2022年高考物理一輪復(fù)習 第15章 第64講 機械振動學案（含解析）（選修3-4）1定義：質(zhì)點在跟位移大小成正比并且總是指向平衡位置的回復(fù)力作用下的振動。2平衡位置：物體在振動過程中回復(fù)力為零的位置。3回復(fù)力(1)定義：使物體返回到平衡位置的力。(2)方向：總是指向平衡位置。(3)來源：屬于效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。4描述簡諧運動的物理量(1)位移x：由平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段，是矢量。(2)振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離，是標量，表示振動的強弱。(3)周期T：物體完成一次全振動所需的時間。頻率f：單位時間內(nèi)完成全振動的次數(shù)。它們是表示振動快慢的物理量，二者的關(guān)系為T。(4)相位t：描述周期性運動在各個時刻所處的不同狀態(tài)，其中為初相。5簡諧運動的位移表達式：xAsin(t)。6彈簧振子(如圖，以水平彈簧振子為例)(1)簡諧運動的條件：彈簧質(zhì)量可忽略；無摩擦等阻力；在彈簧彈性限度內(nèi)。(2)回復(fù)力：彈簧彈力。(3)平衡位置：彈簧處于原長處。(4)周期：與振幅無關(guān)，與振子質(zhì)量和彈簧勁度系數(shù)有關(guān)。(5)能量轉(zhuǎn)化：彈性勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒。7簡諧運動的特征1(多選)下列關(guān)于振動的回復(fù)力的說法正確的是()A回復(fù)力方向總是指向平衡位置B回復(fù)力是按效果命名的C回復(fù)力一定是物體受到的合力D回復(fù)力由彈簧的彈力提供E振動物體在平衡位置所受的回復(fù)力是零答案ABE解析回復(fù)力是按效果命名的，是指向平衡位置使振動物體回到平衡位置的力，可以由某個力或某幾個力的合力提供，也可以由某個力的分力提供，故A、B正確，C錯誤；在水平彈簧振子中回復(fù)力由彈簧的彈力提供，但在其他振動中，不一定由彈簧彈力提供，D錯誤；振動物體在平衡位置受到的回復(fù)力是零，E正確。2(多選)關(guān)于簡諧運動的周期，以下說法正確的是()A間隔一個周期的整數(shù)倍的兩個時刻，物體的振動情況相同B間隔半個周期的奇數(shù)倍的兩個時刻，物體的速度和加速度可能同時相同C半個周期內(nèi)物體的動能變化一定為零D一個周期內(nèi)物體的勢能變化一定為零E經(jīng)過一個周期質(zhì)點通過的路程為零答案ACD解析根據(jù)周期T的定義可知，物體完成一次全振動，所有的物理量都恢復(fù)到初始狀態(tài)，故A正確；當間隔半周期的奇數(shù)倍時，所有的矢量都變得大小相等，方向相反，且物體的速度和加速度不同時為零，故B錯誤；物體的動能和勢能變化的周期為，所以C、D正確；經(jīng)過一個周期，質(zhì)點通過的路程為4A，E錯誤。3.(多選)如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動。以豎直向上為正方向，物塊簡諧運動的表達式為y0.1sin(2.5t) m。t0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t0.6 s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g10 m/s2。以下判斷正確的是()Ah1.7 mB簡諧運動的周期是0.8 sC0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是0.2 mDt0.4 s時，物塊與小球運動方向相反Et0.6 s時，物塊的位移是0.1 m答案ABE解析t0.6 s時，物塊的位移為y0.1sin(2.5×0.6) m0.1 m；則對小球h|y|gt2，解得h1.7 m，A、E正確；簡諧運動的周期是T s0.8 s，B正確；0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是3A0.3 m，C錯誤；t0.4 s，此時物塊在平衡位置向下振動，則此時物塊與小球運動方向相同，D錯誤?？键c二簡諧運動的圖象1對簡諧運動圖象的認識(1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，如圖所示。(2)圖象反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖象不代表質(zhì)點運動的軌跡。