高中物理機械振動知識點與題型總結(jié)

〔一〕機械振動〔質(zhì)點〕在某一中心位置兩側(cè)所做的往復(fù)運動就叫做機械振動，物體能夠圍圍著平衡位置做往復(fù)運動，必定受到使它能夠回到平衡位置的力即回復(fù)力?；貜?fù)力是以效果命名的力，它可以是一個力或一個力的分力，也可以是幾個力的合力。a、物體離開平衡位置后要受到回復(fù)力作用。b、阻力足夠小?！捕澈喼C振動定義：物體在跟位移成正比，并且總是指向平衡位置的回復(fù)力作用下的振動叫簡諧振動。簡諧振動是最簡潔，最根本的〔平衡位置〕為原點的坐標系，把物體的位移定義為物體偏離開坐標原示力方向跟位移方向相反。簡諧振動的條件：物體必需受到大小跟離開平衡位置的位移成正比，方向跟位移方向相反的回復(fù)力作用?；貜?fù)力、速度、加速度以及動能與勢能〔重力勢能與彈性勢能〕都隨時間做周期性變化?！踩趁枋稣駝拥奈锢砹?，簡諧振動是一種周期性運動，描述系統(tǒng)的整體的振動狀況常引入下面幾個物理量。量，振幅的大小表示了振動系統(tǒng)總機械能的大小，簡諧振動在振動過程中，動能與勢能相互轉(zhuǎn)化而總機械能守恒。Tf之間振幅無關(guān)，所以又叫固有周期與固有頻率?！菜摹硢螖[：擺角小于5°的單擺是典型的簡諧振動。細線的一端固定在懸點，另一端拴一個小球，無視線的伸縮與質(zhì)量，球的直徑遠小于懸線長度的裝置叫單擺。單擺做簡諧振動的條件是：最大擺角小于5°，單擺的回復(fù)力F是重力在圓弧切線方向的分力。單擺的周期公式是 。由公式可LgL是擺長，是懸點到擺球球心的距離。g所在處的重力加速度，在有加速度的系統(tǒng)中〔如懸掛在升降機中的單擺〕g〔五〕振動圖象?？梢缘玫秸褡釉诓煌瑫r刻或不同位置時位移、速度、加速度，回復(fù)力等的變化狀況?！擦匙枘嵴駝?、受迫振動、共振。振子在做簡諧振動的圖象中，振幅是恒定的，說明系統(tǒng)機械能不變，實際的振動總是存在著阻力，振動能量總要有所耗散，因此振動系統(tǒng)的機械能總要減小，其振幅也要漸漸減小，直到停下來。振幅漸漸減小的振動叫阻尼振動，阻尼振動雖然振幅越來越小，但振動周期不變，振幅保持不變的振動叫無阻尼振動。力的周期與頻率，而與振動物體的固有周期或頻率無關(guān)。〔頻率〕與物體的固有周期〔頻率〕有關(guān)，二者相差越小，物體受迫振動的振幅越大，當籌劃力的周期或頻率等于物體固有周期或頻率時，受迫振動的振幅最大，叫共振。【典型例題】[例1]一彈簧振子在一條直線上做簡諧運動第一次先后經(jīng)過MN兩點時速度〔v≠0一樣那么以下說法正確的選項是〔 〕A.振子在M、N兩點受回復(fù)力一樣 B.振子在M、N兩點對平衡位置的位移一樣C.振子在M、N兩點加速度大小相等 D.從M點到N點，振子先做勻加速運動，后做勻減速運動解析：建立彈簧振子模型如下圖，由題意知，振子第一次先后經(jīng)過M、N兩點時速度v一樣，那么，可以在振子運動路M、NM、NOMN，振子是從左側(cè)釋放開頭運動的〔MO側(cè)，則振子是從右側(cè)釋放的〕。建立起這樣的物理模型，這時問題就明朗化了。1/12因位移、速度、加速度與回復(fù)力都是矢量，它們要一樣必需大小相等、方向一樣。M、N兩點關(guān)于O點對稱，振子回復(fù)力A、BM、NM→ODC。O0.13sM0.1sM解析：將物理過程模型化，畫出具體的圖景如圖1所示。設(shè)質(zhì)點從平衡位置O向右運動到M點，那么質(zhì)點從O到M運動時0.13s，再由MAM0.1s；2MO3OAOM0.13s，再由MA，點返回M0.1s2O→M→A0.18s，依據(jù)簡諧運動的對稱性，可得到T＝4×0.18s＝0.72s3O→A→M＝0.13s，由1M→A’t＝0.05s，設(shè)M→Ot4〔〕＝t+2tt＝0.01s，則T＝4〔〕＝0.24s，所以周期的可能值為20.72s0.24s

