资源简介

第1讲　机械振动
对应学生用书P157
学习目标 教考链接
1.认识简谐运动，理解简谐运动的表达式和图像 2.知道单摆，理解并熟记单摆的周期公式 3.认识受迫振动，了解产生共振的条件及其应用 1.命题情境从理想模型转向复合模型：高考倾向于将多个模型或物理过程复合，例如将弹簧振子与连接体问题结合，并融入电磁阻尼等 2.知识应用从简单计算转向综合分析：高考强调在实际情境(如斜面上的等效单摆、星球表面的简谐运动)中灵活运用知识，并常结合振动图像进行多物理量的综合推理
一、简谐运动
1.描述：质点在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置的运动。
2.平衡位置
物体在振动过程中回复力为零的位置。竖直弹簧振子中，小球静止的位置是平衡位置，但此时弹簧发生了形变，并非弹簧原长的位置。
3.回复力
(1)使物体返回到平衡位置的力，方向总是指向平衡位置。
(2)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。例如：
模型 对应回复力
水平方向的弹簧振子，弹力充当回复力
竖直方向的弹簧振子，弹力和重力的合力充当回复力
m随M一起振动，m的回复力是静摩擦力
AI精准定位：高考命题关键点
简谐运动
简谐运动具有对称性和周期性，按特定规律往复运动。
【例1】 (2024·河北高考)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　)
A.0.2 rad/s，1.0 m
B.0.2 rad/s，1.25 m
C.1.26 rad/s，1.0 m
D.1.26 rad/s，1.25 m
简谐运动的回复力
做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合力不一定为零。
【例2】 (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
二、简谐运动的图像
1.物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线。
2.表达式：x＝Asin (ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫作初相。
3.简谐运动的图像
(1)从平衡位置开始计时，把开始运动的方向规定为正方向，函数表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。
(2)从正方向的最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示。
简谐运动的图像
简谐运动的x-t图像，不是振子的运动轨迹，振子的运动轨迹是一条线段。
【例3】 一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.质点的振动频率是4 Hz
B.0～10 s内质点经过的路程是20 cm
C.在t＝4 s时质点的速度为0
D.在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点的位移相同
三、弹簧振子和单摆
模型 弹簧振子 单摆
示意图
简谐 运动 的条件 ①弹簧质量要忽略。 ②无摩擦等阻力。 ③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的细线。 ②无空气阻力等。 ③最大摆角小于5°
回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力(不是摆球所受的合力)提供
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点
周期 与振幅无关 T＝2π
[提醒]摆长、摆线长的比较。
弹簧振子
理想化模型，在弹性限度内做简谐运动，周期由振子质量与劲度系数决定。
【例4】 竖直弹簧上端固定，质量为m的小球在竖直方向做振幅为A的简谐运动。当小球振动到最高点时弹簧恰好为原长，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，则小球在简谐运动过程中(　　)
A.弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变
B.小球最大动能等于mgA
C.弹簧最大弹性势能等于mgA
D.小球在最低点时弹簧的弹力大小为2mg
单摆的周期公式
单摆的周期仅取决于摆长和当地重力加速度。
【例5】 在同一个地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为(　　)
A.2∶3
B.3∶2
C.4∶9
D.9∶4
题后反思：
四、受迫振动和共振
1.受迫振动：系统在驱动力作用下的振动。
2.共振
(1)概念：当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。
(2)共振的条件：驱动力的频率等于固有频率。
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。
4.自由振动、受迫振动和共振的比较
项目 自由振动 受迫振动 共振
受外力 情况 没有驱动力 受到周期性的驱动力作用 受到周期性的驱动力作用
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驱＝T固 f驱＝f固
振动 能量 无阻尼自由振动物体的机械能不变，阻尼振动物体的机械能减小 由驱动力提供 振动物体获得的能量最大
常见 例子 弹簧振子、单摆 机器运转时底座发生的振动 共振筛
[说明]
(1)明确驱动力、受迫振动与共振的概念以及阻尼振动、自由振动、受迫振动的区别与联系。
