2024屆高中物理一輪復(fù)習(xí)專題18-機械振動(含答案)

專題18機械振動目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一簡諧運動的基本特征及應(yīng)用 1類型1簡諧運動基本物理量的分析 1類型2簡諧運動的周期性與對稱性 4類型3彈簧振子的動力學(xué)、能量特征分析 6題型二簡諧運動的表達式和圖像的理解和應(yīng)用 11題型三單擺及其周期公式 17類型1單擺的受力特征及周期公式的應(yīng)用 17類型2單擺的振動圖像及運動學(xué)特征 22題型四受迫振動和共振 26類型1受迫振動概念及規(guī)律的理解應(yīng)用 26類型2共振曲線的應(yīng)用 28類型3“驅(qū)動擺”的分析 30題型一簡諧運動的基本特征及應(yīng)用對簡諧運動的理解受力特點回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運動特點靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量振幅越大，能量越大．在運動過程中，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒周期性做簡諧運動的物體的位移、回復(fù)力、加速度和速度均隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為eq\f(T,2)對稱性(1)如圖所示，做簡諧運動的物體經(jīng)過關(guān)于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等(2)物體由P到O所用的時間等于由O到P′所用時間，即tPO＝tOP′(3)物體往復(fù)過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO(4)相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n為正整數(shù))的兩個時刻，物體位置關(guān)于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等，方向相反類型1簡諧運動基本物理量的分析【例1】（2023春·江西·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，一水平輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻上，右端連接一物體，物體靜止在光滑水平地面上的O點，現(xiàn)向左推物體，使物體到達A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體向右運動，在物體整個運動過程中，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．物體從O點向左運動到A點的過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小B．物體從O點向左運動到A點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大C．物體從A點向右運動的過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小D．物體從A點向右運動的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大【答案】D【詳解】AB．物體做簡諧運動，O點是平衡位置，所以物體從O點向左運動到A點的過程中，物體做減速運動，彈簧的彈性勢能一直增大，故A、B錯誤；CD．物體從A點運動到O點時，物體做加速運動，經(jīng)過O點繼續(xù)向右時，物體做減速運動，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選D。【例2】．（2023春·北京大興·高三統(tǒng)考期中）如圖所示，彈簧振子的平衡位置為O點，在B、C兩點之間做簡諧運動。B、C相距10cm。小球經(jīng)過O點開始計時并向右運動，經(jīng)過0.5s首次到達B點，下列說法正確的是（

）A．彈簧振子的振幅是10cmB．當(dāng)振子運動到B時，位移大小是10cmC．彈簧振子的周期是1sD．振子由O運動到B的過程中速度減小【答案】D【詳解】A．彈簧振子的振幅是OB的距離，即5cm，故A錯誤；B．當(dāng)振子運動到B時，位移大小是5cm，故B錯誤；C．小球經(jīng)過O點開始計時并向右運動，經(jīng)過0.5s首次到達B點，則所以彈簧振子的周期是2s，故C錯誤；D．振子由O運動到B的過程中位移增大，速度減小，故D正確；故選D?！纠?】（2023春·江西南昌·高三南昌二中?？奸_學(xué)考試）對于下面甲、乙、丙、丁四種情況，可認為是簡諧運動的是（）①甲：傾角為的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距離，然后松開，空氣阻力可忽略不計②乙：粗細均勻的木筷，下端繞幾圈鐵絲，豎直浮在較大的裝有水的杯中。把木筷往上提起一段距離后放手，木筷就在水中上下振動③丙：小球在半徑為R的光滑球面上的A、B（）之間來回運動④?。