(3)任一時刻圖線上過該點切線的斜率數(shù)值表示該時刻振子的速度大小。正負表示速度的方向，為正時沿x正方向，為負時沿x負方向。2圖象信息(1)由圖象可以得出質(zhì)點做簡諧運動的振幅、周期。(2)可以確定某時刻質(zhì)點離開平衡位置的位移。(3)可以根據(jù)圖象確定某時刻質(zhì)點回復(fù)力、加速度和速度的方向?；貜?fù)力和加速度的方向：因回復(fù)力總是指向平衡位置，故回復(fù)力和加速度在圖象上總是指向t軸。速度的方向：速度的方向可以通過下一時刻位移的變化來判斷，下一時刻位移如增加，振動質(zhì)點的速度方向就是遠離t軸；下一時刻位移如減小，振動質(zhì)點的速度方向就是指向t軸。(4)某段時間內(nèi)質(zhì)點的位移、回復(fù)力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。(2018·浙江舟山模擬)(多選)甲、乙兩彈簧振子，振動圖象如圖所示，則可知()A兩彈簧振子完全相同B兩彈簧振子所受回復(fù)力最大值之比F甲F乙21C振子甲速度為零時，振子乙速度最大D兩振子的振動頻率之比f甲f乙12解析從圖象中可以看出，兩彈簧振子周期之比T甲T乙21，得頻率之比f甲f乙12，D正確；彈簧振子周期與振子質(zhì)量、彈簧勁度系數(shù)k有關(guān)，周期不同，說明兩彈簧振子不同，A錯誤；由于彈簧的勁度系數(shù)k不一定相同，所以兩振子所受回復(fù)力(Fkx)的最大值之比F甲F乙不一定為21，所以B錯誤；由簡諧運動的特點可知，在振子到達平衡位置時位移為零，速度最大；在振子到達最大位移處時，速度為零，從圖象中可以看出，在振子甲到達最大位移處時，振子乙恰好到達平衡位置，所以C正確。答案CD方法感悟簡諧運動圖象問題的兩種分析方法方法一：圖象運動結(jié)合法解此類題時，首先要理解x­t圖象的意義，其次要把x­t圖象與質(zhì)點的實際振動過程聯(lián)系起來，圖象上的一個點表示振動中的一個狀態(tài)(位置、振動方向等)，圖象上的一段曲線對應(yīng)振動的一個過程，關(guān)鍵是判斷好平衡位置、最大位移及振動方向。方法二：直觀結(jié)論法簡諧運動的圖象表示振動質(zhì)點的位移隨時間變化的規(guī)律，即位移時間的函數(shù)關(guān)系圖象，不是物體的運動軌跡。直接由圖象得出相關(guān)物理量，再由簡諧運動的有關(guān)結(jié)論、規(guī)律求解。一質(zhì)點做簡諧運動，其位移和時間的關(guān)系如圖所示。(1)求t0.25×102 s時質(zhì)點的位移；(2)在t1.5×102 s到t2×102 s的振動過程中，質(zhì)點的位移、回復(fù)力、速度、動能、勢能大小如何變化？(3)在t0到t8.5×102 s時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各多大？答案(1) cm(2)變大變大變小變小變大(3)34 cm2 cm解析(1)由題圖可知A2 cm，T2×102 s，振動方程為xAsinAcost2cos cm2cos(100t) cm。當t0.25×102 s時，x2cos cm cm。(2)由題圖可知在t1.5×102 s到t2×102 s的振動過程中，質(zhì)點的位移變大，回復(fù)力變大，速度變小，動能變小，勢能變大。(3)在t0到t8.5×102 s時間內(nèi)，tTT，可知質(zhì)點的路程為s17A34 cm，位移為2 cm?？键c三單擺1單擺的特征(以圖示單擺為例)(1)條件：5°，空氣阻力可忽略不計，擺線為不可伸長的輕細線。(2)回復(fù)力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回mgsinxkx，負號表示回復(fù)力F回與位移x的方向相反。(3)平衡位置：最低點。(4)周期：T2 ，其中l(wèi)為擺長。(5)能量轉(zhuǎn)化：重力勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒。(6)向心力：細線的拉力和擺球重力沿細線方向分力的合力充當向心力，F(xiàn)向FTmgcos。當擺球在最高點時，F(xiàn)向0，F(xiàn)Tmgcos。當擺球在最低點時，F(xiàn)向，F(xiàn)向最大，F(xiàn)Tmgm。2周期公式T2 的兩點說明(1)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。如圖甲所示的雙線擺的擺長lrLcos。乙圖中小球(可看做質(zhì)點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點的附近振動，其等效擺長為lR。