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘转动一会儿静止后，小球做________(填“阻尼”“自由”或“受迫”)振动。若弹簧和小球构成的系统振动频率约为3 Hz，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，小球的振动频率为________ Hz。逐渐改变圆盘的转动周期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为________ s。

(1)在阻力作用下，振幅逐渐变小的振动称为________振动。

提示：阻尼

(2)当小球振动的振幅达到最大时，圆盘的周期________系统的固有周期。

提示：等于

尝试解答　阻尼　0.25　。

由于水对小球有阻力的作用，因此圆盘停止转动后，小球做阻尼振动；圆盘转动时带动小球做受迫振动，因此小球振动稳定时的振动频率等于驱动力的频率，即小球的振动频率为 Hz＝0.25 Hz；当驱动力的频率等于小球的固有频率时小球的振幅最大，即圆盘的转动频率应为3 Hz，周期应为 s。

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：驱动力对系统做功，补偿系统的能量损耗，将其他形式的能转化为内能。

[变式3]　 (2020·山东省德州市期末)如图所示，在一条张紧的绳子上悬挂A、B、C三个单摆，摆长分别为L1、L2、L3，且L1＜L2＜L3，现将A拉起一较小角度后释放，已知当地重力加速度为g，对释放A之后较短时间内的运动，以下说法正确的是(　　)

A．C的振幅比B的大  B.B和C的振幅相等

C．B的周期为2π   D.C的周期为2π

答案　D

解析　将A拉起一较小角度后释放，则B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，故B、C单摆的周期均为T＝2π ，C错误，D正确；当驱动力频率等于固有频率时，出现共振现象，振幅最大，固有频率越接近驱动力的频率，振幅越大，故B比C的振幅大，A、B错误。

考点4　单摆

1.对单摆的理解

(1)回复力：摆球重力沿轨迹切线方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－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＝＝0，FT＝mgcosθ。

②当摆球在最低点时，F向＝，F向最大，

FT＝mg＋m。

(3)单摆是一个理想化模型，摆角θ<5°时，单摆的周期为T＝2π，与单摆的振幅A、摆球质量m无关，式中的g由单摆所处的位置决定。

2．等效摆长及等效重力加速度

(1)l′——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的摆长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。

(2)g′——等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。

①在不同星球表面：g′＝，M为星球的质量，R为星球的半径。

②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。

例4　(2017·上海高考)做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的(　　)

A．周期不变，振幅不变  B.周期不变，振幅变小

C．周期改变，振幅不变  D.周期改变，振幅变大

 (1)单摆的周期由什么决定？

提示：由T＝2π 可知，单摆的周期由摆长l和当地的重力加速度g共同决定。

(2)在摆长不变的情况下，单摆的振幅A与摆球距离最低点的最大高度h有什么关系？

提示：h越大，A越大；h越小，A越小。

尝试解答　选B。

由单摆的周期公式T＝2π 可知，单摆摆长不变，则周期不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由Ek＝mv2可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，由mv2＝mgh可知h减小，因此振幅变小，所以B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)单摆的周期只由摆长和重力加速度决定。

(3)单摆的振幅可用角度或长度表示，振幅若用长度表示，指的是摆球偏离平衡位置的最大弧长(近似等于摆球偏离平衡位置的水平位移的最大值)。

(4)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＝Epmax＝mgl(1－cosθmax)。

[变式4]　 如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d。

答案　 (n＝1,2,3，…)

解析　摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变。而B球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍，＝n(n＝1,2,3，…)

由单摆周期公式T＝2π

解得d＝ (n＝1,2,3，…)。

1．(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x­t关系的是(　　)

答案　A

解析　摆长为l时单摆的周期T1＝2π ，振幅A1＝lα(α为摆角)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mg(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sin≈tan≈，sin≈tan≈，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正确。

2．(2019·江苏高考)(多选)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

答案　AC

解析　在单摆的偏角增大的过程中，摆球远离平衡位置，故位移增大，速度减小，回复力增大，机械能保持不变，A、C正确，B、D错误。

3．(2018·天津高考)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则(　　)

A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s

B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s

C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s

D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s

答案　AD

解析　若振幅为0.1 m，根据题意可知从t＝0 s到t＝1 s振子经历的时间为T＝1 s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝ s(n＝0,1,2,3…)，当n＝1时，T＝ s，当T＝ s时，代入得n＝，不符合题意，A正确，B错误；如果振幅为0.2 m，结合位移—时间关系图象，有1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3，…)　①，或者1 s＝T＋nT(n＝0,1,2,3，…)　②，或者1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3…)　③，对于①式，只有当n＝0时，T＝2 s，为整数；对于②式，T不为整数，对于③式，只有当n＝0时，T＝6 s，T为整数，故C错误，D正确。