盒∏蛟诠饣潭ㄐ泵嫔蟻砘剡\動A．只有① B．只有①② C．只有①②③ D．都可以【答案】C【詳解】甲圖小球沿斜面方向受到的合力時彈力與重力的分力，當(dāng)小球在平衡位置上方時，合力方向沿斜面向下，當(dāng)在平衡位置下方時合力沿斜面向上，彈力與重力的分力的合力與位移成正比，其特點符合簡諧振動物體的動力學(xué)特征，小球做簡諧振動；乙圖木筷在水中受浮力和重力作用，當(dāng)木筷在平衡位置上方時，合力向下，當(dāng)木筷在平衡位置下方時，合力向上，重力和浮力的合力與位移成正比，其特點符合簡諧振動物體的動力學(xué)特征，木筷做簡諧振動；丙圖小球離開最低點受到重力沿切線方向的分力與位移成正比，方向與小球位移方向相反，為小球提供回復(fù)力，小球在最低點附近左右振動屬于簡諧振動；丙圖斜面光滑，重力沿斜面的分力提供小球做機械振動的回復(fù)力，但該力大小不變，不與位移成正比，故小球的運動為機械振動，不是簡諧振動，則可知①②③為簡諧振動。故選C?！纠?】．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，一彈簧振子做簡諧運動，下列說法正確的是（

）A．若位移為負值，則加速度一定為負值B．小球通過平衡位置時，速度為零，位移最大C．小球每次經(jīng)過平衡位置時，位移相同，速度也一定相同D．小球每次通過同一位置時，其速度不一定相同，但位移一定相同【答案】D【詳解】A．小球受的力指向平衡位置，小球的位移為負值時，受到的力為正值，小球的加速度為正值，A錯誤；B．當(dāng)小球通過平衡位置時，位移為零，速度最大，B錯誤；C．小球每次通過平衡位置時，速度大小相等，方向不一定相同，但位移相同，C錯誤；D．小球每次通過同一位置時，位移相同，速度大小相等，但速度方向可能相同，也可能不同，D正確。故選D。類型2簡諧運動的周期性與對稱性【例2】（2023春·黑龍江雙鴨山·高三雙鴨山一中?？茧A段練習(xí)）彈簧振子以O(shè)點為平衡位置做簡諧振動。從O點起振開始計時，振子第一次到達M點用了0.3秒，又經(jīng)過0.2秒第二次通過M點，則振子第三次通過M點還要經(jīng)過的時間可能是（

）A．秒 B．秒 C．1.4秒 D．1.6秒【答案】AC【詳解】由題意，共有以下兩種情況：①如圖所示假設(shè)振子從O點向x正方向起振，P點為正向最大位移處，M位于O、P之間，則振子從O運動到M所用時間為根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，振子從M到P和P到M的時間相同，均為設(shè)簡諧運動的周期為T，則解得易知振子第二次通過M點再經(jīng)過一個周期T剛好第四次通過M點，而第三次通過M點之后需要再經(jīng)過2t才能再次（即第四次）通過M點，因此振子第三次通過M點還要經(jīng)過的時間為②如圖所示假設(shè)振子從O點向x正方向起振，Q點為負向最大位移處，M位于O、Q之間，則振子從M運動到O所用時間為根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，振子從M到Q和Q到M的時間相同，均為所以解得易知振子第二次通過M點再經(jīng)過一個周期T剛好第四次通過M點，而第三次通過M點之后需要再經(jīng)過2t才能再次（即第四次）通過M點，因此振子第三次通過M點還要經(jīng)過的時間為故選AC?！纠?】（2023秋·黑龍江大慶·高三鐵人中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，彈簧振子在振動過程中，振子從a到b歷時0.2s，振子經(jīng)a、b兩點時速度相同，若它從b再回到a的最短時間為0.4s，則該振子的振動頻率為（）A．1Hz B．1.25Hz C．2Hz D．2.5Hz【答案】B【詳解】由于振子在a、b兩點的速度相同，則a、b兩點關(guān)于O點是對稱的，所以O(shè)到b點的時間為0.1s；而從b再回到a的最短時間為0.4s，則從b再回到b的最短時間為0.2s，所以從b到最大位移處的最短時間為0.1s，因此振子的振動周期為T=0.8s，由，得故選B?！纠?】．（2023春·甘肅武威·高三武威第六中學(xué)?？计谥校┮毁|(zhì)點做簡諧運動，先后以相同的速度依次通過A、兩點，歷時1s；質(zhì)點通過點后再經(jīng)過1s又第二次通過點。在這內(nèi)質(zhì)點通過的總路程為12，則質(zhì)點的振動周期和振幅分別是（）A．3s， B．4s， C．4s， D．2s，【答案】B【詳解】質(zhì)點運動的過程如圖：其中紅色實線為由A到，綠色實線為第二次經(jīng)過，紅色、綠色虛線為補出的對稱運動，從圖像中可以觀察到紅色實線綠色實線振幅則振幅為。紅色部分與綠色部分的運動時間之和為一個周期，故周期為4s。故選B。類型3彈簧振子的動力學(xué)、能量特征分析【例1】（2023春·新疆烏魯木齊·高三兵團二中校考階段練習(xí)）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定于斜面頂端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小球連接，靜止于O點，現(xiàn)把小球從彈簧原長處A點靜止釋放，小球做簡諧運動，彈簧的彈性勢能為，重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．