(2)g為當?shù)刂亓铀俣取Ｈ魡螖[處于特殊的物理環(huán)境，即在其他星球、處于超失重狀態(tài)等，g為等效加速度。(2018·鄭州模擬)(多選)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象，下列說法中正確的是()A甲、乙兩單擺的擺長相等B甲擺的振幅比乙擺的大C甲擺的機械能比乙擺的大D在t0.5 s時有正向最大加速度的是乙擺E由圖象可以求出當?shù)氐闹亓铀俣冉馕鲇深}圖可知，兩單擺的周期相同，同一地點重力加速度g相同，由單擺的周期公式T2 得知，甲、乙兩單擺的擺長相等，A正確；甲擺的振幅為10 cm，乙擺的振幅為7 cm，則甲擺的振幅比乙擺的大，B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長也相等，但由于兩擺的質(zhì)量未知，故無法比較機械能的大小，C錯誤；在t0.5 s時，甲擺經(jīng)過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負向最大，則乙擺具有正向最大加速度，D正確；由單擺的周期公式T2得g，由于不知道單擺的擺長，所以不能求出當?shù)氐闹亓铀俣?，E錯誤。答案ABD方法感悟(1)公式成立的條件是單擺的偏角不超過5°。(2)單擺的振動周期在振幅較小的條件下，與單擺的振幅無關(guān)，與擺球的質(zhì)量也無關(guān)。(3)擺長l是指擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離，而不一定為擺線的長。如圖甲是一個單擺振動的情形，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達的最遠位置。設(shè)向右為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖象。根據(jù)圖象回答：(1)單擺振動的頻率是多大？(2)開始時擺球在何位置？(3)若當?shù)氐闹亓铀俣葹?0 m/s2，試求這個單擺的擺長是多少？(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)1.25 Hz(2)B點(3)0.16 m解析(1)由題圖乙知周期T0.8 s，則頻率f1.25 Hz。(2)由題圖乙知，t0時擺球在負向最大位移處，因向右為正方向，所以開始時擺球在B點。(3)由T2 ，得l0.16 m?？键c四用單擺測定重力加速度1實驗原理當偏角很小時，單擺做簡諧運動，其運動周期為T2 ，它與偏角的大小及擺球的質(zhì)量無關(guān)，由此得到g。因此，只要測出擺長l和振動周期T，就可以求出當?shù)氐闹亓铀俣萭的值。2實驗器材帶中心孔的小鋼球、約1 m長的細線(不可伸長)、帶有鐵夾的鐵架臺、游標卡尺、毫米刻度尺、停表。3實驗步驟與數(shù)據(jù)處理(1)做單擺取約1 m長的細線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結(jié)，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，在平衡位置做上標記，如圖所示。(2)測擺長用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長lL。(3)測周期將單擺從平衡位置拉開一個角度(不大于5°)，然后釋放小球，記下單擺擺動30或50次全振動的總時間，算出平均每擺動一次的時間，即為單擺的振動周期。(4)改變擺長，重做幾次實驗。(5)數(shù)據(jù)處理公式法：g。其中l(wèi)和T為多次測量的平均值。圖象法：畫lT2圖象。g42k，k。4注意事項(1)構(gòu)成單擺的條件：細線的質(zhì)量要小、彈性要小，選用體積小、密度大的小球，擺角不超過5°。(2)要使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動，不能形成圓錐擺，方法是將擺球拉到一定位置后由靜止釋放。(3)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證懸點固定。(4)選擇在擺球擺到平衡位置處時開始計時，并數(shù)準全振動的次數(shù)。5實驗誤差(1)系統(tǒng)誤差的主要來源：懸點不固定，球、線不符合要求，振動是圓錐擺而不是在同一豎直平面內(nèi)的振動等。(2)偶然誤差的主要來源：未從平衡位置開始計時，多計或漏計全振動的次數(shù)，刻度尺測擺線長讀數(shù)誤差等。 (2018·浙江模擬)某同學利用單擺測定當?shù)氐闹亓铀俣取?1)實驗室已經(jīng)提供的器材有：鐵架臺、夾子、秒表、游標卡尺。