(2)受迫振动的周期和频率由外界驱动力的周期和频率决定，与振动物体自身的固有周期和固有频率无关。
(3)受迫振动的振幅大小与外界驱动力的频率有关，驱动力的频率与固有频率越接近，受迫振动的振幅就越大，两者相差越大，受迫振动的振幅就越小，当两者相等时，受迫振动的振幅最大。
阻尼振动
阻尼振动受阻力作用，振幅逐渐减小，周期保持不变，遵循能量耗散规律。
【例6】 (教材习题改编)如图是摆球做阻尼振动的位移—时间图像，下列说法正确的是(　　)
A.振动过程中周期逐渐变小
B.摆球在P时刻的势能等于N时刻的势能
C.摆球在P时刻的动能等于N时刻的动能
D.摆球在P时刻的机械能等于N时刻的机械能
受迫振动和共振
受迫振动频率等于驱动力频率；共振发生在驱动力频率等于系统固有频率时。
【例7】 (原创＋生产生活融通)共振破碎机是道路施工中破碎旧路面的设备，它通过自身振动使旧路面发生振动从而实现破碎。下列说法正确的是(　　)
A.针对不同硬度的旧路面，共振破碎机的振动频率越大，路面的振动幅度一定越大
B.共振破碎机稳定工作时，旧路面的振动频率与破碎机的振动频率不同
C.为使某段旧路面获得最大振动幅度，应使破碎机的振动频率接近该路面的固有频率
D.为避免机身受损，应使破碎机的振动频率接近机身的固有频率
【例1】 解析：选C。由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min振动12个周期，故光点振动的周期T＝＝＝5 s，所以光点振动的圆频率ω＝＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确，D错误。
【例2】 解析：选B。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，即F＝－kx，则说明微粒Q以P为平衡位置做简谐振动，则微粒Q衡位置速度会增大，加速度减小；远离平衡位置速度会减小，加速度增大，故B正确。
【例3】 解析：选B。由图可知，质点振动的周期为4 s，故频率为f＝＝0.25 Hz，A错误；每个周期质点的路程为4A，可知0～10 s内质点的路程为s＝×4A＝10A＝20 cm，故路程为20 cm，B正确；在t＝4 s时，质点位于平衡位置，故速度最大，C错误；在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点的位移大小相等，方向相反，D错误。
【例4】 解析：选D。小球和弹簧组成的系统机械能守恒，因此弹簧的弹性势能和小球的动能、重力势能之和保持不变，A错误；小球在平衡位置的速度最大，动能最大，根据mgA＝Ekmax＋Ep，解得Ekmax＝mgA－Ep，即小球的最大动能小于mgA，B错误；由于小球在竖直方向做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时，弹簧正好为原长，则小球运动到最低点时，小球下降的高度为2A，减小的重力势能全部转化为弹性势能，即弹簧的最大弹性势能等于2mgA，C错误；当小球振动到最高点时，弹簧正好为原长，则在最高点小球仅受到重力作用，加速度为a＝g，根据简谐运动的对称性可知小球在最低点时有F1－mg＝ma，解得F1＝2mg，D正确。
【例5】 解析：选C。甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙＝0.8 s∶1.2 s＝2∶3，根据单摆周期公式T＝2π，可得L＝，则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲∶L乙＝∶＝4∶9，故C正确。
【例6】 解析：选B。阻尼振动中，虽然振幅逐渐减小，但是周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，故A错误。因P、N两时刻摆球的位移相同，故摆球在P时刻的势能等于N时刻的势能，故B正确。由于振动的能量逐渐减小，故摆球在P时刻的动能大于N时刻的动能，摆球在P时刻的机械能大于N时刻的机械能，故C、D错误。
【例7】 解析：选C。根据共振条件，当驱动力频率等于固有频率时振幅最大，针对不同路面，破碎机频率并非越大振幅越大，故A错误；受迫振动的频率等于驱动力频率，旧路面振动频率与破碎机相同，故B错误；使驱动力频率接近路面固有频率时，路面发生共振，振幅最大，故C正确；为避免机身因共振受损，应使破碎机频率远离机身固有频率，故D错误。
考点一　简谐运动的规律
简谐运动的周期性和对称性，以四分之一周期分段
【例1】 如图甲所示，一根粗细均匀的木筷，下端绕几圈细铁丝后竖直悬浮静止在装有盐水的杯子中，木筷下端到水面的距离为h0，现把木筷竖直向上提起一段距离后放手，忽略水的黏滞阻力及水面高度变化，以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，木筷下端的位移y随时间t变化的图像如图乙所示。已知盐水的密度为ρ，木筷的横截面积为S，木筷下端到水面的最小距离为h1。则(　　)
A.2t0和6t0时刻木筷速度相同
B.木筷做简谐运动的振幅为
C.木筷(含铁丝)的质量为ρSh0
D.木筷在0～3t0时间内运动的路程为(h0－h1)
题后反思：
角度突破
1.周期性：质点的位移、回复力、加速度和速度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。
2.对称性：关于平衡位置O对称的两点，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，方向相反。
破题路径