振幅為 B．小球的最大加速度為gC．小球的最大速度為 D．彈簧的最大彈性勢能為【答案】D【詳解】A．設(shè)平衡位置時彈簧的伸長量為，則振幅為。A錯誤；B．A點處小球的加速度最大B錯誤；C．平衡位置處速度最大，從A點到平衡位置由動能定理解得小球的最大速度C錯誤；D．由對稱性，小球在最低點，彈簧伸長量為彈簧的最大彈性勢能為D正確。故選D。【例2】．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，一根不計質(zhì)量的彈簧豎直懸吊質(zhì)量為M的鐵塊，在其下方吸引了一質(zhì)量為m的磁鐵，且。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁鐵對鐵塊的最大吸引力等于3mg，鐵塊和磁鐵共同沿豎直方向作簡諧運動，不計磁鐵對其它物體的作用并忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．鐵塊處于平衡位置時彈簧的伸長量等于B．鐵塊振幅的最大值是C．彈簧彈性勢能最大時，彈力的大小等于16mgD．鐵塊運動的最大速度為【答案】D【詳解】A．由胡克定律得鐵塊處于平衡位置時可得A錯誤；B．鐵塊振幅的最大值在最低點有解得B錯誤；C．彈簧彈性勢能最大時，鐵塊和磁鐵位于最低點，彈力的大小為C錯誤；D．由機械能守恒定律得解得D正確。故選D?！纠?】（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學(xué)?？计谥校┤鐖D所示，長直桿固定放置且與水平面夾角，桿上O點以上部分粗糙，O點以下部分（含O點）光滑。輕彈簧穿過長桿，下端與擋板相連，彈簧原長時上端恰好在O點，質(zhì)量為m的帶孔小球穿過長桿，與彈簧上端連接?，F(xiàn)將小球拉到圖示a位置由靜止釋放，一段時間后觀察到小球做簡諧振動時彈簧上端的最低位置始終在b點，O點與a、b間距均為l。則下列說法正確的是（）A．整個運動過程小球克服摩擦力做功為mglB．彈簧的勁度系數(shù)C．若增加小球質(zhì)量，最終物體做簡諧振動的周期不變D．若增加小球質(zhì)量，仍從a位置靜止釋放，則小球最終運動的最低點仍在b點【答案】AB【詳解】A．O點與a、b間均為l，所以小球在a、b兩點的彈性勢能相等，小球從a點由靜止開始運動到最后到達b點的過程中由動能定理可知解得A正確；B．小球做簡諧振動時彈簧上端的最低位置始終在b點，即小球在O點和b點間做簡諧運動，平衡位置在O點和b點中點，此時小球受力平衡，有解得B正確；C．彈簧小球的振動周期公式為，則若增加小球質(zhì)量，最終物體做簡諧振動的周期將會變化，C錯誤；D．若增加小球質(zhì)量，仍從a位置靜止釋放，設(shè)小球最終運動的最低點為c，由于小球最后是在O與最低點c兩點間做簡諧振動，在c點與O點的加速度大小相等，小球在c點有小球在O點有聯(lián)立解得所以增大小球的質(zhì)量，彈簧在最低點的形變量也會增大，則最低點位置發(fā)生了改變，D錯誤。故選AB?！纠?】．（2023秋·山東威?！じ呷y(tǒng)考期末）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，斜面頂端有一固定擋板，與一輕彈簧相連。彈簧下端連接一質(zhì)量為m的小球，小球沿斜面方向做振幅為A的簡諧運動。當(dāng)小球運動到最高點時，彈簧正好處于原長，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．彈簧的最大彈性勢能為B．小球的最大動能一定小于C．彈簧的彈性勢能和小球的動能之和保持不變D．小球在最低點時彈簧的彈力大小為【答案】ABD【詳解】A．當(dāng)小球運動到最高點時，彈簧正好處于原長，小球在最低點時彈簧彈性勢能最大，小球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，所以彈簧的最大彈性勢能故A正確；B．在平衡位置動能最大，由最高點到平衡位置，重力勢能減小，動能和彈性勢能增加，所以物體的最大動能小于，故B正確；C．在運動的過程中，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能、物體的動能、重力勢能之和不變，故C錯誤；D．小球做簡諧運動的平衡位置處當(dāng)物體振動到最高點時，彈簧正好為原長，可知所以在最低點時，形變量為2A．彈力大小為，故D正確。故選ABD。題型二簡諧運動的表達式和圖像的理解和應(yīng)用1．由圖像可獲取的信息(1)振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ0(如圖所示)。(2)某時刻振動質(zhì)點離開平衡位置的位移。(3)某時刻質(zhì)點速度的大小和方向：曲線上各點切線的斜率的大小和正負分別表示各時刻質(zhì)點的速度大小和方向，速度的方向也可根據(jù)下一相鄰時刻質(zhì)點的位移的變化來確定。(4)某時刻質(zhì)點的回復(fù)力和加速度的方向：回復(fù)力總是指向平衡位置，回復(fù)力和加速度的方向相同。(5)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。2．