除此之外，還需要的器材有_。A長度約為1 m的細線B長度約為30 cm的細線C直徑約為2 cm的鋼球D直徑約為2 cm的木球E最小刻度為1 cm的直尺F最小刻度為1 mm的直尺(2)該同學在測量單擺的周期時，他用秒表記下了單擺做50次全振動的時間，如圖甲所示，秒表的讀數(shù)為_ s。(3)該同學經(jīng)測量得到6組擺長L和對應(yīng)的周期T，畫出LT2圖線，然后在圖線上選取A、B兩個點，坐標如圖乙所示。則當?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_式g_。處理完數(shù)據(jù)后，該同學發(fā)現(xiàn)在計算擺長時用的是擺線長度而未計入小球的半徑，這樣_(選填“影響”或“不影響”)重力加速度的計算。解析(1)由單擺周期公式T2可得，gL，實驗需要測量擺長，擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑，測量擺線長需要毫米刻度尺，擺線的長度大約1 m左右。為減小空氣阻力的影響，擺球需要密度較大的擺球，故選用的器材為ACF。(2)秒表表示讀數(shù)：內(nèi)圈讀數(shù)：60 s，外圈讀數(shù)35.1 s，總讀數(shù)為t60 s35.1 s95.1 s。(3)由T2 可得，LT2，則LT2圖象的斜率等于，由數(shù)學知識得，解得g。根據(jù)數(shù)學知識，在計算擺長時用的是擺線長度而未計入小球的半徑，這樣不影響重力加速度的計算。答案(1)ACF(2)95.1(3)不影響方法感悟(1)根據(jù)單擺的周期公式得出重力加速度的表達式，通過表達式，結(jié)合單擺模型的要求確定所需的器材。(2)秒表讀數(shù)：先讀內(nèi)圈，讀數(shù)時只讀整數(shù)(分鐘)，且根據(jù)是否過半分鐘格線由外圈讀出秒數(shù)，讀外圈時，指針是準確的，不用估讀。(3)根據(jù)實驗注意事項與實驗原理分析實驗誤差。由單擺周期公式變形，得到T2與L的關(guān)系式，分析圖象斜率的意義，求解g。1某同學在“用單擺測定重力加速度”的實驗中測量了一些數(shù)據(jù)，其中的一組數(shù)據(jù)如下所示。(1)用游標卡尺測量擺球直徑，卡尺游標位置如圖甲所示，可知擺球直徑是_ cm。(2)該同學用秒表記錄了單擺振動30次全振動所用的時間如圖乙所示，則單擺的周期是_ s。(保留三位有效數(shù)字)(3)為了提高實驗精度，在試驗中可改變幾次擺長l，測出相應(yīng)的周期T，從而得出幾組對應(yīng)的l與T的數(shù)值，再以l為橫坐標，T2為縱坐標，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖丙所示，利用圖線可求出圖線的斜率k_，再由k可求出g_。(保留三位有效數(shù)字)(4)如果他測得的g值偏小，可能的原因是()A將擺線長作為擺長B擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了C開始計時，秒表過遲按下D實驗中誤將29次全振動數(shù)記為30次答案(1)1.940(2)1.90(3)49.86 m/s2(4)AB解析(1)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：19 mm8×0.05 mm19.40 mm1.940 cm。(2)由圖示秒表可知，其示數(shù)為：56.9 s，單擺的周期：T s1.90 s。(3)由單擺周期公式：T2，可得T2l，由圖示圖象可知k4，又有k，重力加速度g9.86 m/s2。(4)由單擺周期公式：T2，可得gl，將擺線長作為擺長，則擺長的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏小，故A正確；擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，則擺長的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏小，故B正確；開始計時，秒表過遲按下，則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故C錯誤；實驗中誤將29次全振動數(shù)記為30次，則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故D錯誤。所以選AB。2如圖甲所示是一個擺線長度可調(diào)的單擺振動的情景圖，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到達的最高位置。