专题18 机械振动（解析版）

专题18 机械振动目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc13690" 题型一 简谐运动的基本特征及应用  PAGEREF _Toc13690 1 HYPERLINK \l "_Toc30937" 类型1 简谐运动基本物理量的分析  PAGEREF _Toc30937 1 HYPERLINK \l "_Toc8106" 类型2 简谐运动的周期性与对称性  PAGEREF _Toc8106 2 HYPERLINK \l "_Toc26269" 题型二 简谐运动的表达式和图像的理解和应用  PAGEREF _Toc26269 4 HYPERLINK \l "_Toc29951" 类型3 弹簧振子的动力学特征分析  PAGEREF _Toc29951 8 HYPERLINK \l "_Toc8149" 题型三 单摆及其周期公式  PAGEREF _Toc8149 10 HYPERLINK \l "_Toc24145" 类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用  PAGEREF _Toc24145 11 HYPERLINK \l "_Toc25363" 类型2 单摆的振动图像及运动学特征  PAGEREF _Toc25363 12 HYPERLINK \l "_Toc23704" 题型四 受迫振动和共振  PAGEREF _Toc23704 14 HYPERLINK \l "_Toc16220" 类型1 受迫振动概念及规律的理解应用  PAGEREF _Toc16220 14 HYPERLINK \l "_Toc13578" 类型2 共振曲线的应用  PAGEREF _Toc13578 16 HYPERLINK \l "_Toc5699" 类型3 “驱动摆”的分析  PAGEREF _Toc5699 17题型一 简谐运动的基本特征及应用对简谐运动的理解类型1 简谐运动基本物理量的分析【例1】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小物块位于O点．现使小物块在M、N两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中(　　)A．小物块运动到M点时回复力与位移方向相同B．小物块每次运动到N点时的加速度一定相同C．小物块从O点向M点运动过程中做加速运动D．小物块从O点向N点运动过程中机械能增加【答案】　B【解析】根据F＝－kx可知小物块运动到M点时回复力与位移方向相反，故A错误；根据a＝－eq \f(kx,m)可知小物块每次运动到N点时的位移相同，则加速度一定相同，故B正确；小物块从O点向M点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故C错误；小物块从O点向N点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减少，故D错误．【例2】(2022·北京北理工附中高三月考)如图所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为m的小球相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小球位于O点．现使小球以O点为平衡位置，在A、B两点间沿光滑水平面做简谐运动，关于这个弹簧振子做简谐运动的过程，下列说法中错误的是(　　)A．小球从O位置向B位置运动过程中做减速运动B．小球每次通过同一位置时的加速度一定相同C．小球从A位置向B位置运动过程中，弹簧振子所具有的势能持续增加D．小球在A位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等【答案】　C【解析】　小球在O点弹簧弹性势能是0，所以小球的动能最大，小球从O位置向B位置运动过程中受到弹簧的向左的拉力，与小球速度的方向相反，所以小球做减速运动，故A正确；小球每次通过同一位置时的回复力F＝－kx都是相等的，所以加速度一定相同，故B正确；小球从A位置向O位置运动过程中，速度增大，所以动能逐渐增大，弹簧振子所具有的势能逐渐减小，从O位置向B位置运动过程中，速度减小，所以动能逐渐减小，弹簧振子所具有的势能逐渐增大，故C错误；小球在运动的过程中，动能与弹性势能相互转化，由于小球在A点与在B点的速度都是0，所以小球在A位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等，故D正确．类型2 简谐运动的周期性与对称性【例2】(多选)弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2 s，振子第二次经过P点，则再过多长时间该振子第三次经过P点(　　)A．0.6 s B．2.4 s C．0.8 s D．2.2 s【答案】　AD【解析】　若振子从O点开始向右振动，作出示意图如图甲所示则振子的振动周期为T1＝(0.5＋0.1)×4 s＝2.4 s，则该质点再经过时间Δt＝T1－0.2 s＝2.2 s，第三次经过P点；若振子从O点开始向左振动，作出示意图如图乙所示则有0.5 s＋0.1 s＝eq \f(3,4)T2，振子的振动周期为T2＝0.8 s，则该振子再经过时间Δt′＝T2－0.2 s＝0.6 s，第三次经过P点，B、C错误，A、D正确．【例2】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，2 s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，2 s内经过的路程为0.4 m，该弹簧振子的周期和振幅分别为(　　)A．1 s　0.1 m B．2 s　0.1 mC．4 s　0.2 m D．4 s　0.4 m【答案】　C【解析】　根据简谐运动对称性可知，振子零时刻向右经过A点，2 s后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，则A、B两点关于平衡位置对称，而振动经过了半个周期的运动，则周期为T＝2t＝4 s，半个周期的路程为s＝0.4 m，一个完整的周期路程为0.8 m，有4A＝0.8 m，解得振幅为A＝0.2 m，故C正确。【例4】 一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，如图4所示，再继续运动，又经过4 s第二次经过M点，则再经过多长时间第三次经过M点 (　　)A．7 s B．14 s C．16 s D.eq \f(10,3) s【答案】　C【解析】由题意可知质点第一次经过M点的运动方向向右，简谐运动的周期T＝4×(3＋2)s＝20 s，则第三次经过M点的时间为t＝(20－4)s＝16 s，故选项C正确。【例5】(多选)如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为x＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(π,2))) cm。下列说法正确的是(　　)A．M、N间距离为5 cmB．振子的运动周期是0.2 sC．t＝0时，振子位于N点D．