簡諧運動的對稱性(如圖)(1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3…)的兩個時刻，彈簧振子在同一位置，位移和速度都相同。(2)相隔Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0，1，2…)的兩個時刻，彈簧振子的位置關(guān)于平衡位置對稱，位移等大反向(或都為零)，速度也等大反向(或都為零)?！纠?】如圖所示，是一個質(zhì)點的振動圖像，根據(jù)圖像回答下列問題：(1)振動的振幅；(2)振動的頻率；(3)在t＝0.1s、0.3s、0.5s、0.7s時質(zhì)點的振動方向；(4)質(zhì)點速度首次具有負方向最大值的時刻和位置；(5)質(zhì)點運動的加速度首次具有負方向最大值的時刻和位置；(6)在0.6s至0.8s這段時間內(nèi)質(zhì)點的運動情況。(7)振動質(zhì)點離開平衡位置的最大距離；(8)寫出此振動質(zhì)點的運動表達式；(9)振動質(zhì)點在0～0.6s的時間內(nèi)通過的路程；(10)振動質(zhì)點在t＝0.1s、0.3s、0.5s、0.7s時的振動方向；(11)振動質(zhì)點在0.6～0.8s這段時間內(nèi)速度和加速度是怎樣變化的？(12)振動質(zhì)點在0.4～0.8s這段時間內(nèi)的動能變化是多少？【答案】見解析【解析】(1)振幅為最大位移的絕對值，從圖像可知振幅A＝5cm。(2)從圖像可知周期T＝0.8s，則振動的頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.8)Hz＝1.25Hz。(3)由各時刻的位移變化過程可判斷t＝0.1s、0.7s時，質(zhì)點的振動方向沿x軸正方向；t＝0.3s、0.5s時，質(zhì)點的振動方向沿x軸負方向。(4)質(zhì)點在0.4s通過平衡位置時，首次具有負方向的速度最大值。(5)質(zhì)點在0.2s時處于正向最大位移處時，首次加速度具有負方向的最大值。(6)在0.6s至0.8s這段時間內(nèi)，從圖像上可以看出，質(zhì)點沿負方向的位移不斷減小，說明質(zhì)點正沿著正方向由負向最大位移處向著平衡位置運動，所以質(zhì)點做加速度減小的加速運動。(7)由振動圖像可以看出，質(zhì)點振動的振幅為5cm，即為質(zhì)點離開平衡位置的最大距離。(8)由此質(zhì)點的振動圖像可知A＝5cm，T＝0.8s，φ＝0，所以x＝Asin(ωt＋φ)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.8)t))cm＝5sin(2.5πt)cm。(9)由振動圖像可以看出，質(zhì)點振動的周期為T＝0.8s，0.6s＝3×eq\f(T,4)，振動質(zhì)點是從平衡位置開始振動的，故在0～0.6s的時間內(nèi)質(zhì)點通過的路程為s＝3×A＝3×5cm＝15cm。(10)在t＝0.1s時，振動質(zhì)點處在位移為正值的某一位置上，但若從t＝0.1s起取一段極短的時間間隔Δt(Δt→0)的話，從圖像中可以看出振動質(zhì)點的正方向的位移將會越來越大，由此可以判斷得出質(zhì)點在t＝0.1s時的振動方向是沿題中所設(shè)的正方向。同理可以判斷得出質(zhì)點在t＝0.3s、0.5s、0.7s時的振動方向分別是沿題中所設(shè)的負方向、負方向和正方向。(11)由振動圖像可以看出，在0.6～0.8s這段時間內(nèi)，振動質(zhì)點從最大位移處向平衡位置運動，故其速度是越來越大的；而質(zhì)點所受的回復(fù)力是指向平衡位置的，并且逐漸減小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越來越小。(12)由圖像可看出，在0.4～0.8s這段時間內(nèi)質(zhì)點從平衡位置經(jīng)過半個周期又回到了平衡位置，盡管初、末兩個時刻的速度方向相反，但大小是相等的，故這段時間內(nèi)質(zhì)點的動能變化為零?！纠?】（2023春·河北張家口·高三張北縣第一中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端拴接一輕質(zhì)薄板。t=0時刻，一物塊從其正上方某處由靜止下落，與薄板碰撞后二者粘在一起并在以后的運動中不再分離，物塊的位置隨時間變化的圖像（x-t）如圖乙所示，其中t=0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，則（??）A．t=0.4s時物塊的加速度大于重力加速度B．若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘在一起后振動的周期增大C．若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘在一起后振動的振幅增大D．t=0.2s后物塊坐標(biāo)位置隨時間變化關(guān)系為【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，最高點的加速度和最低點的加速度大小相等，即由簡諧運動的加速度滿足a與x成正比，設(shè)A點處偏離平衡位置的位移大小為xA，C點處偏離平衡位置的位移大小為xC，有所以到A點時，物塊只受重力所以故A正確；B．