小球的質(zhì)量m0.4 kg，圖乙是擺線長為l時小球的振動圖象，g取10 m/s2。(1)為測量單擺的擺動周期，測量時間應(yīng)從擺球經(jīng)過_(填“O”“P”或“Q”)時開始計時；測出懸點到小球球心的距離(擺長)L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g_(用L、n、t表示)。(2)由圖乙寫出單擺做簡諧運動的表達式，并判斷小球在什么位置時切向加速度最大？最大切向加速度為多少？答案(1)O(2)x5sint(cm)小球在最大位移處的切向加速度最大' 0.5 m/s2解析(1)因擺球經(jīng)過最低點的速度最大，容易觀察和計時，所以測量時間應(yīng)從擺球經(jīng)過最低點O開始計時，單擺周期T，再根據(jù)單擺周期公式T2 ，可解得g。(2)由圖乙可知單擺的振幅A5 cm， rad/s rad/s，初相0，所以單擺做簡諧運動的表達式為x5sint(cm)。小球在最大位移處的切向加速度最大，由圖乙可看出此擺的周期是2 s，根據(jù)T2 ，可求得擺長為L1 m，切向加速度最大值am m/s20.5 m/s2。考點五受迫振動共振1受迫振動系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動。做受迫振動的物體，它做受迫振動的周期(或頻率)等于驅(qū)動力的周期(或頻率)，而與物體的固有周期(或頻率)無關(guān)。2受迫振動中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化：受迫振動系統(tǒng)機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換。3共振做受迫振動的物體，它的驅(qū)動力的頻率與固有頻率越接近，其振幅就越大，當二者相等時，振幅達到最大，這就是共振現(xiàn)象。共振曲線如圖所示。1.(多選)如圖所示，曲軸上掛一個彈簧振子，轉(zhuǎn)動搖把，曲軸可帶動彈簧振子上下振動。開始時不轉(zhuǎn)動搖把，讓振子自由振動，測得其頻率為2 Hz?，F(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動搖把，轉(zhuǎn)速為240 r/min。則()A當振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期是0.5 sB當振子穩(wěn)定振動時，它的振動頻率是4 HzC當轉(zhuǎn)速增大時，彈簧振子的振幅增大D當搖把轉(zhuǎn)動的頻率減小到接近彈簧振子的頻率時，彈簧振子的振幅增大E彈簧振子的振幅與轉(zhuǎn)速有關(guān)答案BDE解析搖把勻速轉(zhuǎn)動的頻率f Hz4 Hz，周期T0.25 s，當振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期及頻率均與驅(qū)動力的周期及頻率相等，A錯誤，B正確；當搖把轉(zhuǎn)動的頻率減小到接近振子的固有頻率時，彈簧振子的振幅將增大，C錯誤，D、E正確。2教材母題(人教版選修34 P21·T4)如圖是一個單擺的共振曲線。(1)試估計此單擺的擺長。(2)若擺長增大，共振曲線振幅最大值的橫坐標將怎樣變化？變式子題(多選)一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力頻率f的關(guān)系)如圖所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)()A此單擺的固有周期約為2 sB此單擺的擺長約為1 mC若擺長增大，單擺的固有頻率增大D若擺長增大，共振曲線的峰將向左移動E此單擺的振幅是8 cm答案ABD解析由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5 Hz，固有周期為2 s，再由T2 得此單擺的擺長約為1 m，若擺長增大，則單擺的固有周期增大，固有頻率減小，共振曲線的峰將向左移動，A、B、D正確，C錯誤；此單擺做受迫振動，只有共振時的振幅最大，為8 cm，E錯誤。3(2018·焦作模擬)(多選)如圖所示，A球振動后，通過水平細繩迫使B、C振動，振動達到穩(wěn)定時，下列說法中正確的是()A只有A、C振動周期相等BC的振幅比B的振幅小CC的振幅比B的振幅大DA、B、C的振動周期相等EB的振幅最小答案CDE解析A振動后，水平細繩上驅(qū)動力的周期TA2 ，迫使B、C做受迫振動，受迫振動的頻率等于施加的驅(qū)動力的頻率，所以TATBTC，A錯誤，D正確；而TC固2 TA，TB固2 >TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、E正確，B錯誤。