t＝0.05 s时，振子具有最大加速度【答案】　BC【解析】　M、N间距离为2A＝10 cm，选项A错误；因ω＝10π rad/s 可知振子的运动周期是T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,10π) s＝0.2 s，选项B正确；由x＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(π,2))) cm可知t＝0时，x＝5 cm，即振子位于N点，选项C正确；由x＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(π,2))) cm可知t＝0.05 s时x＝0，此时振子在O点，振子加速度为零，选项D错误。题型二 简谐运动的表达式和图像的理解和应用1．由图像可获取的信息(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0(如图所示)。(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移。(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定。(4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同。(5)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。2．简谐运动的对称性(如图) (1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同。(2)相隔Δt＝(n＋eq \f(1,2))T(n＝0，1，2…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向(或都为零)，速度也等大反向(或都为零)。【例1】如图所示，是一个质点的振动图像，根据图像回答下列问题：(1)振动的振幅；(2)振动的频率；(3)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(4)质点速度首次具有负方向最大值的时刻和位置；(5)质点运动的加速度首次具有负方向最大值的时刻和位置；(6)在0.6 s至0.8 s这段时间内质点的运动情况。(7)振动质点离开平衡位置的最大距离；(8)写出此振动质点的运动表达式；(9)振动质点在0～0.6 s的时间内通过的路程；(10)振动质点在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向；(11)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(12)振动质点在0.4～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？【答案】　见解析【解析】　(1)振幅为最大位移的绝对值，从图像可知振幅A＝5 cm。 (2)从图像可知周期T＝0.8 s，则振动的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.8) Hz＝1.25 Hz。(3)由各时刻的位移变化过程可判断t＝0.1 s、0.7 s时，质点的振动方向沿x轴正方向；t＝0.3 s、0.5 s时，质点的振动方向沿x轴负方向。(4)质点在0.4 s通过平衡位置时，首次具有负方向的速度最大值。(5)质点在0.2 s时处于正向最大位移处时，首次加速度具有负方向的最大值。(6)在0.6 s至0.8 s这段时间内，从图像上可以看出，质点沿负方向的位移不断减小，说明质点正沿着正方向由负向最大位移处向着平衡位置运动，所以质点做加速度减小的加速运动。(7)由振动图像可以看出，质点振动的振幅为5 cm，即为质点离开平衡位置的最大距离。(8)由此质点的振动图像可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0，所以x＝Asin(ωt＋φ)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.8)t))cm＝5sin(2.5πt)cm。(9)由振动图像可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s，0.6 s＝3×eq \f(T,4)，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm。(10)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图像中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向。同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。(11)由振动图像可以看出，在0.6～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。(12)由图像可看出，在0.4～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零。【例2】 (2022·德州模拟)如图甲所示水平弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x－t图像，下列说法正确的是 (　　)A．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动B．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sin(2πt＋eq \f(3π,2))mC．图乙中的P点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向 D．弹簧振子在2.5 s内的路程为1 m【答案】　D【解析】　弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为0.5次全振动，故A错误；根据乙图可知，弹簧振子的振幅A＝0.1 m，周期T＝1 s，则圆频率ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s，规定向右为正方向，t＝0时刻位移为0.1 m，表示振子从B点开始运动，初相为φ0＝eq \f(π,2)，则振动方程为x＝Asin(ωt＋φ0)＝0.1sin(2πt＋eq \f(π,2))m，故B错误；简谐运动图像中的P点时刻速度方向为负，振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正，故C错误；因周期T＝1 s，则时间2.5 s 和周期的关系为2.5 s＝2T＋eq \f(T,2)，则振子从B点开始振动的路程为s＝2×4A＋2A＝10×0.1 m＝1 m，故D正确。【例3】(2022·北京市西城区统一测试)用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向振动，振动图像如图所示，下列描述正确的是(　　)A．1～2 s内，小球的速度逐渐减小，加速度逐渐增大B．2～3 s内，弹簧的弹性势能逐渐减小，弹簧弹力逐渐增大C．t＝4 s时，小球的动能达到最大值，弹簧的弹性势能达到最小值D．t＝5 s时，弹簧弹力为正的最大值，小球的加速度为负的最大值【答案】C【解析】由题图可知，1～2 s内小球的位移减小，说明弹性势能转化为动能即速度增大，由a＝－eq \f(kx,m)可知，加速度减小，故A错误；2～3 s内小球的位移增大，说明动能转化为弹性势能即弹性势能增大，弹簧弹力逐渐增大，故B错误；t＝4 s时，小球位于平衡位置，此时动能最大，由能量守恒可知，弹簧的弹性势能达到最小值，故C正确；t＝5 s时，小球的位移正向最大，则弹簧弹力为负的最大值，小球的加速度为负的最大值，故D错误。