2 1 2 2 2[例3]甲、乙兩彈簧振子，振動圖象如下圖，則可知〔 〕A.兩彈簧振子完全一樣 B.兩彈簧振子所受回復(fù)力最大值之比F

∶F=2∶1甲 乙C.振子甲速度為零時，振子乙速度最大 D.振子的振動頻率之比f

∶f=1∶2甲 乙解析：從圖象中可以看出，兩彈簧振子周期之比T

=∶甲 乙 甲

=1∶2，D乙kAk回復(fù)力〔〕的最大值之比F

∶F不肯定為2∶1，所以B甲 乙CC、D。tt′，Rh〔不考慮溫度對擺長的影響〕。知由于高度的變化引起的重力加速度的變化，再依據(jù)萬有引力公式計算出高度的變化，從而得出山的高度?！才c地球半徑相比較〕，所以，由于地球自轉(zhuǎn)引起的向心力的變化可以不考慮，而認為物體所受向心力不變且都很小，物體所受萬有引力近似等于物體的重力。lTgT′，g′，應(yīng)有0從而在地面上的物體應(yīng)有 在高山上的物體應(yīng)有 得5]在光滑水平面上，用兩根勁度系數(shù)分別為kk1 2

的輕彈簧系住一個質(zhì)量為m的小球。開頭時，兩彈簧均處于原長，后使x2/12Ox，

x，方向向右。右方彈簧被拉伸，對小球的彈力大小為f11

x，方向向右。22

=〔k12

12

，上式可寫成。由于小球所受回復(fù)力的方向與12位移x的方向相反，考慮方向后，上式可表示為－。所以，小球?qū)⒃趦筛鶑椈傻淖饔孟?，沿水平面作簡諧運動。點評：由此題〔整個物體或某一局部〕→分析受力狀況→找出回復(fù)力→表示成－的形式〔Fx〕。a壓縮到b位置?，F(xiàn)將重球〔視為質(zhì)點〕從高于a位置的c位置沿彈簧中軸線自由下落，彈簧被重球壓縮到最低位置d。以下關(guān)于重球運動過程的正確說法應(yīng)是〔〕A.重球下落壓縮彈簧由adB.重球下落至bC.重球下落至dD.由a至d過程中重球抑制彈簧彈力做的功等于小球由c下落至d處時重力勢能削減量。解析：重球由c至a的運動過程中，只受重力作用，做勻加速運動；由a至b的運動過程中，受重力與彈力作用，但重力大于彈力，做加速度減小的加速運動；由bdbadcd即可判定B、D正確。C選項很難確定是否正確，但利用彈簧振子的特點就可格外簡潔解決這一難題。重球接觸彈簧以后，以b點ba＇，使a′ba、a＇的加速度大小相da＇點的加速度，所以重球下落至d，C答案：擺長不變，擺角小于5°，擺球質(zhì)量增加為原來的4倍，擺球經(jīng)過平衡位置的速度減小為原來的1/2，則單擺的振動〔 〕A.頻率不變，振幅不變 B.頻率不變，振幅轉(zhuǎn)變 C.頻率轉(zhuǎn)變，振幅轉(zhuǎn)變 D.頻率轉(zhuǎn)變，振幅不變解析：單擺的周期 ，與擺球質(zhì)量與振幅無關(guān)，只與擺長L與重力加速度g有關(guān)。當擺長L與重力加速度g不變時，T不變，頻率f也不變。選項C、D錯誤。單擺振動過程中機械能守恒。擺球在最大位置A的重力勢能等于擺球運動到平衡位置的動能，即〔1－θ〕 υ2υ= 增大，減小，振幅A減小，選項B正確。點評：單擺的周期只與擺長與當?shù)刂亓铀俣扔嘘P(guān)，而與擺球質(zhì)量與振動幅無關(guān)，擺角小于5°的單擺是簡諧振動，機械能守恒?！灸M試題】在以下狀況下，能使單擺周期變小的是〔 〕A.將擺球質(zhì)量減半，而擺長不變 B.將單擺由地面移到高山C.將單擺從赤道移到兩極 D.將擺線長度不變，換一較大半徑的擺球簡諧振動，假設(shè)從某時刻開頭計時，〔取作0〕，當振動至則單擺的振動圖象是圖中的〔 〕

