浙江专版2024版高考物理一轮复习 机械振动练习

机械振动

考点1　简谐运动的特征(b)

1.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

【解析】选D。弹簧振子的速率在减小,则动能减小,弹性势能增大,故振子必定从平衡位置向最大位移处运动,速度与位移方向相同,则加速度与速度方向必定相反,故选项A、B错误;由上述分析可知,弹簧振子的位移大小在增大,回复力的大小与位移大小成正比,故回复力一定增大,故选项C错误,D正确。

2.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(选填“>”“<”或“=”), T__________T0(选填“>”“<”或“=”)。 

【解析】物块以一定的速度通过平衡位置时,质量减小,则振动的动能减小,也就是系统的机械能减小,所以能到达的最大位移减小,振幅减小,故A<A0。由于在这周期内,初速度和末速度不变,而位移减小了,由v-t图知运动时间T减小,即振动周期减小。

答案:<　<

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,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.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)相隔或(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。

【加固训练】

 (多选)如图为某鱼漂的示意图。当鱼漂静止时,水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按,使水位到达M点。松手后,鱼漂会上下运动,水位在MN之间来回移动。不考虑阻力的影响,下列说法正确的是              (　　)

A.鱼漂的运动是简谐运动

B.水位在O点时,鱼漂的速度最大

C.水位到达M点时,鱼漂具有向下的加速度

D.鱼漂由上往下运动时,速度越来越大

【解析】选A、B。设鱼漂的横截面积为S,O点以下的长度为h。当鱼漂静止时,水位恰好在O点,说明在O点浮力等于重力,即mg=ρgSh。可取O点所在位置为平衡位置,取竖直向下为正,当鱼漂被下按x时,水位在O点上方x处,此时合力为F合=mg-ρgS(h+x)=-ρgSx,同理可得水位在O点下方时也满足此式。因为ρ、g、S都是确定量,所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合=-kx),鱼漂做的是简谐运动,A正确;O点是平衡位置,所以O点时鱼漂的速度最大,B正确;水位到达M点时,鱼漂具有向上的加速度,C错误;鱼漂由上往下运动时,可能加速也可能减速,D错误。

考点2　简谐运动的描述和图象(c)

【典例1】(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

【解析】选A、D。若振幅为0.1 m,根据题意可知从t=0 s到t=1 s振子经历的周期为T,则T=1 s(n=0,1,2,3……),解得T= s(n=0,1,2, 3……),当n=1时T= s,无论n为何值,T都不会等于 s,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=+nT①,或者1 s=T+nT②,或者

1 s=+nT③,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,为整数,故C错误,D正确。

【典例2】(多选)如图所示,弹簧振子在M、N点之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴的正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图象和v-t图象正确的是              (　　)

【解析】选A、D。N点在O点的右侧,而本题以平衡位置O为原点,向右为x的轴的正方向,振子位于N点时开始计时,故0时刻振子在正向最大位移处,将向左运动,即向负方向运动,位移减小,A正确。而位移最大时速度为零,故D正确。

1.(2023·杭州模拟)如图所示,弹簧振子在dc间振动过程中,振子从a到b历时0.2 s,振子经a、b两点时速度相同,若它从b再回到a的最短时间为0.4 s,则该振子的振动频率为              (　　)

A.1 Hz　　　　　　　　 B.1.25 Hz

C.2 Hz　      D.2.5 Hz

【解析】选B。由简谐运动的对称性可知,tOb=0.1 s,tbc=0.1 s,故=0.2 s,解得T=0.8 s,f==1.25 Hz。

2.(易错专练:振动图象的应用)(多选)在同一实验室中,甲、乙两水平弹簧振子的振动图象如图所示,则可知              (　　)

A.振子甲速度为零时,振子乙速度最大

B.两振子的振动频率之比f(甲)∶f(乙)=2∶1

C.若将振子乙的振幅也增为10 cm,则甲、乙振子的振动周期会相等

D.任意2 s内,甲、乙两振子运动的路程相等

【解析】选A、D。由题图可知甲、乙两个振子的周期分别为T甲=2.0 s,T乙=1.0 s,振子甲每一次位于最大位移处时,乙都经过平衡位置,所以振子甲速度为零时,振子乙速度最大,故A正确;甲、乙两个振子的周期分别为T甲=2.0 s,T乙=1.0 s,甲、乙两个振子的周期之比为2∶1,又f=,所以甲、乙振子的振动频率之比

f甲∶f乙=1∶2,故B错误;弹簧振子振动的周期与振幅无关,故C错误;甲、乙两个振子的周期分别为T甲=2.0 s,T乙=1.0 s,则在任意2 s内,甲的路程为4A甲=4×10 cm=40 cm,乙的路程为8A乙=8×5 cm=40 cm,甲、乙两振子的路程相等,故D正确。

1.对简谐运动图象的认识:

(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线,如图所示。

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

2.图象信息:

(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率。

(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回复力、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。

(4)确定某时刻质点速度的方向:速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定,下一时刻位移如增加,振动质点的速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点的速度方向就是指向t轴。

(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小。

(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小。

考点3　探究单摆的运动、用单摆测定重力

加速度(c)