課后作業(yè) 鞏固強化練1(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3 s第一次到達點M，再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M，則彈簧振子的周期為()A0.53 s B1.4 s C1.6 s D3 s答案AC解析分情況討論：如圖甲所示，O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從OC所需時間為。因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從MC所用時間和從CM所用時間相等，故0.3 s0.4 s，解得T1.6 s，C正確。如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設(shè)點M與點M關(guān)于點O對稱，則振子從點M經(jīng)過點B回到點M所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C回到點M所需時間相等，即0.2 s。振子從點O到點M和從點M到點O以及從點O到點M所需時間相等，為 s，故周期為T s s0.53 s，A正確。2擺長為L的單擺做簡諧運動，若從某時刻開始計時(取t0)，當振動至t 時，擺球具有負向最大速度，則單擺的振動圖象是圖中的()答案C解析單擺周期為T2，當t 時擺球具有負向最大速度，知擺球經(jīng)過平衡位置向負方向振動，C正確，A、B、D錯誤。3.如圖，在一直立的光滑管內(nèi)放置一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，管口上方O點與彈簧上端初位置A的距離為h，一質(zhì)量為m的小球從O點由靜止下落，壓縮彈簧至最低點D，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。小球自O(shè)點下落到最低點D的過程中，下列說法中正確的是()A小球最大速度的位置隨h的變化而變化B小球的最大速度與h無關(guān)C小球的最大加速度大于重力加速度D彈簧的最大壓縮量與h成正比答案C解析小球速度最大的位置，加速度為零，即重力等于彈力，有mgkx，所以x不變，則最大速度位置不變，與h無關(guān)，故A錯誤；小球從下落點到平衡位置，重力和彈力做功，下落的高度不同，小球的最大速度不同，故B錯誤；若小球在A點釋放，根據(jù)簡諧運動的對稱性，在最低點加速度為g，方向向上，若小球在O點釋放，最低點位置會下降，則最大加速度大于g，故C正確；在最低點彈簧的壓縮量最大，根據(jù)能量守恒定律可得mg(hx)kx2，故彈簧的最大壓縮量與h有關(guān)，但不是成正比關(guān)系，故D錯誤。4有一個在y方向上做簡諧運動的物體，其振動圖象如圖所示，下列關(guān)于下圖中的判斷正確的是()A圖可作為該物體的回復(fù)力時間圖象B圖可作為該物體的回復(fù)力時間圖象C圖可作為該物體的速度時間圖象D圖可作為該物體的加速度時間圖象答案A解析根據(jù)簡諧振動回復(fù)力Fkx知，回復(fù)力或加速度與位移大小成正比，方向相反，可得A正確，B、D錯誤；速度在平衡位置最大，在最大位移處為零，圖可作為速度時間圖象，C錯誤。5(多選)如圖甲所示為以O(shè)點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，圖乙為這個彈簧振子的振動圖象，由圖可知下列說法中正確的是()A在t0.2 s時，彈簧振子的加速度為正向最大B在t0.1 s與t0.3 s兩個時刻，彈簧振子在同一位置C在t0到t0.2 s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動D在t0.6 s時，彈簧振子有最小的彈性勢能答案BC解析t0.2 s時，彈簧振子的位移為正向最大值，而彈簧振子的加速度與位移大小成正比，方向與位移方向相反，A錯誤；在t0.1 s與t0.3 s兩個時刻，彈簧振子的位移相同，B正確；從t0到t0.2 s時間內(nèi)，彈簧振子從平衡位置向正的最大位移處運動，位移逐漸增大，加速度逐漸增大，加速度方向與速度方向相反，彈簧振子做加速度增大的減速運動，C正確；在t0.6 s時，彈簧振子的位移為負向最大值，即彈簧的形變最大，彈簧振子的彈性勢能最大，D錯誤。6(多選)把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉(zhuǎn)一周，給篩子一個驅(qū)動力，這就做成了一個共振篩，如圖甲所示。