彈簧振子的周期只與振動系統(tǒng)本身有關(guān)，與物塊起始下落的高度無關(guān)，故物塊與薄板粘在一起振動周期不變，故B錯誤；C．若增大物塊自由下落的高度，根據(jù)能量守恒，則物塊與薄板粘在一起后振動的振幅增大，故C正確；D．由圖乙可知T=0.6s則振幅為0.2m，0.2s后物塊位置隨時間變化關(guān)系式為當(dāng)t=0.4s時x=0.5m代入上式得所以故D正確。故選ACD?！纠?】（2023春·天津北辰·高二校考階段練習(xí)）一彈簧振子A的位移隨時間變化的關(guān)系式為，位移的單位為m，時間的單位為s，則（）A．彈簧振子的振幅為0.2mB．彈簧振子的周期為1.25sC．在t=0.2s時，振子的運動速度為0D．若另一彈簧振子B的位移隨時間變化的關(guān)系式為，則B的振幅和周期分別是A的振幅和周期的2倍【答案】C【詳解】AB．根據(jù)可知彈簧振子A的振幅為，周期為則AB錯誤；C．在時，振子的位移為可知此時振子處于最大位移位置，振子的運動速度為0，故C正確；D．若另一彈簧振子B的位移隨時間變化的關(guān)系式為，則B的振幅為，周期為則B的振幅是A的振幅的2倍，B的周期等于A的周期，故D錯誤。故選C?！纠?】．（2023春·安徽馬鞍山·高三馬鞍山二中校考期中）如圖，彈簧振子的平衡位置為O點，在B、C兩點之間做簡諧運動，B、C相距20cm。小球經(jīng)過B點時開始計時，經(jīng)過1.5s第二次到達C點。下列說法正確的是（）A．小球振動的周期為3s B．小球振動的振幅為20cmC．5s末小球的位移為0 D．小球的位移—時間關(guān)系為【答案】D【詳解】A．小球經(jīng)過B點時開始計時，經(jīng)過1.5s第二次到達C點，則有解得小球振動的周期為故A錯誤；B．根據(jù)題意有可得小球振動的振幅為故B錯誤；C．小球經(jīng)過B點時開始計時，由于周期為，可知5s末小球的位移為，故C錯誤；D．小球經(jīng)過B點時開始計時，小球的位移—時間關(guān)系為故D正確。故選D?！纠?】．（2023春·黑龍江雙鴨山·高三雙鴨山一中?？计谥校┠硰椈烧褡釉谒椒较蛏献龊喼C運動，其位移x隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為x＝Asinωt，振動圖像如圖所示，下列說法不正確的是（）A．彈簧在第1s末與第3s末的長度相同B．簡諧運動的角頻率ω＝rad/sC．第3s末振子的位移大小為AD．從第3s末到第5s末，振子的速度方向發(fā)生變化【答案】D【詳解】A．由題圖知，振子在第1s未與第3s末的位移相同，即振子經(jīng)過同一位置，故彈簧的長度相同，A正確；B．由題圖知，振子振動的周期T＝8s，則角頻率B正確；C．位移x隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為x＝Asinωt，第3s末振子的位移大小為C正確；D．x-t圖像的切線斜率表示速度，可知，從第3s末到第5s末，振子的速度方向并沒有發(fā)生變化，一直沿負方向，D錯誤。本題選擇不正確的。故選D?！纠?】．（2023春·廣東湛江·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖甲所示，將滑塊連接在彈簧上并放置于氣墊導(dǎo)軌上，將滑塊拉到某一位置后由靜止釋放，位移傳感器記錄下滑塊位置隨時間的變化圖像如圖乙所示，則下列關(guān)于該滑塊的說法正確的是（）A．完成一次全振動的時間為5sB．在一個周期內(nèi)運動路程為32cmC．在第1s末和第3s末時的速度相同D．第3s內(nèi)滑塊的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能【答案】B【詳解】A．由圖乙可知，滑塊完成一次全振動的時間為4s，故A錯誤；B．滑塊在一個周期內(nèi)運動的路程為4倍振幅，為32cm，故B正確；C．滑塊在第1s末和第3s末時的速度大小相等、方向相反，故C錯誤；D．由圖乙可知，滑塊在第3s內(nèi)由負向位移最大處回到平衡位置，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能，故D錯誤。故選B。題型三單擺及其周期公式1．單擺的受力特征(1)回復(fù)力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復(fù)力F回與位移x的方向相反。(2)向心力：擺線的拉力和擺球重力沿擺線方向分力的合力提供向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ。(3)兩點說明①當(dāng)擺球在最高點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ。②當(dāng)擺球在最低點時，F(xiàn)向＝meq\f(veq\o\al(2,max),l)，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。2．周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))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。(2)g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣取ｎ愋?