【例4】(多选)(2021·重庆南开中学期末)如图(a)所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子．取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图(b)所示，若eq \f(T,2)时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有(　　)A．0时刻弹簧弹力大小为2mgB．弹簧劲度系数为eq \f(2mg,A)C.eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间段，回复力冲量为0D.eq \f(T,2)～T时间段，小球动能与重力势能之和减小【答案】AD【解析】　小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，eq \f(T,2)时刻弹簧弹力为0，位移为A，有kA＝mg，可得劲度系数为k＝eq \f(mg,A)，故B错误；0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F＝k·2A＝2mg，故A正确；eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间段，小球从平衡位置沿负方向振动回到平衡位置，回复力一直沿正向，由I＝Ft可知回复力冲量不为0，故C错误；eq \f(T,2)～T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D正确．类型3 弹簧振子的动力学特征分析【例1】(多选)如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置．质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0.两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为eq \f(1,2)k(l－l0)2，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．左边金属环下滑过程机械能守恒B．弹簧的最大拉力为2mgC．金属环在最高点与最低点加速度大小相等D．金属环的最大速度为geq \r(\f(m,2k))【答案】　BCD【解析】金属环下降过程中，弹簧对其做负功，金属环机械能减少，故A错误；金属环下降h′到达最低点时，速度减小为0，形变量为2h′，弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得2mgh′＝eq \f(1,2)k(2h′)2，解得h′＝eq \f(mg,k)，则最大弹力为Fm＝k·2h′＝2mg，故B正确；由简谐运动的对称性可知，金属环在最高点与最低点加速度大小相等，故C正确；当金属环的加速度为0时，速度最大，根据平衡条件可得mgsin 45°＝Fcos 45°，根据胡克定律可得F＝kΔx，解得形变量为Δx＝eq \f(mg,k)，根据几何知识，两个金属环下降的高度为h＝eq \f(Δx,2)＝eq \f(mg,2k)，对系统只有重力和弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，则有2mgh＝eq \f(1,2)kΔx2＋eq \f(1,2)×2mv2，解得v＝geq \r(\f(m,2k))，故D正确．【例2】．(多选)如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为 k，C为一固定的挡板，现将一个质量也为m的物块D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动．在简谐运动过程中，物块B对C的最小弹力为eq \f(3,2)mgsin θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)A．简谐运动的振幅为eq \f(3mgsin θ,2k)B．简谐运动的振幅为eq \f(mgsin θ,2k)C．B对C的最大弹力为eq \f(11mgsin θ,2)D．B对C的最大弹力为eq \f(9mgsin θ,2)【答案】　AD【解析】当弹力等于AD的重力沿斜面向下的分力时AD处于平衡状态，由kx0＝2mgsin θ可知，平衡位置时弹簧的形变量为x0＝eq \f(2mgsin θ,k)，处于压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有mgsin θ＋kx1＝eq \f(3,2)mgsin θ，故弹簧此时形变量：x1＝eq \f(mgsin θ,2k)，此时弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为：A＝x0－x1＝eq \f(2mgsin θ,k)－eq \f(mgsin θ,2k)＝eq \f(3mgsin θ,2k)，故A正确，B错误．当A、D运动到最低点时，B对C的弹力最大，由对称性可知，此时弹簧的形变量为：Δx＝A＋x0＝eq \f(3mgsin θ,2k)＋eq \f(2mgsin θ,k)＝eq \f(7mgsin θ,2k)；此时弹力为：F＝k(A＋x0)＝eq \f(7mgsin θ,2)；B对C的弹力最大为F＋mgsin θ＝eq \f(9mgsin θ,2)，故C错误，D正确．【例3】．(多选)如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体A，A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知A的质量为mA，B的质量为mB，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦，重力加速度为g，开始时A位于O点，系统处于静止状态，A在P点时弹簧处于原长，现将A物体由P点静止释放，A物体不会和定滑轮相碰，当B向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度．已知弹簧振子的周期公式为T＝2πeq \r(\f(m,k))，则下列说法正确的是(　　)A．绳子能承受的最大拉力为2mBgB．弹簧的最大弹性势能是eq \f(2m\o\al(B2,)g2,k)C．绳断后A物体回到位置O时的速度大小为mBgeq \r(\f(3,mAk))D．从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间为eq \f(π,3)eq \r(\f(mA,k))【答案】　BCD【解析】将A、B作为整体，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a，根据对称性，B到达最低点的加速度与初始位置大小相等，因此FT－mBg＝mBa，解得绳子能承受的最大拉力FT＝eq \f(mA＋2mB,mA＋mB)mBg，A错误；A处于O位置时，根据平衡条件kx1＝mBg，物体B下降到最低位置时，根据对称性，弹簧伸长量为2x1 ，因此最大弹性势能Epm＝eq \f(1,2)k(2x1)2＝eq \f(2m\o\al(B2,)g2,k)，B正确；绳断后A物体回到位置O时，根据机械能守恒Epm＝eq \f(1,2)kx12＋eq \f(1,2)mAv2，可得A的速度v＝mBgeq \r(\f(3,mAk))，C正确；绳断后，平衡位置为P点，从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间t＝eq \f(T,6)＝eq \f(π,3)eq \r(\f(mA,k))，D正确．