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高，增加篩子質(zhì)量，可增大篩子的固有周期?，F(xiàn)在，在某電壓下電動偏心輪轉(zhuǎn)速是54 r/min。為了使篩子的振幅增大，下列做法正確的是()A提高輸入電壓B降低輸入電壓C增加篩子質(zhì)量D減小篩子質(zhì)量答案BD解析由題圖乙可知篩子的固有頻率為0.8 Hz，那么固有周期為1.25 s，而現(xiàn)在偏心輪轉(zhuǎn)速為54 r/min，即周期為 s<1.25 s，為了使振幅增大，應(yīng)該使偏心輪的周期更接近篩子的固有周期，所以要增大偏心輪的轉(zhuǎn)動周期，或減小篩子的固有周期，結(jié)合題意可知應(yīng)該降低輸入電壓，或減小篩子質(zhì)量，故B、D正確。7在飛機的發(fā)展史中有一個階段，飛機上天后不久，機翼很快就抖動起來，而且越抖越厲害，后來人們經(jīng)過了艱苦的探索，利用在飛機機翼前緣處裝置一個配重桿的方法，解決了這一問題，裝置配重桿的主要目的是()A加大飛機的慣性 B使機體更加平衡C使機翼更加牢固 D改變機翼的固有頻率答案D解析飛機飛上天后，在氣流周期性驅(qū)動力作用下做受迫振動，機翼越抖越厲害說明氣流驅(qū)動力周期與機翼的固有周期非常接近或相等。在機翼前緣處裝置配重桿，目的是通過改變機翼的質(zhì)量來改變其固有頻率，使驅(qū)動力頻率與固有頻率相差較大，從而實現(xiàn)減振的目的，故D正確。真題模擬練8(2018·天津高考)(多選)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t0時振子的位移為0.1 m，t1 s 時位移為0.1 m，則()A若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 sB若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 sC若振幅為0.2 m，振子的周期可能為4 sD若振幅為0.2 m，振子的周期可能為6 s答案AD解析若振幅為0.1 m，根據(jù)題意可知從t0 s到t1 s振子經(jīng)歷的時間為T1 s(n0,1,2,3)，解得T s(n0,1,2,3)，當n1時，T s，把T s代入得n，不符合題意，A正確，B錯誤；如果振幅為0.2 m，結(jié)合位移時間關(guān)系圖象，有1 snT(n0,1,2,3)，或者1 sTnT(n0,1,2，3)，或者1 snT(n0,1,2,3)，對于式，只有當n0時，T2 s，為整數(shù)；對于式，T不為整數(shù)，對于式，只有當n0時，T6 s，為整數(shù)，故C錯誤，D正確。9.(2017·北京高考)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是()At1 s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值Bt2 s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值Ct3 s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零Dt4 s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值答案A解析t1 s時，振子處于正的最大位移處，振子的速度為零，加速度為負的最大值，A正確；t2 s時，振子在平衡位置且向x軸負方向運動，則振子的速度為負，加速度為零，B錯誤；t3 s時，振子處于負的最大位移處，振子的速度為零，加速度為正的最大值，C錯誤；t4 s時，振子在平衡位置且向x軸正方向運動，則振子的速度為正，加速度為零，D錯誤。10(2016·北京高考)如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡諧運動。以平衡位置O為原點，建立Ox軸。向右為x軸正方向。若振子位于N點時開始計時，則其振動圖象為()答案A解析振子在N點時開始計時，其位移為正向最大，并按余弦規(guī)律變化，故A正確。