【例1】 解析：选C。由图乙可知木筷运动周期为8t0，2t0和6t0时刻相差，故木筷的运动速度大小相等，但方向相反，故A错误；由简谐运动可知，木筷静止时的位置为其做简谐运动的平衡位置，下端到水面的距离为h0，振动到正向最大位移处，到水面的距离最小，为h1，可得振幅A＝h0－h1，故B错误；木筷(含铁丝)静止在平衡位置时，所受重力与浮力相等，即mg＝ρgSh0，解得m＝ρSh0，故C正确；木筷振动方程的一般形式为y＝Asin (ωt＋φ)，其中A＝h0－h1，ω＝＝，φ＝·2π＝，代入得y＝(h0－h1)sin ，t＝0时，有y0＝(h0－h1)sin ＝，结合图乙可知，木筷在0～3t0时间内运动的路程为s＝2A－y0＝(h0－h1)，故D错误。
简谐运动的多解性，考虑周期整数倍与两种运动方向
【例2】 如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，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.，3t
B.，t
C.，t
D.，4t
角度突破
1.周期性造成多解：物体经过同一位置可以对应不同的时刻，物体的位移、加速度相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这样就形成简谐运动的多解问题。
2.对称性造成多解：由于简谐运动具有对称性，因此当物体通过两个对称位置时，其位移、加速度大小相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这种也形成多解问题。
【例2】 解析：
选C。若平衡位置O在A点左侧，如图甲所示，由A＋L＝A，得到振幅A＝，质点经过A点时开始计时，有t＝，得周期T＝4t，A、B错误；若平衡位置O在A、B之间，如图乙所示，由A＋A＝L，得到振幅A＝，质点经过A点时开始计时，有t＝，得周期T＝t，C正确，D错误。
考点二　简谐运动的表达式和图像
简谐运动的图像问题，关注图像斜率的变化
【例3】 (2024·福建高考)如图甲，装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图乙所示，则试管(　　)
A.振幅为2.0 cm
B.振动频率为2.5 Hz
C.在t＝0.1 s时速度为零
D.在t＝0.2 s时加速度方向竖直向下
题后反思：
角度突破
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，表示质点的速度沿正方向；斜率为负时，表示质点的速度沿负方向。
破题路径
【例3】 解析：选B。根据题图乙可知，振幅为1.0 cm；周期为T＝0.4 s，则频率为f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故A错误，B正确；根据图像可知，t＝0.1 s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；根据图像可知，t＝0.2 s时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
根据条件写出振动方程，明确标准的振动方程形式
【例4】 一个小物块拴在一个轻弹簧上，并将弹簧和小物块竖直悬挂处于静止状态，以此时小物块所处位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立Ox轴，如图所示。先将小物块竖直向上托起使弹簧处于原长，然后将小物块由静止释放并开始计时，经过 s，小物块向下运动20 cm第一次到达最低点，已知小物块在竖直方向做简谐运动，重力加速度g＝10 m/s2，忽略小物块受到的阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小物块的振动方程为x＝0.1sin (m)
B.小物块的最大加速度为2g
C.小物块的最大速度为 m/s
D.小物块在0～ s的时间内所经过的路程为85 cm
解析：选D。由对称性可知弹簧振子的振幅A＝10 cm，弹簧振子的振动周期T＝ s，则ω＝＝10 rad/s，小物块运动的初始位置为负的最大位移处，所以小物块的振动方程为x＝0.1sin (m)，A错误；根据简谐运动的对称性，小物块在最高点和最低点时的加速度最大，根据牛顿第二定律可得小物块最大加速度为g，B错误；小物块在平衡位置时的速度最大，若仅有重力势能和动能的转化，有mgA＝mv2，解得速度v＝ m/s，由于弹簧有弹性势能，所以最大速度不是 m/s，C错误； s为2个周期，根据x＝0.1sin (m)可得小物块个周期的位移x＝0.05 m，所以0～ s的时间内小物块走的总路程为8A＋0.05 m＝85 cm，D正确。
角度突破
图像与振动方程的关键信息
破题路径
教学札记：
考点三　单摆及其周期公式
单摆模型及拓展模型，注意有效长度的计算
【例5】 如图甲所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球(可视为质点)拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图乙所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10 m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是(　　)
A.该单摆的周期为0.4π s
B.OP间的距离为1.2 m
C.t＝0.2π s时小球动能最大
D.右侧摆动最高点C点的水平高度高于A点
【例6】 (2024·浙江高考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，已知重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
A.摆角变小，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A端拉力为 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力题后反思：