题型三 单摆及其周期公式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＝－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：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力提供向心力，F向＝FT－mgcos θ。(3)两点说明①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，FT＝mgcos θ。②当摆球在最低点时，F向＝meq \f(veq \o\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(veq \o\al(2,max),l)。2．周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))的两点说明(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。(2)g为当地重力加速度。类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用【例1】(2022·山东烟台市5月模拟)如图甲所示，细线下端悬挂一个去除了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为(　　)A.eq \f(gv2,25π2L2) B.eq \f(gL2,25π2v2)C.eq \f(25gL2,16π2v2) D.eq \f(25gv2,16π2L2)【答案】B【解析】由图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足eq \f(5,2)T＝eq \f(L,v)，单摆周期公式为T＝2πeq \r(\f(l,g))，联立解得该单摆的等效摆长为l＝eq \f(gL2,25π2v2)，B正确。【例2】 (2021·北京顺义区统练)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在此处将力传感器与摆线相连(图甲中未画出)。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙为细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，图乙中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．单摆的摆长为2.5 mB．摆球的质量为0.049 8 kgC．单摆的振动周期为0.8π sD．摆球运动过程中的最大速度为eq \f(24,5)eq \r(7) m/s【答案】C【解析】根据乙图，周期为T＝0.8π s，故C正确；根据周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，整理得l＝eq \f(gT2,4π2)＝1.6 m，故A错误；由于在最低点时的拉力大小为F＝0.504 N，根据牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(v2,l)，设在A点时，摆线与竖直方向夹角为θ，在最高点时的拉力为F′＝mgcos θ＝0.498 N，由最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有mgl(1－cos θ)＝eq \f(1,2)mv2，联立可得m＝0.05 kg，v＝eq \f(4,25)eq \r(5) m/s，故B、D错误。类型2 单摆的振动图像及运动学特征【例1】(多选)学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是(　　)A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1∶2B．甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4C．t＝1.5 s时，两摆球的加速度方向相同D．3～4 s内，两摆球的势能均减少【答案】　BCD【解析】单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆摆球的质量关系，A错误；由题图图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，周期与摆长的二次方根成正比，所以甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4，B正确；由加速度公式a＝eq \f(F回,m)＝eq \f(－kx,m)，t＝1.5 s时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，C正确；3～4 s内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，D正确．【例2】(多选)如图甲所示为挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．单摆振动的周期是6 sB．t＝2 s时，摆球的速度最大C．球摆开的角度增大，周期越大D．该单摆的摆长约为16 m【答案】　BD【解析】　由图像知，单摆的周期8 s，A错误；t＝2 s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，周期与角度无关，C错误；代入T＝2πeq \r(\f(l,g))得摆长l≈16 m，D正确。【例3】把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是(　　)A．小王荡秋千时，其周期大于6.28 sB．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零C．小明荡到图中对应的b点时，动能最小D．该秋千的绳子长度约为10 m【答案】　D【解析】　小王荡秋千时，根据T＝2πeq \r(\f(l,g))可知做单摆运动的物体的周期与质量无关，其周期等于6.28 s，故A错误；图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；小明荡到图中对应的b点时，b点为平衡位置，速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2πeq \r(\f(l,g))，计算得l≈10 m，故D正确。题型四 受迫振动和共振1．简谐运动、受迫振动和共振的关系比较2.对共振的理解(1)共振曲线：如图所示，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。(2)做受迫振动的系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。类型1 受迫振动概念及规律的理解应用【例1】 (2022·天津河西区期末质量调查)如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示。圆盘匀速转动时，小球做受迫振动，小球振动稳定时，下列说法正确的是(　　)A．小球振动的固有频率是4 HzB．小球做受迫振动时周期一定是4 sC．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著增大D．