單擺的受力特征及周期公式的應(yīng)用【例1】（2023·天津·高三專題練習(xí)）圖甲是用力傳感器對單擺做小角度擺動過程進行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的圖像，其中F的最大值，已知擺球質(zhì)量，重力加速度取，取，不計擺線質(zhì)量及空氣阻力。下列說法正確的是（）A．單擺周期為B．單擺擺長為C．F的最小值D．若僅將擺球質(zhì)量變?yōu)?，單擺周期不變【答案】CD【詳解】A．由圖可知，單擺周期為，選項A錯誤；B．根據(jù)可得單擺擺長為0.64m，選項B錯誤；C．?dāng)[到最低點時可得則F最小值選項C正確；D．單擺周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，若僅將擺球質(zhì)量變?yōu)?，單擺周期不變，選項D正確。故選CD?！纠?】（2023·上海虹口·統(tǒng)考二模）擺球質(zhì)量為m的單擺做簡諧運動，其動能Ek隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，則該單擺（）A．?dāng)[長為B．?dāng)[長為C．?dāng)[球向心加速度的最大值為D．?dāng)[球向心加速度的最大值為【答案】C【詳解】AB．由圖可知，單擺的周期，根據(jù)單擺周期公式解得故AB錯誤；CB．?dāng)[球到最低點的動能向心加速度的最大值為解得故C正確，D錯誤；故選C?！纠?】（2023·全國·高三專題練習(xí)）單擺是我們研究簡諧運動中常用的模型。已知某單擺的擺長為L，擺球質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。將此擺球在所在的豎直平面內(nèi)向拉離平衡位置一個小角度，自由釋放。（1）在很小時，（其中x為小球的位移），由此寫出單擺回復(fù)力與位移的關(guān)系式，并說明為何單擺可視為簡諧運動；（2）簡諧運動的周期公式（其中k是回復(fù)力與位移的比例系數(shù)，m為系統(tǒng)的質(zhì)量），結(jié)合（1）推導(dǎo)出單擺的周期公式；（3）當(dāng)擺球運動到最低點時，求細線拉力的大小?！敬鸢浮浚?），說明見解析；（2）；（3）【詳解】（1）在很小時由幾何關(guān)系可得，單擺的回復(fù)力為負號表示回復(fù)力方向與位移方向相反，由于小球質(zhì)量m、擺長L、重力加速度g都為定值，令則故單擺在擺角很小的情況下的運動為簡諧運動；（2）由（1）的分析可知單擺在擺角很小的情況下為簡諧運動，故單擺的周期公式為（3）設(shè)擺球在最低點時的速度為，由動能定理可得設(shè)在最低點時細線的拉力為，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得【例4】．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間。時刻在A點釋放擺球，擺球在豎直面內(nèi)的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置。圖乙為細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線。已知擺長為，A、B之間的最大擺角為（取，）。求：（1）當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?；?）擺球在A點時回復(fù)力的大小；（3）擺球運動過程中的最大動能。【答案】（1）；（2）；（3）0.0032J【詳解】（1）擺球在一個周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點，對應(yīng)兩次細線拉力達到最大值，由圖乙可知單擺的周期為解得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮椋?）擺球在A點時，細線拉力大小為解得擺球在A點時回復(fù)力的大小為（3）設(shè)擺球在B點時速度為v，根據(jù)牛頓第二定律有擺球運動過程中的最大動能為類型2單擺的振動圖像及運動學(xué)特征【例1】（2023春·甘肅張掖·高三高臺縣第一中學(xué)?？计谥校┮粏螖[振動過程中離開平衡位置的位移隨時間變化的規(guī)律如圖所示，取向右為正方向。則下列說法正確的是（）A．第1s末和第5s末擺球位于同一位置B．0~1s的時間內(nèi)，擺球的回復(fù)力逐漸減小C．時，擺球的位移為mD．時，擺球的速度方向與加速度方向相反【答案】C【詳解】A．第1s末位移為正值，第5s末位移為負值，所以這兩個時刻擺球位置不同，故A錯誤；B．0~1s的時間內(nèi)位移變大，即離平衡位置越來越遠，所以擺球的回復(fù)力逐漸增大，故B錯誤；C．由圖可得所以當(dāng)時，解得故C正確；D．時擺球處在平衡位置右側(cè)且位移大小變小，所以此時速度方向和加速度方向都向左，故D錯誤。故選C?！纠?】（2023·全國·高三專題練習(xí)）單擺在兩點之間做簡諧運動，點為平衡位置，如圖甲所示，單擺的振動圖像如圖乙所示（向右為正方向），取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．單擺的振幅為 B．單擺的擺動頻率為C．