高中物理高考 专题36 机械振动及其规律（解析版）

这是一份高中物理高考 专题36 机械振动及其规律（解析版），共19页。

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc22817105" 热点题型一 简谐运动的规律 PAGEREF _Tc22817105 \h 1
\l "_Tc22817106" 弹簧振子模型 PAGEREF _Tc22817106 \h 2
\l "_Tc22817107" 单摆模型 PAGEREF _Tc22817107 \h 3
\l "_Tc22817108" 热点题型二 简谐运动的图象 PAGEREF _Tc22817108 \h 4
\l "_Tc22817109" 对运动学特征的考查 PAGEREF _Tc22817109 \h 5
\l "_Tc22817110" 对动力学特征的考查 PAGEREF _Tc22817110 \h 7
\l "_Tc22817111" 热点题型三 受迫振动和共振 PAGEREF _Tc22817111 \h 8
\l "_Tc22817112" 热点题型四 单摆周期公式及用单摆测定重力加速度 PAGEREF _Tc22817112 \h 10
\l "_Tc22817113" 【题型演练】 PAGEREF _Tc22817113 \h 14
【题型归纳】
热点题型一 简谐运动的规律
简谐运动的规律——五个特征
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：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比，且方向相反，为变速运动，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．运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同．
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，振子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．
(2)如图所示，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．
(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′.
(4)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：振动的能量包括动能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．
弹簧振子模型
【例1】 (2019·北京海淀区模拟)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之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的动量为p、动能为Ek.下列说法正确的是( )
A．如果在t2时刻物块的动量也为p，则t2－t1的最小值为T
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．当物块通过O点时，其加速度最小
D．物块运动至C点时，其加速度最小
【答案】C.
【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时刻物块的动量也为p，t2－t1的最小值小于等于eq \f(T,2)，故A错误；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，故B错误；图中O点是平衡位置，根据a＝－eq \f(kx,m)知，物块经过O点时位移最小，则其加速度最小，故C正确；物块运动至C点时，位移最大，其加速度最大，故D错误．
【变式】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
说法正确的是 ( )
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eq \f(T,2)
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
E．物块运动至C点时，其加速度最小
【答案】 ACD
【解析】 如果在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下，则t2－t1的最小值小于eq \f(T,2)，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值小于eq \f(T,2)，选项B错误；当物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，动能最大，选项C、D正确；物块运动至C点时，其加速度最大，速度为零，选项E错误．
单摆模型
【例2】下列关于单摆的认识说法正确的是( )
A．伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式
B．将摆钟由广州移至哈尔滨，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长
C．在利用单摆测量重力加速度的实验中，将绳长当做摆长代入周期公式导致计算结果偏小
D．将单摆的摆角从5°改为3°，单摆的周期不变
E．摆球运动到平衡位置时，合力为零
【答案】BCD
【解析】伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯给出了单摆的周期公式，故A错误；摆钟由广州移至哈尔滨时，重力加速度g变大，摆钟的摆长L不变，由T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，摆钟的周期变小，摆钟变快，要校准摆钟，需要增大摆钟的周期T，可以增大摆钟的摆长L，故B正确；由T＝2πeq \r(\f(L,g))得g＝eq \f(4π2L,T2)，在利用单摆测量重力加速度的实验中，在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，导致摆长偏小，故g值偏小，故C正确；摆角从5°改为3°，单摆仍然做简谐运动，由周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，单摆的周期不变，故D正确；摆球实际做圆周运动(一部分)，经最低点(平衡位置)时，绳子拉力与重力的合力提供向心力，绳子拉力大于重力，故E错误；故选BCD.
【变式】(2017·高考上海卷)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eq \f(9,4)倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的eq \f(2,3)，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
【答案】B.