角度突破
1.等效摆长与等效重力加速度
等效 摆长 摆球在垂直纸面方向小角度摆动，等效摆长为lsin α
等效重力 加速度 g等效＝gsin θ
2.类单摆模型
①球形曲面光滑 ②小球直径远小于球形曲面半径R ③小球在小范围内做往复运动
破题路径
【例5】 解析：选B。该单摆的周期为T＝2×(0.5－0.2)π s＝0.6π s，A错误；根据单摆周期公式0.4π s＝π ，0.2π s＝π，解得OP间的距离为LOP＝1.2 m，B正确；t＝0.2π s时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，C错误；不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1＝mgh2，所以摆球摆到两侧最高点的位置时等高，D错误。
【例6】 解析：选B。
由单摆的周期公式T＝2π 可知，单摆的周期与摆角无关，故摆角变小，周期不变，A错误；由于同一光滑细线上的拉力大小处处相等，则由题意可知，小球平衡时，细线A端拉力等于B端拉力，D错误；对平衡时的小球受力分析，如图所示，则由力的平衡条件可知FAcos 30°＋FBcos 30°＝mg，又FA＝FB，代入数据解得FA＝ N，C错误；由几何关系可知单摆的摆长l＝＝1 m，则由T＝2π 可知小球摆动周期T≈2 s，B正确。
单摆的力学综合问题，应用圆周运动知识
【例7】 如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，由静止释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间做简谐运动，其中B点为运动过程中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.T＝0.2π s
B.单摆的摆长l＝2.5 m
C.摆球的质量m＝0.5 kg
D.摆球运动过程中的最大速度v＝ m/s
角度突破
1.单摆的周期公式：题目通过图乙的F-t曲线确定单摆周期T，并应用公式T＝2π计算摆长l。
2.机械能守恒定律：在单摆从最高点到最低点的运动中机械能守恒，表达式为mgl(1－cos θ)＝mv2。
3.圆周运动中的向心力分析：在最低点向心力由拉力与重力的合力提供，有Fmax＝mg＋m；在最高点拉力最小，有Fmin＝mgcos θ。
【例7】 解析：选D。
小球从A点运动到C点，再回到A点即为一个周期，根据图像可知T＝0.4π s，A错误；由单摆的周期公式T＝2π ，解得l＝＝ m＝0.4 m，B错误； 摆球受力分析如图所示，在最高点A，有Fmin＝mgcos θ＝0.498 N，在最低点B，有Fmax＝mg＋m＝0.504 N，从A到B，由机械能守恒定律有mgl(1－cos θ)＝mv2，联立并代入数据得m＝0.05 kg，v＝ m/s，C错误，D正确。
[课时通关精练(二十)]　机械振动
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置，P、Q是振动过程中关于平衡位置对称的两个位置，下列说法正确的是(　　)
A.振子运动到P、Q两点时，位移相同
B.振子运动到P、Q两点时，弹簧弹力大小相同
C.振子在从M点向N点运动过程中，动能先减小后增大
D.振子在从M点向N点运动过程中，加速度先增大后减小
解析：选B。由对称性可知，振子运动到P、Q两点时，位移等大反向，A错误；根据胡克定律F＝kx可知，振子运动到P、Q两点时，弹簧弹力大小相同，B正确；振子在从M点向N点运动过程中，位移先减小后增大，速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误；振子在从M点向N点运动过程中，位移先减小后增大，弹簧弹力F＝kx先减小后增大，根据牛顿第二定律a＝可知，振子的加速度先减小后增大，D错误。
2.一弹簧振子做简谐运动，O点为平衡位置，当它经过O点时开始计时，经过0.3 s第一次到达M点，再经过0.2 s第二次到达M点，则弹簧振子第三次到达M点还要经过的时间可能为(　　)
A.1.8 s B. s
C. s D.1.6 s
解析：选C。振子通过O点的速度方向有两种可能，一种是从O指向M，另一种是从O点背离M。利用简谐运动的对称性找出周期与运动时间的关系。
情况1：如图甲所示，O为平衡位置，设OB(OC)代表振幅，若振子开始从平衡位置向M运动，从O到C所需时间为，因为简谐运动具有对称性，所以振子从M到C所用时间和从C到M所用时间相等，故＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 s，则振子第三次到达M点还要经过的时间为t＝1.6 s－0.2 s＝1.4 s。
情况2：如图乙所示，若振子一开始从平衡位置背离M向B运动，设M'与M关于O点对称，则振子从M'经B回到M'所用的时间与振子从M经C回到M所用的时间相等，即0.2 s。振子从O到M'和从M'到O及从O到M所需时间相等，为＝ s，则振子第三次到达M点还要经过的时间为t'＝0.2 s＋×4 s＝ s，故C正确。
3.某振子自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(图乙为该振子的共振曲线)(　　)
A.a点 B.b点
C.c点 D.a点、b点都可能
解析：选A。某振子自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，设周期为T1，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，设周期为T2；由图可知，T1＜T2，则有f1＞f2；图乙中c点时发生共振，驱动力频率等于固有频率f1，当受迫振动时，驱动力频率为f2＜f1，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点，但一定不是c点和b点，故A正确。