時，擺球在點 D．單擺的擺長為【答案】BC【詳解】A．由圖乙可知單擺的振幅為4cm，故A錯誤；B．單擺的擺動頻率為故B正確；C．由單擺的周期性可知，時和擺球的運動狀態(tài)相同，可知擺球在點，故C正確；D．由單擺的周期公式代入數(shù)據(jù)解得故D錯誤。故選BC?！纠?】（2023春·遼寧鞍山·高三統(tǒng)考期中）甲、乙兩個單擺，做簡諧振動時的圖像如圖所示，由此可知甲，乙兩單擺（）A．?dāng)[長之比為 B．振動頻率之比為2:3C．在t=1.0s時刻，加速度均不為零 D．在t=1.8s時刻，振動方向相反【答案】C【詳解】A．由圖像可知，甲、乙單擺振動周期之比為2:1，根據(jù)單擺的周期公式可知，甲、乙單擺擺長之比為4:1，故A錯誤；B．根據(jù)周期與頻率的關(guān)系所以振動頻率之比為1:2，故B錯誤；C．在t=1.0s時刻，沿振動方向的加速度均為零，但還有向心加速度，因此加速度不為零，故C正確；D．根據(jù)振動圖像可知，在t=1.8s時刻，甲、乙兩單擺均沿x軸正向振動，故D錯誤。故選C。【例4】（2023春·湖北武漢·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示是一座水平固定放置的弧形槽，其底面是矩形平面，上表面ABCD是半徑的光滑圓弧面，直邊，圓弧邊AB和CD平行且等長為0.5m，B、C是弧面最低點且切線水平?，F(xiàn)有一個可看作質(zhì)點的小球，以沿AD方向的初速度v從A點開始沿弧面運動，恰好能運動到C點。重力加速度，則v的大小約為（）A．0.5m/s B．1.0m/s C．1.5m/s D．2.0m/s【答案】B【詳解】小球在豎直面內(nèi)做減速圓周運動，小球從A到C豎直面內(nèi)的圓心角小球在豎直面內(nèi)的運動可看做單擺運動，小球從A到C的時間小球從A點運動到C點，在水平方向上可看做勻速運動；，則解得故選B?！纠?】（2023·全國·高三專題練習(xí)）兩個擺長不同的單擺1、2同軸水平懸掛，兩單擺擺動平面相互平行，振動圖像如圖甲所示。時把單擺1的擺球向左、單擺2的擺球向右拉至擺角相同處，如圖乙所示。求：（1）兩單擺擺長之比；（2）同時釋放兩擺球，兩擺球同時擺到最右端所經(jīng)歷的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）根據(jù)單擺周期公式可得由題圖甲可知則有（2）由題圖甲可知，單擺1到達最右端所經(jīng)歷的時間為單擺2到達最右端所經(jīng)歷的時間為結(jié)合可得同時釋放兩擺球，兩擺球同時擺到最右端所經(jīng)歷的時間為題型四受迫振動和共振1．簡諧運動、受迫振動和共振的關(guān)系比較振動項目簡諧運動受迫振動共振受力情況僅受回復(fù)力受驅(qū)動力作用受驅(qū)動力作用振動周期或頻率由系統(tǒng)本身性質(zhì)決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅(qū)動力的周期或頻率決定，即T＝T驅(qū)或f＝f驅(qū)T驅(qū)＝T0或f驅(qū)＝f0振動能量振動物體的機械能不變由產(chǎn)生驅(qū)動力的物體提供振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺(θ≤5°)機械工作時底座發(fā)生的振動共振篩、聲音的共鳴等2.對共振的理解(1)共振曲線：如圖所示，f與f0越接近，振幅A越大；當(dāng)f＝f0時，振幅A最大。(2)做受迫振動的系統(tǒng)機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換。類型1受迫振動概念及規(guī)律的理解應(yīng)用【例1】(2022·天津河西區(qū)期末質(zhì)量調(diào)查)如圖甲所示，一個有固定轉(zhuǎn)動軸的豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)。圓盤靜止時，讓小球做簡諧運動，其振動圖像如圖乙所示。圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，小球做受迫振動，小球振動穩(wěn)定時，下列說法正確的是()A．小球振動的固有頻率是4HzB．小球做受迫振動時周期一定是4sC．圓盤轉(zhuǎn)動周期在4s附近時，小球振幅顯著增大D．圓盤轉(zhuǎn)動周期在4s附近時，小球振幅顯著減小【答案】C【解析】小球振動的固有周期T＝4s，則其固有頻率為f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，A錯誤；小球做受迫振動時周期等于驅(qū)動力的周期，即等于圓盤轉(zhuǎn)動周期，不一定等于固有周期4s，B錯誤；圓盤轉(zhuǎn)動周期在4s附近時，驅(qū)動力周期等于振動系統(tǒng)的固有周期，小球產(chǎn)生共振現(xiàn)象，振幅顯著增大，C正確，D錯誤。【例2】(2022·云南省保山市智源中學(xué)高二月考)把一個篩子用四根彈簧支起來，篩子上安一個電動偏心輪，它每轉(zhuǎn)一周，給篩子一個驅(qū)動力，這樣就做成了一個共振篩，如圖所示．篩子做自由振動時，完成10次全振動用時15s．在某電壓下，電動偏心輪轉(zhuǎn)速是36r/min.