【解析】由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，当摆长L不变时，周期不变，故C、D错误；由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因平衡位置的速度减小，则最大高度减小，即振幅减小，选项B正确，A错误．
热点题型二 简谐运动的图象
1．简谐运动的数学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)
2．根据简谐运动图象可获取的信息
(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ(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的大小和速度的方向，速度的方向也可根据下一时刻物体的位移的变化来确定．
(4)某时刻质点的回复力、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，在图象上总是指向t轴．
(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．
3．简谐运动图象问题的两种分析方法
法一 图象－运动结合法
解此类题时，首先要理解x－t图象的意义，其次要把x－t图象与质点的实际振动过程联系起来．图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．
法二 直观结论法
简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移－时间的函数关系图象，不是物体的运动轨迹．
对运动学特征的考查
【例3】一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示．
(1)求t＝0.25×10－2 s时质点的位移；
(2)在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化？
(3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？
【答案】 (1)－eq \r(2) cm(2)变大 变大 变小 变小 变大(3)34 cm 2 cm
【解析】 (1)由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，
振动方程为x＝Asin (ωt－eq \f(π,2))＝－Acs ωt＝－2cs (eq \f(2π,2×10－2)t)cm＝－2cs (100πt) cm
当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cs eq \f(π,4) cm＝－eq \r(2) cm.
(2)由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．
(3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，Δt＝eq \f(17,4)T＝(4＋eq \f(1,4))T，可知质点的路程为s＝17A＝34 cm，位移为2 cm.
【变式1】(2017·高考北京卷)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( )
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
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】 由图象可知，t＝1 s和t＝3 s时振子在最大位移处，速度为零，加速度分别为负向最大值、正向最大值；而t＝2 s和t＝4 s时振子在平衡位置，加速度为零，而速度分别为负向最大、正向最大．综上所述，A项正确．
【变式2】(2019·山西统测)如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b
两点之间做简谐运动，以Ob为正方向，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( )
A．振子的振动周期等于2t1 B．在t＝0时刻，振子的位置在a点
C．在t＝t1时刻，振子的速度为零 D．在t＝t1时刻，振子的速度最大
E．从t1到t2，振子正从O点向b点运动
【答案】ADE
【解析】从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1，选项A正确；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误，D正确；从t1到t2，振子的位移方向沿正方向且在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项E正确．
对动力学特征的考查
【例4】有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示．下列关于图甲、乙、丙、丁的判断不正确的是(选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)( )

A．甲可作为该物体的v－t图象 B．乙可作为该物体的F－t图象
C．丙可作为该物体的F－t图象 D．丙可作为该物体的a－t图象
E．丁可作为该物体的a－t图象
【答案】ABE
【解析】.因为F＝－kx，a＝－eq \f(kx,m)，故图丙可作为F－t、a－t图象；而v随x增大而减小，故v－t图象应为图乙．选项C、D正确，A、B、E错误．
【变式】一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．质点振动的频率为4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大
D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是eq \r(2) cm
E．t＝2 s和t＝4 s两时刻质点的加速度和速度都相同
【答案】BCD
【解析】由题图图象可知，质点振动的周期为T＝4 s，故频率f＝eq \f(1,T)＝0.25 Hz，选项A错误；在10 s内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A＝20 cm，选项B正确；在5 s末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，选项C正确；由题图图象可得振动方程是x＝2sin(eq \f(π,2)t)cm，将t＝1.5 s和t＝4.5 s代入振动方程得位移大小均为eq \r(2) cm，选项D正确；在t＝2 s和t＝4 s时，质点的加速度为零，速度大小相等，方向相反，故选项E错误．
热点题型三 受迫振动和共振
1．自由振动、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，
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：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．
【例5】(2019·江苏扬州中学模拟)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，当a摆振动的时候，通过张
紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来，达到稳定时b摆和c摆的周期大小关系是：
Tb____Tc(选填“大于”“小于”或“等于”)，b摆和c摆中________摆的振幅最大，图乙是c摆稳定以后的振动图
象，重力加速度为g，不计空气阻力，则a摆的摆长为________．
【答案】 等于 c eq \f(gt\\al(2,0),4π2)
【解析】 a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c两个摆施加周期性的驱动力，使b、c两摆做受迫振动，两摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，由于驱动力频率相同，则两摆的周期相同；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于c摆的固有频率与a摆的相同，故c摆发生共振，振幅最大；a摆的固有周期与c摆的相同，由图乙可知，振动周期为：T＝t0, 由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))即t0＝2πeq \r(\f(L,g))，所以摆长为L＝eq \f(gt\\al(2,0),4π2).