4.如图所示，轻质弹簧上方固定，下方连接质量为m的小球，弹簧原长为L0，小球静止时位于图中的O点，此时弹簧伸长量为L。将小球从O点向下拉一小段距离A(A＜L)，然后由静止释放并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为T，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。以O点为坐标原点，取竖直向下为正方向，则小球运动的位移x随时间t的表达式为(　　)
A.x＝Asin
B.x＝Asin
C.x＝(L＋A)sin
D.x＝(L＋A)sin
解析：选A。小球做简谐运动的平衡位置在O点，振幅为A，取竖直向下为正方向，小球从正向位移最大处开始振动。初始时刻初位移为A，则A＝Asin φ0，解得初相位φ0＝，故简谐运动位移表达式为x＝Asin，A正确。
5.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球甲放在MN的圆心A处，再把另一个小球乙放在MN上离最低点C很近的B处(弧BC所对圆心角小于5°)，现使两小球同时由静止释放，则(　　)
A.球甲先到达C点
B.球乙先到达C点
C.两球同时到达C点
D.无法确定哪个球先到达C点
解析：选A。球甲做自由落体运动，到达C点的时间为t甲＝＝ ，当弧BC所对的圆心角小于5°时，球乙做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2π ＝2π ，因此球乙运动到C点所需的时间是t乙＝＝ ，故t甲＜t乙，显然球甲先到达C点，故A正确。
6.图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图及简化图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02 N，已知摆球质量m＝100 g，重力加速度g取9.8 m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法不正确的是(　　)
A.单摆周期为0.8 s
B.单摆摆长为0.64 m
C.F的最小值Fmin＝0.96 N
D.若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变
解析：选A。根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时刻，则由题图乙可知单摆周期为1.6 s，A错误；根据单摆周期公式T＝2π，可得单摆摆长为l＝＝0.64 m，B正确；设单摆的摆角为2θ，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为Fmin＝mgcos θ，设摆球运动至最低点时的速度大小为v，则根据机械能守恒定律有mgl(1－cos θ)＝mv2，在最低点时，根据牛顿第二定律有Fmax－mg＝m，联立解得Fmin＝0.96 N，C正确；根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变，D正确。
7.如图甲所示，一个小球在A、B间做简谐运动，O点为最低点。以O点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度g大小取9.8 m/s2， π2≈9.8，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小球的振动方程为x＝5sin (2πt) cm
B.0～0.5 s，小球的动能逐渐增大
C.动能和重力势能相互转化的周期为1 s
D.此单摆的摆长约为2 m
解析：选C。由题图乙可知，小球的振动周期为T＝2 s，振幅A＝5 cm，ω＝＝π rad/s，小球的振动方程是x＝Asin ωt＝5sin (πt) cm，A错误；0～0.5 s，小球远离平衡位置，动能转化为势能，小球的动能逐渐减小，B错误；单摆周期为T＝2 s，动能和重力势能相互转化的周期T'＝，故动能和重力势能相互转化的周期为1 s，C正确；根据周期公式有T＝2π ，解得L＝1 m，D错误。
8.(2025·四川高考)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
解析：选C。根据单摆周期公式T＝2π 可知T丁＞T丙＞T乙＞T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲＝＝T丙＝，所以T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，根据单摆周期公式T＝2π ，结合T丙∶T丁＝1∶2可得小球丙、丁的摆长之比L丙：L丁＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据a＝－可知此时加速度最大，故A错误；根据上述分析可得T乙＝T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为，可知此时小球乙第二次经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
9.(2025·江苏高考)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则(　　)
A.释放瞬间，物块加速度为零
B.物块和木箱最终仍有相对运动