時，擺球具有負向最大速度，3/12關(guān)于小孩子蕩秋千，有以下四種說法：①質(zhì)量大一些的孩子蕩秋千，它搖擺的頻率會更大些 ②孩子在秋千到達最低點處有失重的感覺③拉繩被磨損了的秋千，繩子最簡潔在最低點斷開④自己蕩秋千想蕩高一些，必需在兩側(cè)最高點提高重心，增加勢能。上述說法中正確的選項是〔 〕A.①② B.③④ C.②④ D.②③如下圖，質(zhì)量為m的物塊放在水平木板上，木板與豎直彈簧相連，彈簧另一端固定在水平面上，今使m隨M一起做簡諧運動，且始終不分別，則物塊m做簡諧運動的回復(fù)力是由重力與M對m支持力的合力 供給的，當振動速度達最大時，m對M的壓力為 。的兩個彈簧振子A與B的振動圖像，兩個振子質(zhì)量之比為2:3，彈簧的勁度系數(shù)之比為3:2，則它們的周期之比：＝2:3 ；它們的最大加速度之比為＝9:2 。2m2_1.64。101.002.00，然后用秒表記錄了單擺50101.5s。則：g=9.76g值偏小，可能緣由是：

2〔計算結(jié)果取三位有效數(shù)字〕A.測擺線長時擺線拉得過緊。B.擺線上端未結(jié)實地系于懸點，振動中消滅松動，使擺線長度增加了。開頭計時時，秒表過遲按下。D.4950為了提高試驗精度，在試驗中可轉(zhuǎn)變幾次擺長l并測出相應(yīng)的周期T，從而得出一組對應(yīng)的l與T的數(shù)值，再以l為橫坐標、2為縱坐標將所得數(shù)據(jù)連成直線，并求得該直線的斜率。則重力加速度g=4∏^2 ?！灿帽硎尽硰椈烧褡右設(shè)點為平衡位置在B、C兩點之間做簡諧運動，B、C20.某時刻振子處于B0.5s，振子首次C點，求：振動的周期與頻率；1s1s20010B點的加速度大小跟它距O4處P點的加速度大小的比值。5:2物電，生物電的變化可以通過四周組織傳到身體的外表。醫(yī)生用引導(dǎo)電極放置于肢體或軀體的肯定部位就可通過心電圖儀記60該心電圖機圖紙移動的速度；0.025乙的心動周期與心率0.8s 75次/分2，在拉力F51，4，9，求外力F102，不計阻力24N4/12兩個單擺擺長一樣，一個靜止于地面，一個個靜止在懸浮于高空的氣球中。地面上的單擺搖擺了n次全振動時，氣球中n－1R，求氣球的高度？(1)【試題答案】C解析：影響單擺周期的因素為擺長l與重力加速度g，當擺球質(zhì)量減半時擺長未變，周期不變；當將單擺由地面移到高所以選C。7. 解：從0時經(jīng)過 時間，這段時間為 ，經(jīng)過 擺球具有負向最大速度，說明擺球在平衡位置，在給出的四個圖象中，經(jīng)過B、CCC10.解析：秋千近似為單擺，其周期、頻率由擺長l與當?shù)氐闹亓铀俣却蛩悖c質(zhì)量無關(guān)，故知①錯；具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，而在最低點具有向上的向心加速度，故②錯；最低點繩子承受的拉力最大，故在最低點易斷，故③對；在最高點提高〔勢能B11.重力與Mm12.2：3；9：213.解：設(shè)該單擺原來的擺長為LT2m〔l+2〕m2T0 0 0 0由單擺周期公式，有T= 2T

聯(lián)立上述兩式，可得L

T=1.64s0 ， 0= 0 014.〔1〕9.76 〔2〕 B 〔3〕 4π2 。15.〔1〕設(shè)振幅為A，由題意＝2A＝20，所以A＝10，振子從B到C所用時間t＝0.5s，為周期T的一半，所以1.0s；子在1個周期內(nèi)通過的路程為4A，故在t′=55T內(nèi)通過的路程 ×4200，5s內(nèi)振子振動了5個周期，5s10，〔3〕振子加速度－25，〔20.8s75/17.設(shè)板豎直向上的加速度為，則有：－2

x，a∝x.所以∶∶10∶4=5∶2 16.〔1〕①－2 ②，由牛頓其次定律得－ ③，解①②③式可求得＝24N解析： 2π T’ 2π簡諧運動的特征與推斷

所以 所以，簡諧運動Fxx通?？梢岳煤喼C運動的動力學(xué)特征去推斷某質(zhì)點的運動是否是簡諧運動，其具體的推斷方法是分為兩個步驟：標；其次是在質(zhì)點運動到一般位置〔x〕處時所受到的回復(fù)力F，如F★2．勻速圓周運動與簡諧運動的關(guān)系.mAω做勻速圓周運動時，一束平行光的照耀下，OF