【变式1】下列说法中正确的是( )
A．某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关
B．某物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关
C．某物体发生共振时的频率就是其自由振动的频率
D．某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动
E．当驱动力的频率和物体固有频率相差越大时，物体振幅越大
【答案】ABC
【解析】物体做自由振动时，振动频率为固有频率，与振幅无关，A正确；物体做受迫振动时，振动频率始终等于外界驱动力的频率，与固有频率无关，B正确；物体发生共振时，系统的振动频率和固有频率相等，C正确；物体共振时，同样受到阻力作用，D错误；当驱动力的频率和物体的固有频率相差越大时，物体的振幅越小，E错误．故本题正确答案选ABC.
【变式2】(2019·江西重点中学联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s B．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大 D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
E．振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功
【答案】BDE.
【解析】摇把匀速转动的频率f＝n＝eq \f(240,60) Hz＝4 Hz，周期T＝eq \f(1,f)＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确；外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E正确．
热点题型四 单摆周期公式及用单摆测定重力加速度
1．对单摆的理解
(1)回复力：摆球重力沿切线方向的分力，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：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－mgcs θ.
两点说明：
当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，FT＝mgcs θ.
当摆球在最低点时，F向＝eq \f(mv\\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(v\\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．
3．用单摆测定重力加速度
(1)实验原理与操作
(2)数据处理与分析
①数据处理
a．公式法：g＝eq \f(4π2l,T2)，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值．
b．图象法：作出l­T2图象求g值．
②误差分析
【例6】(2019·衡水模拟)物理实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验．
(1)实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约为2 cm的均匀铁球
D．直径约为5 cm的均匀木球
E．秒表
F．时钟
G．最小刻度为毫米的刻度尺
实验小组的同学需要从上述器材中选择________(填写器材前面的字母)．
(2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)．
(3)某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________．
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，秒表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
【答案】(1)ACEG (2)A (3)D
【解析】(1)需要从题给器材中选择：长约1 m的细线，直径约2 cm的均匀铁球，秒表(测量50次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)．
(2)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝lsin 5°＝0.087 m＝8.7 cm，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A.
(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝eq \f(4π2L,T2).将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，故A错误；开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，故B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，故C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝eq \f(t,29)，若误计为30次，则T测＝eq \f(t,30)【变式1】在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间，则单摆振动周期为________．
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m.
(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________．
A．甲的说法正确
B．乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
【答案】(1)低 2.05 s (2)0.997 0(0.997 0～0.998 0均可) (3)eq \f(4π2L,T2) (4)A
【解析】(1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数为1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，则周期T＝eq \f(102.5,50) s＝2.05 s.
(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.997 0 m.
(3)由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可得g＝eq \f(4π2L,T2).
(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，选项A正确．
【变式2】某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T＝2π eq \r(\f(Ic＋mr2,mgr))，式中Ic为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离．如图甲，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m＝0.50 kg.
(1)由实验数据得出图乙所示的拟合直线，图中纵轴表示________．
(2)Ic的国际单位为________，由拟合直线得到Ic的值为________(保留到小数点后两位)．
(3)若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．
【答案】(1)T2r (2)kg·m2 0.17 (3)不变
【解析】(1)由T＝2π eq \r(\f(Ic＋mr2,mgr))，可得T2r＝eq \f(4π2Ic,mg)＋eq \f(4π2,g)r2，所以图中纵轴表示T2r.