C.木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D.物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
解析：选D。释放时，物块与木箱发生相对滑动，故有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误。由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减小，直到弹簧的最大弹力满足以下分析的F：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，物块质量为m，对物块根据牛顿第二定律f＝ma，设木箱质量为M，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F＝(m＋M)a，可得F＝(m＋M)，即弹簧的最大弹力减小到F＝(m＋M)后，二者一起做简谐运动，故B错误。根据A、B选项分析可知，只有当二者一起做简谐运动前有相对滑动，木箱运动到最右端后物块不会停止，当二者一起做简谐运动后，物块与木箱一起做周期性运动，也不会停止，故C错误。开始木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的摩擦力，共速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。
10.(2025·常州模拟)忽略水对浮漂的阻力，浮漂在水中的上下振动可以视为简谐运动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，从t＝0时刻开始计时，浮漂振动图像如图乙所示，到达最高点的时刻为t1＝0.5 s，重力加速度g＝9.8 m/s2。
(1)写出浮漂简谐运动的振动方程，并求出简谐运动的周期。
(2)已知浮漂和铅坠的总质量为m＝25 g，浮漂截面积S＝10－5 m2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，求浮漂运动到最低点时的加速度大小。
解析：(1)由题图乙可知浮漂振动振幅
A＝5 cm
浮漂(含铅坠)的位移满足关系式
y＝Asin (ωt＋φ0)
t＝0时刻有y＝2.5 cm，结合之后的振动方向可得φ0＝
t＝0.5 s时刻有y＝5 cm，可得
ω＝ rad/s
则浮漂简谐运动的振动方程为
y＝5sin cm
简谐运动的周期T＝＝3 s。
(2)在平衡位置时，浮力等于重力，在最低点时，浮漂所受合力等于浮力增加的量
由牛顿第二定律有ASρg＝ma
可得a＝0.196 m/s2。
答案：(1)y＝5sin cm　3 s
(2)0.196 m/s2
11.内壁光滑的汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的理想气体，活塞的横截面积为S，给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动x0(x0 L)速度恰好为零。已知大气压强为p0，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。
(1)求该过程气体放出的热量Q；
(2)证明活塞的运动是简谐运动。
解析：(1)设活塞对气体做功为W，气体放出的热量为Q，对气体由热力学第一定律得ΔU＝W－Q
由题意可知ΔU＝0
对活塞由动能定理得
p0Sx0－W＝0－m
联立解得气体放出的热量
Q＝p0x0S＋m。
(2)设活塞向左离开初始位置的距离为x，对封闭气体有p0SL＝pS(L－x)
对活塞有F合＝pS－p0S
解得F合＝x
又因为x≤x0＜L，x0 L
所以有F合＝x
方向向右，即回复力可表示为F回＝－x
即活塞的运动是简谐运动。
答案：(1)p0x0S＋m　(2)见解析(共83张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第八章
机械振动和机械波
第1讲　机械振动
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
02
03
01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
平衡位置
零
平衡位置
平衡位置
合力
分力
AI精准定位：高考命题关键点
位移
x＝Asin (ωt＋φ0)
Asin ωt
AI精准定位：高考命题关键点
弹力
重力
原长
2π
AI精准定位：高考命题关键点
固有频率
固有频率
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
简谐运动的规律
考点一
破题路径
角度突破
角度突破
简谐运动的表达式和图像
考点二
破题路径
角度突破
破题路径
角度突破
单摆及其周期公式
考点三
破题路径
角度突破
课时通关精练(二十)　机械振动
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
谢谢观看[课时通关精练(二十)]　机械振动
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置，P、Q是振动过程中关于平衡位置对称的两个位置，下列说法正确的是(　　)
A.振子运动到P、Q两点时，位移相同
B.振子运动到P、Q两点时，弹簧弹力大小相同
C.振子在从M点向N点运动过程中，动能先减小后增大
D.振子在从M点向N点运动过程中，加速度先增大后减小
解析：选B。由对称性可知，振子运动到P、Q两点时，位移等大反向，A错误；根据胡克定律F＝kx可知，振子运动到P、Q两点时，弹簧弹力大小相同，B正确；振子在从M点向N点运动过程中，位移先减小后增大，速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误；振子在从M点向N点运动过程中，位移先减小后增大，弹簧弹力F＝kx先减小后增大，根据牛顿第二定律a＝可知，振子的加速度先减小后增大，D错误。