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著减小【答案】　C【解析】　小球振动的固有周期T＝4 s，则其固有频率为f＝eq \f(1,T)＝0.25 Hz，A错误；小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4 s，B错误；圆盘转动周期在4 s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C正确，D错误。【例2】(2022·云南省保山市智源中学高二月考)把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上安一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，如图所示．筛子做自由振动时，完成10次全振动用时15 s．在某电压下，电动偏心轮转速是36 r/min.已知增大电压可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可以增大筛子的固有周期．那么要使筛子的振幅增大，下列做法正确的是(　　)A．提高输入电压 B．降低输入电压C．减小筛子质量 D．减小筛子质量【答案】A　【解析】共振筛的工作原理是，当电动偏心轮的转动周期跟筛子的固有周期相等时，就会发生共振．在题给条件下，筛子振动的固有周期T固＝eq \f(15,10) s＝1.5 s，电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T驱＝eq \f(60,36) s＝1.67 s．要使筛子振幅增大，就得使这两个周期值靠近，可采用两种做法：第一，提高输入电压使偏心轮转得快一些，减小驱动力的周期；第二，增加筛子的质量使筛子的固有周期增大．正确选项为A【例3】(多选)(2021·浙江1月选考·15)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不同，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；打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率为树干的固有频率，所以粗细不同的树干频率不同，C错误；树干在振动器的振动下做受迫振动，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．类型2 共振曲线的应用【例1】下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则(　　)A.f固＝60 HzB．60 Hz＜f固＜70 HzC．50 Hz＜f固≤60 HzD．以上三个都不对【答案】C【解析】从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大。并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢。比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固≤60 Hz，即C正确。【例2】一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，重力加速度g约为10 m/s2，则(　　)A．此单摆的固有周期为0.5 sB．此单摆的摆长约为2 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动【答案】　D【解析】　由图线可知，此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，A错误；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可解得此单摆的摆长约为1 m，B错误；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，C错误，D正确．类型3 “驱动摆”的分析【例1】(多选)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆．下列说法正确的是(　　)A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同但加速度一定相同B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2πeq \r(\f(L,g))C．驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大【答案】　ABD【解析】　某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据F＝－kx可得，加速度a＝eq \f(F,m)＝－eq \f(k,m)x，故加速度一定相同，A正确；如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T＝2πeq \r(\f(L,g))，而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，B正确；同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅最大，这种现象称为共振，受迫振动不仅传播振动形式，还传播能量，故C错误，D正确．【例2】(2021·北京丰台区模拟)如图所示，在一根张紧的水平绳上挂a、b、c、d四个摆，其中摆长关系为lc＜la＝ld＜lb，让d先摆动起来后，其他各摆随后也跟着摆动起来。下列说法正确的是(　　)A．稳定后四个摆的周期大小Tc＜Ta＝Td＜TbB．稳定后四个摆的振幅一样大C．稳定后a摆的振幅最大D．d摆摆动过程中振幅保持不变【答案】　C【解析】　让d先摆动起来后，其他各摆随后也跟着摆动起来做受迫振动，稳定后四个摆的周期均等于d摆的振动周期，A错误；由于a摆的摆长与d摆的摆长相等，二者的固有频率相同，二者发生共振，则稳定后a摆的振幅最大，B错误，C正确；d摆摆动过程中，有阻力做负功，由能量守恒定律可知，d摆的振幅变小，D错误。受力特点回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特点靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量振幅越大，能量越大．在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒周期性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)对称性(1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置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(2)物体由P到O所用的时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′(3)物体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、加速度大小相等，方向相反振动项目　　简谐运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、声音的共鸣等驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3