已知增大電壓可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高，增加篩子質(zhì)量，可以增大篩子的固有周期．那么要使篩子的振幅增大，下列做法正確的是()A．提高輸入電壓 B．降低輸入電壓C．減小篩子質(zhì)量 D．減小篩子質(zhì)量【答案】A【解析】共振篩的工作原理是，當(dāng)電動偏心輪的轉(zhuǎn)動周期跟篩子的固有周期相等時，就會發(fā)生共振．在題給條件下，篩子振動的固有周期T固＝eq\f(15,10)s＝1.5s，電動偏心輪的轉(zhuǎn)動周期(對篩子來說是驅(qū)動力的周期)T驅(qū)＝eq\f(60,36)s＝1.67s．要使篩子振幅增大，就得使這兩個周期值靠近，可采用兩種做法：第一，提高輸入電壓使偏心輪轉(zhuǎn)得快一些，減小驅(qū)動力的周期；第二，增加篩子的質(zhì)量使篩子的固有周期增大．正確選項為A【例3】(多選)(2021·浙江1月選考·15)為了提高松樹上松果的采摘率和工作效率，工程技術(shù)人員利用松果的慣性發(fā)明了用打擊桿、振動器使松果落下的兩種裝置，如圖甲、乙所示．則()A．針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率可能不同B．隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度一定增大C．打擊桿對不同粗細樹干打擊結(jié)束后，樹干的振動頻率相同D．穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同【答案】AD【解析】根據(jù)共振的條件，當(dāng)振動器的頻率等于樹木的固有頻率時產(chǎn)生共振，此時落果效果最好，而不同的樹木的固有頻率不同，針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率可能不同，A正確；當(dāng)振動器的振動頻率等于樹木的固有頻率時產(chǎn)生共振，此時樹干的振幅最大，則隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度不一定增大，B錯誤；打擊結(jié)束后，樹干做阻尼振動，阻尼振動的頻率為樹干的固有頻率，所以粗細不同的樹干頻率不同，C錯誤；樹干在振動器的振動下做受迫振動，則穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同，D正確．類型2共振曲線的應(yīng)用【例1】（2023·全國·模擬預(yù)測）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)系圖線）如圖所示，則下列說法正確的是（）A．此單擺的固有周期約為2sB．此單擺的擺長約為1mC．若擺長增大，單擺的固有頻率減小D．若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動E．此單擺的振幅是8cm【答案】ABC【詳解】A．由共振曲線知，此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s，A正確；B．由單擺的周期公式，可得此單擺的擺長約為1m，B正確；CD．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，C正確，D錯誤；E．此單擺做受迫振動，只有共振時的振幅最大，為8cm，E錯誤。故選ABC。【例2】．（2023·全國·高三專題練習(xí)）同一地點，甲、乙單擺在驅(qū)動力作用下振動，其振幅A隨驅(qū)動力頻率f變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．若驅(qū)動力的頻率為f0，乙單擺振動的頻率大于f0B．若驅(qū)動力的頻率為f0，乙單擺振動的頻率等于f0C．若驅(qū)動力的頻率為3f0，甲、乙單擺振動的振幅相同D．若驅(qū)動力的頻率為3f0，甲、乙單擺振動的頻率均為3f0【答案】BD【詳解】ABD．當(dāng)物體做受迫振動時，物體振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，故A錯誤，BD正確；C．受迫振動物體的固有頻率與驅(qū)動力頻率越接近，振幅越大，由圖可知，甲的固有頻率是f0，乙的固有頻率是2f0，若驅(qū)動力的頻率為3f0，甲單擺振動的振幅小于乙單擺振動的振幅，故C錯誤。故選BD?！纠?】（2022·高三課時練習(xí)）正在運轉(zhuǎn)的機器，當(dāng)其飛輪以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動時，機器的振動并不強烈；切斷電源，飛輪的轉(zhuǎn)動逐漸慢下來，在某一小段時間內(nèi)機器卻發(fā)生了強烈的振動；此后，飛輪轉(zhuǎn)速繼續(xù)變慢，機器的振動也隨之減弱。在機器停下來之后，若重新啟動機器使飛輪轉(zhuǎn)動的角速度從0較慢地增大到ω0，在這一過程中（）A．機器不一定會發(fā)生強烈振動B．機器一定會發(fā)生強烈振動C．若機器發(fā)生強烈振動，則當(dāng)時飛輪角速度為ω0D．若機器發(fā)生強烈振動，則當(dāng)時飛輪角速度肯定小于ω0【答案】BD【詳解】AB．飛輪以角速度ω0轉(zhuǎn)動逐漸慢下