2.一弹簧振子做简谐运动，O点为平衡位置，当它经过O点时开始计时，经过0.3 s第一次到达M点，再经过0.2 s第二次到达M点，则弹簧振子第三次到达M点还要经过的时间可能为(　　)
A.1.8 s B. s
C. s D.1.6 s
解析：选C。振子通过O点的速度方向有两种可能，一种是从O指向M，另一种是从O点背离M。利用简谐运动的对称性找出周期与运动时间的关系。
情况1：如图甲所示，O为平衡位置，设OB(OC)代表振幅，若振子开始从平衡位置向M运动，从O到C所需时间为，因为简谐运动具有对称性，所以振子从M到C所用时间和从C到M所用时间相等，故＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 s，则振子第三次到达M点还要经过的时间为t＝1.6 s－0.2 s＝1.4 s。
情况2：如图乙所示，若振子一开始从平衡位置背离M向B运动，设M'与M关于O点对称，则振子从M'经B回到M'所用的时间与振子从M经C回到M所用的时间相等，即0.2 s。振子从O到M'和从M'到O及从O到M所需时间相等，为＝ s，则振子第三次到达M点还要经过的时间为t'＝0.2 s＋×4 s＝ s，故C正确。
3.某振子自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，那么，此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(图乙为该振子的共振曲线)(　　)
A.a点 B.b点
C.c点 D.a点、b点都可能
解析：选A。某振子自由振动时的振动图像如图甲中实线所示，设周期为T1，而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振动图像如图甲中虚线所示，设周期为T2；由图可知，T1＜T2，则有f1＞f2；图乙中c点时发生共振，驱动力频率等于固有频率f1，当受迫振动时，驱动力频率为f2＜f1，故此受迫振动对应的状态可能是图乙中的a点，但一定不是c点和b点，故A正确。
4.如图所示，轻质弹簧上方固定，下方连接质量为m的小球，弹簧原长为L0，小球静止时位于图中的O点，此时弹簧伸长量为L。将小球从O点向下拉一小段距离A(A＜L)，然后由静止释放并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为T，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。以O点为坐标原点，取竖直向下为正方向，则小球运动的位移x随时间t的表达式为(　　)
A.x＝Asin
B.x＝Asin
C.x＝(L＋A)sin
D.x＝(L＋A)sin
解析：选A。小球做简谐运动的平衡位置在O点，振幅为A，取竖直向下为正方向，小球从正向位移最大处开始振动。初始时刻初位移为A，则A＝Asin φ0，解得初相位φ0＝，故简谐运动位移表达式为x＝Asin，A正确。
5.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球甲放在MN的圆心A处，再把另一个小球乙放在MN上离最低点C很近的B处(弧BC所对圆心角小于5°)，现使两小球同时由静止释放，则(　　)
A.球甲先到达C点
B.球乙先到达C点
C.两球同时到达C点
D.无法确定哪个球先到达C点
解析：选A。球甲做自由落体运动，到达C点的时间为t甲＝＝ ，当弧BC所对的圆心角小于5°时，球乙做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2π ＝2π ，因此球乙运动到C点所需的时间是t乙＝＝ ，故t甲＜t乙，显然球甲先到达C点，故A正确。
6.图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图及简化图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02 N，已知摆球质量m＝100 g，重力加速度g取9.8 m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法不正确的是(　　)
A.单摆周期为0.8 s
B.单摆摆长为0.64 m
C.F的最小值Fmin＝0.96 N
D.若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变
解析：选A。根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时刻，则由题图乙可知单摆周期为1.6 s，A错误；根据单摆周期公式T＝2π，可得单摆摆长为l＝＝0.64 m，B正确；设单摆的摆角为2θ，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为Fmin＝mgcos θ，设摆球运动至最低点时的速度大小为v，则根据机械能守恒定律有mgl(1－cos θ)＝mv2，在最低点时，根据牛顿第二定律有Fmax－mg＝m，联立解得Fmin＝0.96 N，C正确；根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变，D正确。
7.如图甲所示，一个小球在A、B间做简谐运动，O点为最低点。以O点为坐标原点、以水平向右为正方向，小球的振动图像如图乙所示。重力加速度g大小取9.8 m/s2， π2≈9.8，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小球的振动方程为x＝5sin (2πt) cm