11(2016·海南高考)(多選)下列說法正確的是()A在同一地點，單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比B彈簧振子做簡諧振動時，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變C在同一地點，當擺長不變時，擺球質(zhì)量越大，單擺做簡諧振動的周期越小D系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅(qū)動力的頻率E已知彈簧振子初始時刻的位置及其振動周期，就可知振子在任意時刻運動速度的方向答案ABD解析在同一地點，重力加速度g為定值，根據(jù)單擺周期公式T2 可知，周期的平方與擺長成正比，故A正確；彈簧振子做簡諧振動時，只有動能和勢能參與轉(zhuǎn)化，根據(jù)機械能守恒條件可知，振動系統(tǒng)的勢能與動能之和保持不變，故B正確；根據(jù)單擺周期公式T2 可知，單擺的周期與擺球質(zhì)量無關(guān)，故C錯誤；當系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動時，系統(tǒng)振動的頻率等于周期性驅(qū)動力的頻率，故D正確；若彈簧振子初始時刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以確定任意時刻運動速度的方向，若彈簧振子初始時刻不在波峰或波谷位置，則無法確定，故E錯誤。12.(2019·百師聯(lián)盟七調(diào))(多選)如圖所示，兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細線將甲、乙兩物塊束縛在光滑水平面上，已知甲的質(zhì)量是乙的質(zhì)量的4倍，彈簧振子做簡諧運動的周期T2，式中m為振子的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)。當細線突然斷開后，兩物塊都開始做簡諧運動，在運動過程中()A甲的振幅是乙的振幅的4倍B甲的振幅等于乙的振幅C甲的最大速度是乙的最大速度的D甲的振動周期是乙的振動周期的2倍E甲的振動頻率是乙的振動頻率的2倍答案BCD解析將甲、乙兩物塊看成一個整體，受力分析可知，線未斷開前，兩根彈簧伸長的長度相同，故線斷開后，甲、乙兩物塊離開平衡位置的最大距離相同，即振幅一定相同，故A錯誤，B正確；在線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，到達平衡位置時，甲、乙的最大動能相同，由于甲的質(zhì)量是乙的質(zhì)量的4倍，由Ekmv2知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，故C正確；根據(jù)T2 可知，甲的振動周期是乙的振動周期的2倍，根據(jù)f可知，甲的振動頻率是乙的振動頻率的，D正確，E錯誤。13(2018·哈爾濱模擬)有兩個同學利用假期分別去參觀北大和南大的物理實驗室，各自在那里利用先進的DIS系統(tǒng)較準確地探究了“單擺的周期T與擺長l的關(guān)系”，他們通過校園網(wǎng)交換實驗數(shù)據(jù)，并由計算機繪制了T2­l 圖象，如圖甲所示，去北大的同學所測實驗結(jié)果對應(yīng)的圖線是_(選填“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同學還利用計算機繪制了a、b兩個擺球的振動圖象(如圖乙所示)，由圖可知，兩單擺擺長之比_。在t1 s時，b球振動的方向是_。答案B沿y軸負方向解析由單擺的周期公式T2得：T2l，即圖象的斜率k，重力加速度越大，斜率越小，我們知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同學所測實驗結(jié)果對應(yīng)的圖線是B；從題圖乙可以得出Tb1.5Ta，由T2 知，兩單擺擺長之比；從題圖乙可以看出，t1 s時b球正在向負的最大位移處運動，所以b球的振動方向沿y軸負方向。14(2018·鄭州模擬)如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，C為弧形槽最低點，RA。甲球從弧形槽的球心處自由下落，乙球從A點由靜止釋放，球大小不計，問：(1)兩球第1次到達C點的時間之比；(2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時將乙球從圓弧左側(cè)由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？答案(1)(2)(n0,1,2)解析(1)甲球做自由落體運動Rgt，所以t1 ，乙球沿圓弧做簡諧運動(由于AR，可認為擺角<5°)。此運動與一個擺長為R的單擺運動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達C處的時間為t2T×2，所以。(2)甲球從離弧形槽最低點h高處自由下落，到達C點的時間為t甲 ，由于乙球運動的周期性，所以乙球到達C點的時間為t乙n (2n1)(n0,1,2)，由于甲、乙在C點相遇，故t甲t乙，聯(lián)立解得h(n0,1,2)。