ω2其投影劇院相當于受到的大小為向

θ的回復(fù)力的振動，回向5/12

F回 mAFA向θ

平行光-A o xA xx考慮到θ=A

具F的方向與投影偏離“平衡位置”O(jiān)x向F－ωθmω2向簡諧運動的周期公式

2T，T且留意到

2πmKmK單擺抱負化條件，受力特征及周期公式. F單擺及其抱負化條件.如圖14—2所示，一根長需求輕的線，懸掛著一個小而重的球， m就構(gòu)成所謂的單擺。抱負的單擺應(yīng)具備如下抱負化條件：與小球的質(zhì)量m相比， mg線的質(zhì)量可以無視；與線的長度l相比，小球的半徑可以無視。單擺的受力特征F，而mg

－θ平行于速度方向上的力使擺球的速度大小發(fā)生轉(zhuǎn)變，充當擺球的回復(fù)力.向F=－θ=－向

—可見：當單擺做小角度搖擺時，其運動近似為簡諧運動。l

x/cmA單擺的周期公式mg

T23T/40

t/s對于單擺，回復(fù)力與偏離平衡位置的位移的比例系數(shù)為 ，將其代入簡諧運動l

T/4llgmkmk

=2π

該公式供給了一種測定重力加速度g的方法.簡諧運動的圖象及其應(yīng)用圖象的形式：質(zhì)點做簡諧運動時其振動圖象形如圖給出的正弦曲線.圖象的意義：簡諧運動的振動圖像反映的是某振動質(zhì)點在各個時刻相對于平衡位置的位移的變化狀況.AT；某時刻質(zhì)點相對于平衡位置的位移；某時刻質(zhì)點的振動方向；某一階段質(zhì)點的位移，速度，加速度，回復(fù)力，振動的能量形式等物理量的變化狀況。三、典型例題例1．如下圖，正方體木塊漂移在水平上，將其稍向下壓后放手，試證明：木塊將做簡諧運動.分析：從簡諧運動的動力學(xué)特征動身，一推斷木塊是否做簡諧運動，解答：設(shè)木塊的邊長為a，質(zhì)量為m，則當圖中木塊浸入水中的高度為h，而處于靜止狀態(tài)時所受到的重力與浮. F=ρ2大小相等，木塊在該1Fag2為―F=―a2― 由此可知：木塊做的是簡諧運動22．在單擺a10b61.6m，則兩單擺擺長與分別為A．2.5m，0.9m C．2.4m，4.0m 分析：由周期比得擺長比，加上題設(shè)條件中的擺長差，故與可求

h0h+xx解答：兩擺長之差為1.6m，即l la b

=1.6a10b36個單擺的周期之比為TaTb

6lag10 考慮到：2πl(wèi)ag

，2π

l，得：alb

9=25于是解得：0.92.5m應(yīng)選B.O Plbg3．14—6所示，質(zhì)點沿直線做簡諧運動平衡位置在O點，某時刻質(zhì)點通過P點向右lbg6/121sP1s到達OOP=2，則：質(zhì)點運動的周期；質(zhì)點運動的振幅為，分析：留意到簡諧運動的周期性，對稱性等特征，吉合簡諧運動的振動圖象可作出正解的解答.解答：由簡諧運動的對稱性可知，質(zhì)點在第1s內(nèi)從P點到達右端最大位移處，再回到P點，可見從最大位移處回到P點10.5s，而人P點到O1s，41.5s6s