B.0～0.5 s，小球的动能逐渐增大
C.动能和重力势能相互转化的周期为1 s
D.此单摆的摆长约为2 m
解析：选C。由题图乙可知，小球的振动周期为T＝2 s，振幅A＝5 cm，ω＝＝π rad/s，小球的振动方程是x＝Asin ωt＝5sin (πt) cm，A错误；0～0.5 s，小球远离平衡位置，动能转化为势能，小球的动能逐渐减小，B错误；单摆周期为T＝2 s，动能和重力势能相互转化的周期T'＝，故动能和重力势能相互转化的周期为1 s，C正确；根据周期公式有T＝2π ，解得L＝1 m，D错误。
8.(2025·四川高考)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
解析：选C。根据单摆周期公式T＝2π 可知T丁＞T丙＞T乙＞T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲＝＝T丙＝，所以T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，根据单摆周期公式T＝2π ，结合T丙∶T丁＝1∶2可得小球丙、丁的摆长之比L丙：L丁＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据a＝－可知此时加速度最大，故A错误；根据上述分析可得T乙＝T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为，可知此时小球乙第二次经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
9.(2025·江苏高考)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则(　　)
A.释放瞬间，物块加速度为零
B.物块和木箱最终仍有相对运动
C.木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D.物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
解析：选D。释放时，物块与木箱发生相对滑动，故有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误。由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减小，直到弹簧的最大弹力满足以下分析的F：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，物块质量为m，对物块根据牛顿第二定律f＝ma，设木箱质量为M，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F＝(m＋M)a，可得F＝(m＋M)，即弹簧的最大弹力减小到F＝(m＋M)后，二者一起做简谐运动，故B错误。根据A、B选项分析可知，只有当二者一起做简谐运动前有相对滑动，木箱运动到最右端后物块不会停止，当二者一起做简谐运动后，物块与木箱一起做周期性运动，也不会停止，故C错误。开始木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的摩擦力，共速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。
10.(2025·常州模拟)忽略水对浮漂的阻力，浮漂在水中的上下振动可以视为简谐运动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，从t＝0时刻开始计时，浮漂振动图像如图乙所示，到达最高点的时刻为t1＝0.5 s，重力加速度g＝9.8 m/s2。
(1)写出浮漂简谐运动的振动方程，并求出简谐运动的周期。
(2)已知浮漂和铅坠的总质量为m＝25 g，浮漂截面积S＝10－5 m2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，求浮漂运动到最低点时的加速度大小。
解析：(1)由题图乙可知浮漂振动振幅
A＝5 cm
浮漂(含铅坠)的位移满足关系式
y＝Asin (ωt＋φ0)
t＝0时刻有y＝2.5 cm，结合之后的振动方向可得φ0＝
t＝0.5 s时刻有y＝5 cm，可得
ω＝ rad/s
则浮漂简谐运动的振动方程为
y＝5sin cm
简谐运动的周期T＝＝3 s。
(2)在平衡位置时，浮力等于重力，在最低点时，浮漂所受合力等于浮力增加的量
由牛顿第二定律有ASρg＝ma
可得a＝0.196 m/s2。
答案：(1)y＝5sin cm　3 s
(2)0.196 m/s2
11.内壁光滑的汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的理想气体，活塞的横截面积为S，给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动x0(x0 L)速度恰好为零。已知大气压强为p0，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。
(1)求该过程气体放出的热量Q；
(2)证明活塞的运动是简谐运动。
解析：(1)设活塞对气体做功为W，气体放出的热量为Q，对气体由热力学第一定律得ΔU＝W－Q
由题意可知ΔU＝0
对活塞由动能定理得
p0Sx0－W＝0－m
联立解得气体放出的热量
Q＝p0x0S＋m。
(2)设活塞向左离开初始位置的距离为x，对封闭气体有p0SL＝pS(L－x)
对活塞有F合＝pS－p0S
解得F合＝x
又因为x≤x0＜L，x0 L
所以有F合＝x
方向向右，即回复力可表示为F回＝－x
即活塞的运动是简谐运动。
答案：(1)p0x0S＋m　(2)见解析

展开更多......

收起↑