4．(2017·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是(　　)

A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值

B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值

C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零

D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值

答案　A

解析　t＝1 s时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值，A正确；t＝2 s时，振子在平衡位置且向x轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零，B错误；t＝3 s时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值，C错误；t＝4 s时，振子在平衡位置且向x轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零，D错误。

5．(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。

6．(2020·全国卷Ⅱ)用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过________ cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)

某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为________ cm。

答案　6.9　96.8

解析　开始时将摆球拉离平衡位置的最大距离为：

xmax＝2π×80.0 cm×≈6.9 cm。

根据单摆周期公式T＝2π ，

结合题意10T′＝11T，代入数据有：10＝11，

解得新单摆的摆长为L′＝96.8 cm。

 　　时间：40分钟　 　　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。其中1～6题为单选，7～10题为多选)

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．(2020·北京市东城区一模)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，并以其为坐标原点建立x轴。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变小

答案　D

解析　由图乙可知，t1时刻小球运动到x轴负向最大位移处即a点，故A错误；由图乙可知，t2时刻小球在平衡位置，则速度最大，故B错误；由图乙可知，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；由图乙可知，从t3到t4时间内小球从b→O，则小球距离平衡位置的位移变小，由－kx＝ma，可知小球的加速度变小，故D正确。

3．(2020·山东省潍坊市期末)某质点做简谐运动的振幅为A，周期为T，则质点在时间内的最大路程是(　　)

A．1.5A  B.A

C.0.5A  D.0.2A

答案　B

解析　质点振动速度越大，在相同时间内的振动路程越大，已知质点在平衡位置处速度最大，所以质点在平衡位置上下方各振动时间的路程为时间内的最大路程，且sm＝2Asin＝A，B正确，A、C、D错误。

4．(2020·山东省德州市一模)用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左匀加速运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得的物体的加速度为(　　)

A.  B.

C.  D.

答案　B

解析　由题意可知，AB段、BC段、CD段的时间相等且都等于单摆的半周期，由匀变速直线运动规律得x2－x1＝2a2，其中T为单摆的周期，则T＝2π ，联立解得a＝，故A、C、D错误，B正确。

5.(2020·北京市高三下高考临门一脚全真模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v，方向向下，动能为Ek。下列说法错误的是(　　)

A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于

B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为T

C．物块通过O点时动能最大

D．当物块通过O点时，其加速度最小

答案　B

解析　物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于，A正确；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值可以小于T，B错误；图中O点是平衡位置，物块经过O点时速度最大，动能最大，加速度最小，C、D正确。本题选说法错误的，故选B。

6.(2020·山东省青岛市西海岸新区4月模拟)两单摆在不同的驱动力作用下其振幅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∶1

C．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∶1

D．周期为2 s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为2 m

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＝＝2π 可知，l＝，若两单摆放在同一地点，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2 s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长l＝≈1 m，D错误。

7．(2020·江苏省常州市期末)关于某物体受迫振动的共振曲线，下列判断正确的是(　　)

A．物体的固有频率等于f0

B．物体做受迫振动时的频率等于f0

C．物体做受迫振动时振幅相同，则频率必相同

D．为避免共振发生，应该让驱动力的频率远离f0

答案　AD

解析　当驱动力的频率等于物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大，由图可知，物体的固有频率等于f0，A正确；物体做受迫振动时，只有当发生共振时频率才是f0，即物体做受迫振动的频率不一定等于f0，B错误；由题图可知，物体做受迫振动时振幅相同，频率不一定相同，C错误；根据产生共振的条件可知，为避免共振发生，应该让驱动力的频率远离f0，D正确。

8.如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙两单摆的摆长相等

B．甲摆的振幅比乙摆的大

C．甲摆的机械能比乙摆的大

D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆

答案　ABD

解析　由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长相等，A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的摆球质量未知，故无法比较机械能的大小，C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，D正确。

9.(2020·天津市南开翔宇学校高三第八次统练)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y＝0.1sin(2.5πt) m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度，取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　)

A．h＝1.7 m

B．简谐运动的周期是0.8 s

C．0.6 s内物块运动的路程是0.2 m

D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反

答案　AB

解析　由简谐运动表达式可得，t＝0.6 s时，物块的位移为y＝0.1sin(2.5π×0.6) m＝－0.1 m；则对小球有：h－y＝gt2，计算得出h＝1.7 m，所以A正确；由物块简谐运动的表达式可以知道，物块简谐运动的周期T＝＝ s＝0.8 s，故B正确；振幅为0.1 m，则0.6 s＝T内物块运动的路程为3A＝0.3 m，故C错误；t＝0.4 s＝时，y＝0，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，故D错误。