(2)Ic单位与mr2单位一致，因为mr2的国际单位为kg·m2，所以Ic的国际单位为kg·m2；
结合T2r＝eq \f(4π2Ic,mg)＋eq \f(4π2,g)r2和题图中的截距和斜率，解得Ic的值约为0.17.
(3)重力加速度g的测量值是通过求斜率eq \f(4π2,g)得到的，与质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值不变．
【题型演练】
1．下列关于单摆运动的说法中，正确的是( )
A．单摆的回复力是摆线的拉力与摆球重力的合力
B．单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力
C．单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小(小于5°)
E．在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
【答案】BCD
【解析】单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力，A错误，B正确；根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，D正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，摆钟振动的周期变大，走时变慢，E错误．故选BCD.
2．一单摆的振动图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A．t＝0.5 s时，摆球处于平衡状态 B．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态
C．t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置 D．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态
E．t＝1.0 s时，摆线所受拉力最大
【答案】CDE
【解析】由图象可知，t＝0.5 s时，摆球出现在最大位移处，回复力最大，加速度不为零，A错误；t＝1.0 s时，摆球处于平衡位置，水平方向不受外力，但由于摆球处于竖直平面圆周轨道的最低点，绳子拉力和重力的合力提供向心力，故合力不为零，B错误；t＝2.0 s时，摆球恰好经过平衡位置，C正确；摆球摆动过程中，受到的外力的合力始终不能为零，故在任何位置都不是平衡状态，D正确；t＝1.0 s时，摆球恰好出现在圆周轨道的最低点，速度最大，摆线所受拉力最大，E正确．故本题正确答案为CDE.
3．(2019·山东济宁联考)如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块．让物块沿竖直方向做简谐运动，
以竖直向上为正方向，物块做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g＝10 m/s2.以下判断中正确的是 ( )
A．h＝1.7 m B．物块做简谐运动的周期是0.8 s
C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相同
E．t＝0.6 s时，物块与小球的加速度方向相同
【答案】ABD
【解析】(1)由振动方程可得，t＝0.6 s物体的位移y＝0.1sin(2.5π×0.6)＝－0.1 m则h＋|y|＝eq \f(1,2)gt2，解得h＝1.7 m，A正确；由公式可知，简谐运动的周期为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2.5π)＝0.8 s，B正确；0.6 s＝eq \f(3,4)T，则物块运动的路程为s＝3A＝0.3 m，C错误；t＝0.4 s＝eq \f(T,2)，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物体与小球运动方向相同，D正确；t＝0.6 s＝eq \f(3,4)T，此时物块正在最下端，加速度方向向上，与小球的加速度方向相反，E错误．故本题选ABD.
4．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．质点振动的频率为4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大
D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是eq \r(2) cm
E．t＝2 s和t＝4 s两时刻质点的加速度和速度都相同
【答案】BCD
【解析】由题图图象可知，质点振动的周期为T＝4 s，故频率f＝eq \f(1,T)＝0.25 Hz，选项A错误；在10 s内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A＝20 cm，选项B正确；在5 s末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，选项C正确；由题图图象可得振动方程是x＝2sin(eq \f(π,2)t)cm，将t＝1.5 s和t＝4.5 s代入振动方程得位移大小均为eq \r(2) cm，选项D正确；在t＝2 s和t＝4 s时，质点的加速度为零，速度大小相等，方向相反，故选项E错误．
5.关于受迫振动和共振，下列说法正确的是( )
A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C．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
D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
E．受迫振动系统的机械能守恒
【答案】BCD
【解析】火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；根据共振图线可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误．
6．(2019·辽宁大连模拟)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，则下列说法正确的是( )
A．当fB．当f>f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
E．当f＝f0时，该振动系统一定发生共振
【答案】BDE.