【典例3】(2023·金华模拟)某同学在做“在用单摆测量重力加速度”的实验中,实验装置如图(a)所示,细线的上端固定在铁架台上,下端系一个小钢球,做成一个单摆。

(1)实验过程有两组同学分别用了图b、c的两种不同方式悬挂小钢球,你认为______(选填“b”或“c”)悬挂方式较好。 

(2)他通过多次实验后以摆长L为横坐标,T2为纵坐标,作出了T2-L图线,若该同学计算摆长的时候加的是小球的直径,则所画图线在图d中是________。 

【解析】(1)实验时,运用b悬挂方式,单摆在摆动的过程中,摆长在变化,对测量有影响,c悬挂方式,摆长不变,可知c悬挂方式较好。

(2)由单摆周期公式:T=2π

可得:T2=L,若该同学计算摆长时候加的是小球直径,则有,T2=(L-),A图线正确。

答案:(1)c　(2)A

1.(1)某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中,分别用两种仪器来测量摆球直径,操作如图 1 所示,得到摆球的直径为 d=19.12 mm,此测量数据是选用了仪器______(选填“甲”或“乙”)测量得到的。 

(2)该同学先用米尺测得摆线的长度,再采用(1)中的方法测得摆球直径,他通过改变摆长,进行多次实验后以摆长L为横坐标,T2为纵坐标,作出T2-L图线,若该同学在计算摆长时加的是小球直径,则所画图线是图2中的______(选填“A”“B”或“C”)。 

【解析】(1)图甲是螺旋测微器,其最小分度是0.001 mm,而乙为50分度的游标卡尺,最小分度是0.02 mm,d=19.12 mm;符合游标卡尺的读数,不符合螺旋测微器的读数精确度。故此测量数据是选用了仪器乙。

(2)由单摆周期公式:T=2π

可得:T2=L,若该同学计算摆长时加的是小球直径,则对应的准确表达式应为:T2=(L-),则可知图象应与横坐标有交点,故C正确。

答案:(1)乙　(2)C

2.某实验小组用单摆测重力加速度。先用游标卡尺测摆球直径,结果如图甲所示,则摆球的直径为__________cm。若将单摆悬挂后,用刻度尺测得摆线的长是87 cm,测得单摆完成40次全振动的时间如图乙表所示,则秒表读数是________s,单摆的摆动周期是________s,由此计算当地的重力加速度为______m/s2。(保留三位有效数字,π取3.14) 

【解析】由游标卡尺读数得出摆球直径为0.97 cm,秒表示数为75.3 s,单摆周期T= s=1.88 s

根据T=2π,g=≈9.71 m/s2

答案:0.97　75.3　1.88　9.71

3.(2023·嘉兴模拟)如图甲所示,某学习小组在实验室做“探究周期与摆长的关系”的实验。

(1)若用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出周期的表达式T=__________。 

(2)若利用拉力传感器记录拉力随时间变化的关系,由图乙可知,该单摆的周期T=________ s。 

(3)在多次改变摆线长度测量后,根据实验数据,利用计算机作出周期与摆线长度的关系(T2–L)图线,并根据图线拟合得到方程T2=kL+b,由此可知当地的重力加速度g=________,摆球半径r=________(用k、b、π表示)。 

【解析】(1)单摆完成n次全振动所用的时间为t,则周期的表达式T=;

(2)单摆摆动过程中,每次经过最低点时拉力最大,每次经过最高点时拉力最小,拉力变化的周期为1.0 s,故单摆的摆动周期为2.0 s;

(3)根据T=2π得:T2=L′,则图线的斜率:k=,因此g=;而L′=L+r,图线拟合得到方程T2=kL+b,因此摆球半径r=。

答案:(1)　(2)2.0　(3)　

1.实验原理:由单摆的周期公式T=2π,可得出g=l,测出单摆的摆长l和振动周期T,就可求出当地的重力加速度g。

2.实验器材:单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。

3.实验步骤:

(1)做单摆:取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球,并打一个比小孔大一些的结,然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上,让摆球自然下垂,如图所示。

(2)测摆长:用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,则单摆的摆长l=L+。

(3)测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°),然后释放小球,记下单摆摆动30～50次的总时间,算出平均每摆动一次的时间,即为单摆的振动周期。

(4)改变摆长,重做几次实验。

(5)数据处理的两种方法:

方法一:计算法。

根据公式T=2π,g=。将测得的几次周期T和摆长l代入公式 g=中算出重力加速度g的值,再算出g的平均值,即为当地的重力加速度的值。

方法二:图象法。

由单摆的周期公式T=2π可得l=T2,因此以摆长l为纵轴,以T2为横轴作出的l -T2图象是一条过原点的直线,如图所示,求出图线的斜率k,即可求出g值。g=4π2k,k==。

4.注意事项:

(1)悬线顶端不能晃动,需用夹子夹住,保证悬点固定。

(2)单摆必须在同一平面内振动,且偏角小于5°。

(3)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时,并数准全振动的次数。

(4)小球自然下垂时,用毫米刻度尺量出悬线长L,用游标卡尺测量小球的直径,然后算出摆球的半径r,则摆长l=L+r。

(5)选用一米左右的细线。