10. 如图所示，甲、乙两木块叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，甲木块与乙木块之间的最大静摩擦力为fm，乙木块与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使甲木块和乙木块在振动过程中不发生相对滑动，则(　　)

A．它们的振幅不能大于A＝

B．它们的振幅不能大于A＝

C．它们的最大加速度不能大于

D．它们的最大加速度不能大于

答案　BD

解析　当甲木块和乙木块在振动过程中恰好不发生相对滑动时，甲、乙两木块间静摩擦力在最大位移处达到最大。根据牛顿第二定律，以甲木块为研究对象，最大加速度am＝，C错误，D正确；以甲、乙两木块整体为研究对象，kAmax＝(M＋m)am，代入am＝得，Amax＝，A错误，B正确。

二、非选择题(本题共3小题，共40分)

11．(2021·北京市朝阳区高三(上)期末节选)(12分)如图1所示，绝缘细线的一端系一带正电小球，另一端固定在O点，整个装置处于光滑绝缘水平面上，空间存在一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，小球静止时处于A点，图2为俯视图。已知细线长度为L，小球质量为m，带电荷量大小为q，重力加速度为g，不计空气阻力，细线的长度不变。

保持细线伸直，将小球在水平面上拉离A点一个很小的距离，由静止释放，小球将做简谐运动，类比单摆的周期公式求出小球做简谐运动的周期。

答案　2π

解析　单摆的周期公式为T＝2π

由牛顿第二定律得qE＝ma

解得a＝

将g＝a代入单摆的周期公式得，小球做简谐运动的周期T′＝2π 。

12.(2020·河南省三市第二次质量检测)(12分)如图所示，一质量为mB＝2 kg的物体B放在水平地面上，一劲度系数为k＝500 N/m的轻质弹簧，下端与物体B相连，上端与一质量为mC＝1.5 kg的物体C相连，在C的上方放一物体D。弹簧呈竖直状态且整体静止不动。现在突然去掉物体D后，物体C就沿竖直方向上下做简谐运动，且当物体C竖直向上运动到最高点时，物体B对地面压力刚好为零。g＝10 m/s2。试求：

(1)C沿竖直方向上下做简谐运动的振幅；

(2)物体D的质量。

答案　(1)0.07 m　(2)3.5 kg

解析　(1)由题意可知，弹簧被压缩到弹力等于物体C重力的位置即为物体C沿竖直方向做简谐运动的平衡位置。设物体D放在物体C上之前，物体C静止在弹簧上端时弹簧的压缩量为x1，则有mCg＝kx1

代入数据解得x1＝0.03 m

设去掉物体D后，物体C运动到最高点时弹簧的伸长量为x3，则有mBg＝kx3

代入数据解得x3＝0.04 m

设物体C在竖直方向做简谐运动的振幅为A，由简谐运动规律知

A＝x1＋x3＝0.03 m＋0.04 m＝0.07 m。

(2)设物体D放在物体C上静止时，弹簧的压缩量为x2，则有(mC＋mD)g＝kx2

分析物体C做简谐运动的过程可知，

x2－x3＝A＝0.07 m

则代入数据可得mD＝3.5 kg。

13．(16分)地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔直隧道，如图所示。假设地球的半径为R，质量分布均匀，地球表面的重力加速度为g。已知均匀球壳对壳内物体引力为零。

(1)不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动；

(2)理论表明：做简谐运动的物体的周期T＝2π ，其中，m为振子的质量，物体的回复力为F＝－kx，求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间t(地球半径R＝6400 km，地球表面的重力加速度为g＝10 m/s2)。

答案　(1)证明见解析　(2)41.9 min

解析　(1)物体在地表时重力近似等于万有引力，有：＝mg

M＝ρπR3

以地心为位移起点，设某时刻物体的位移为x，

则半径为|x|的球的质量M′＝ρ·π·|x|3，

由于均匀球壳对壳内物体引力为零，则此时物体所受引力大小F＝G

考虑到F与x方向相反，联立可得：F＝－x，为常数，即该物体的运动为简谐运动。

(2)由F＝－kx，F＝－x，得k＝，

代入T＝2π 得，该物体做简谐运动的周期为：

T＝2π

物体从隧道口一端静止释放后到达另一端所用的时间为半个周期，则有：t＝＝π

地球半径R＝6400 km＝6.4×106 m，地表重力加速度为g＝10 m/s2，π＝3.14，

代入数据可得：t＝2512 s≈41.9 min。