x/cmA運動的振動圖象，質(zhì)點在t1

時刻從P，t2

時刻又回到P，t3

時刻到達平衡 0

t/s4 3Ot2―13―2=1s60=23

t1t2t34應(yīng)依次填充：6，3 3巧用簡諧運動中的對稱性解題巧用時間的對稱性1.1OOA0.15sM0.1s2M3M解析：由于質(zhì)點從M→A與從A→M的時間是對稱的，結(jié)合題設(shè)條件可知M→A所需時間為0.05s，所以質(zhì)點從平衡位置O→A的時間為 ，又由于，所以質(zhì)點的振動周期為T＝0.8s，頻率 M→OO→M0.15s3M巧用加速度的對稱性ag2BOA〔也就是小球做簡諧振動的最大位移處A〔也是最大位移處〕。由對稱性可知，小球在點A與點A”的加速度的大小相等，設(shè)為a，小球在點Bg，由圖點BAO3.3mMA，運動到最高點時，mmm7/12解析：我們簡潔證明，物體mMmg，由簡諧運動的對稱性知道，物體mg，方向豎直向上。4.4〔勁度系數(shù)為k〕的下端固定在地面上，其上端與一質(zhì)量為MBBmP。當系統(tǒng)上下振動時，欲使P、B解析：從簡諧運動的角度看，木板B與物塊P的總重力與彈簧彈力的合力充當回復(fù)力，即 ；從簡潔連接體的角度看，系統(tǒng)受到的合外力產(chǎn)生了系統(tǒng)的加速度a，即 ，由以上兩式可解為 與B在平衡位置下方時，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，P不行能與B分別，因此P與B分別的位置肯定在上方最大位移處，且P與B一起運動的最大加速度 。由加速度的對稱性可知彈簧壓縮時最大加速度也為 關(guān)系式 ，即得 。巧用速度的對稱性5s0.5s力所做的功為零。解析：由速度的對稱性可知，圖50.5s1.5s、2.5s、3.5s、4.5s。結(jié)合動能定理可知，從0.5s以上時刻所對應(yīng)的時間內(nèi)彈力所做的功均為零。巧用回復(fù)力的對稱性例6.如圖6所示，在質(zhì)量為M的無下底的木箱頂部用一輕彈簧懸掛質(zhì)量均為 上，平衡后剪斷A、B間細線，此后A將做簡諧運動。當A運動到最高點時，木箱對地面的壓力為〔〕A. B. C. D.解析：剪斷細線后的瞬間，彈簧對A的彈力為 ，所以A受到向上的合外力〔回復(fù)力〕為。當A運動到上方最大位性，A將受到豎直向下的合外力〔回復(fù)力〕，其大小仍為，也就是說，此時彈簧中沒有彈力，所以木箱對地面的壓力為。選項A正確。7.7mA1.58/120.5，方向向上，充當回復(fù)力。依據(jù)力大小的對稱性可0.50.5，方向向上，依據(jù)牛0.5；物體脫離彈簧時應(yīng)是彈簧恢復(fù)到自由伸長時，依據(jù)彈力F＝A2A。

可知，在原來的基8.83mAmBBFA，撤消F，BF〔〕A.7 B.4 C.3 D.2FAFAF，方向向上，開頭向上振動，所以最F，依據(jù)力大小的對稱性，AF，對物體A34。選項B巧用能量的對稱性

體B進展受力分析，B恰好被提離地面可得： ，所以力F的大小9.9－130m＝0.113022〔g＝102〕有：9-19-2A.1J；B.1.08JC.0.08JD.2.16J9－226O30A機械能守恒定律得 。物體從A到A”的過程中彈性勢能的增加為A、C單擺模型【單擺模型簡述】

l.g【視角例1. 試用秒表、小石塊、細線估算電線桿的直徑.測量電線桿的直徑?jīng)]有直接關(guān)系；假設(shè)是聯(lián)想到小石塊可以與細線組成單擺，秒表可用來測量時間，此題便不難解決了。nm〔30～50〕t，則單擺振動的周9/12

llT2g,

Ll

dL, d

l2g .g 期 電線桿的圓周長【視角二】遷移與虛擬，活化模型方法.

n，電線桿的直徑 有

4nm3例2. 一傾角α很(α2)的斜劈固定在水平地面,高為［如圖1(a).光滑小球從斜劈的頂點A由靜止開頭下滑,到達將斜劈剜成一個光滑圓弧面,使圓弧面在B點恰與底面相切,該小球從A由靜止開頭1Btt2 1

t2

h 1gsint t

1 2h.1 分析與解:當小球在斜劈上做勻加速直線運動時,有sin1

2 sin g

將斜劈剜成光滑圓弧面后.，2α＜4°,懸點的拉力類似.如圖1(bL h h快速找到解決問題的途徑.由于2α.所以

1cos2 2sin2.小球沿圓弧面從AB1/4.12 L

2h.故2 4 g 4sin g

所以, t∶t=4∶π.1 2【視角例3. 裝置的水平擺,擺球m固定在邊長為L、質(zhì)量可略去不計的等邊三角形的頂角A上,它的對邊跟豎直線成不大的夾角α,擺球可繞固定軸搖擺,求擺球作微小搖擺時的周期.分析與解:該題有多種求解方法,假設(shè)承受等效法,能化解難度,關(guān)鍵是求等效擺長,因擺球在豎直平面內(nèi)平衡,關(guān)于軸做微小振動,將擺球所受重力作用線做反向延長,在轉(zhuǎn)軸延長線上得交點O,取O點為等效單擺的懸點, O

C2(b)的三角形OA L α A C中運用正弦定理,有sin120 sin B m3L 3L

〔a〕 α AOA則

sin

T 2故

2gsin.