【解析】
受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示，显然选项A错误，B正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即选项C错误，D正确；根据共振产生的条件可知，当f＝f0时，该振动系统一定发生共振，选项E正确．
7. (2019·兰州一中高三质检)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )
A．甲、乙两单摆的摆长相等 B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大 D．甲摆的周期比乙摆大
E．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
【答案】ABE
【解析】.可从题图上看出甲摆振幅大，B正确；由题图知两摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，无法比较它们的机械能的大小，A正确，C、D错误；t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，E正确．
8.(2019·温州八校联考)如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在O点时，弹簧处于原长，A、B为关于O对称的两个位置，现在使小球带上负电，并让小球从B点静止释放，那么下列说法不正确的是( )
A．小球仍然能在A、B间做简谐运动，O点是其平衡位置
B．小球从B运动到A的过程中，动能一定先增大后减小
C．小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在O点
D．小球不可能再做简谐运动
E．小球从B点运动到A点，其动能的增加量一定等于电势能的减少量
【答案】ABD.
【解析】小球在匀强电场中受到水平向左的电场力，设该电场力大小为F0，小球合力为零的位置应该在O点左侧，设为O1，设O1、O点的间距为x0，弹簧劲度系数为k，则F0＝kx0；取水平向右为正方向，当小球从O1点向右运动的位移为x时，回复力F＝－F0＋k(x0－x)＝－kx，所以小球会以O1点为平衡位置做简谐运动，选项A、D错误，C正确；因为不知道A点与平衡位置O1点的位置关系，所以不能确定小球从B运动到A的过程中，动能如何变化，选项B错误；小球做简谐运动的过程中，小球的动能和电势能及弹簧的弹性势能之和守恒，小球从B点运动到A点，弹簧的弹性势能不变，所以小球动能的增加量一定等于电势能的减少量，选项E正确．
9.在探究单摆运动的实验中：
(1)图(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F­t图象，根据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为__________s，摆长为______________m(取π2＝10，重力加速度大小g＝10 m/s2)．
(2)单摆振动的回复力是________．
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C．摆线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)某同学的操作步骤如下，其中正确的是________．
A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
B．用米尺量得细线长度l，测得摆长为l
C．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度
【答案】(1)0.5 0.64 (2)B (3)AC
【解析】(1)根据题图(b)的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，所对应的时刻为t＝0.5 s．根据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6 s，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，解得摆长为L＝0.64 m.
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，选项B正确．
(3)测得摆长应为l＋eq \f(d,2)，选项B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摆动周期不是单摆运动的周期，选项D错误．
10．(2019·温州十校模拟)弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从
O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第
二次变为－v.
(1)求弹簧振子振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．
【答案】(1)1.0 s (2)200 cm(3)x＝12.5sin (2πt) cm 图见解析
【解析】(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示，
由对称性可得
T＝0.5×2 s＝1.0 s.
(2)若B、C之间距离为25 cm，
则振幅A＝eq \f(1,2 )×25 cm＝12.5 cm
振子4.0 s内通过的路程
s＝eq \f(4,1)×4×12.5 cm＝200 cm
(3)根据x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s
得x＝12.5sin (2πt) cm，振动图象如图所示．
模型
弹簧振子
示意图
简谐运动条件
(1)弹簧质量可忽略
(2)无摩擦等阻力
(3)在弹簧弹性限度内
回复力
弹簧的弹力
平衡位置
弹簧处于原长处
周期
与振幅无关
能量转化
弹性势能与动能相互转化，机械能守恒
模型
单摆
示意图
简谐运动条件
(1)摆线为不可伸缩的轻细线
(2)无空气等阻力
(3)最大摆角小于5°
回复力
摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力
平衡位置
最低点
周期
T＝2πeq \r(\f(l,g))
能量转化
重力势能与动能相互转化，机械能守恒
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
产生原因
减小方法
偶然误差
测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差
a.多次测量再求平均值
b．计时从单摆经过平衡位置时开始
系统误差
主要来源于单摆模型本身
a.摆球要选体积小，密度大的
b．最大摆角要小于5°
r/m
0.45
0.40
0.35
0.30
0.25
0.20
T/s
2.11
2.14
2.20
2.30
2.43
2.64