1、第1节机械振动知识点一| 简谐运动的特征1简谐运动(1)定义：如果质点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，质点的运动就是简谐运动。(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。(3)回复力定义：使物体返回到平衡位置的力。方向：总是指向平衡位置。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。2简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图弹簧振子(水平)简谐运动条件弹簧质量要忽略无摩擦等阻力在弹簧弹性限度内摆线为不可伸缩的轻细线无空气阻力等最大摆角小于等于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)的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周
2、期与振幅无关T2能量转化弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。()(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。()(3)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小。()简谐运动的“五个特征”1动力学特征：Fkx，“”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：简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，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
3、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T(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(OPOP)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tPOtOP。(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tOPtPO。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。典例(多选)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上
4、，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek。下列说法正确的是()A如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2t1的最小值小于B如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2t1的最小值为TC物块通过O点时动能最大D当物块通过O点时，其加速度最小E物块运动至C点时，其加速度最小ACD如果在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下，则t2t1的最小值小于，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2t1的最小值小于，选项B错误；当物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，动能最大，选项C、D
5、正确；物块运动至C点时，其加速度最大，速度为零，选项E错误。分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。考法1简谐运动的特点1(多选)振动的单摆当摆球通过平衡位置时，关于摆球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是()A回复力为零B合力不为零，方向指向悬点C合力不为零，方向沿轨迹的切线D回复力为零，合力也为零E加速度不为零，方向指向悬点ABE单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆
6、弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力和向心加速度，方向指向悬点(即指向圆心)。2(多选)(2019南昌模拟)关于水平放置的弹簧振子所做的简谐运动，下列说法正确的是()A位移的方向是由振子所在处指向平衡位置B加速度的方向总是由振子所在处指向平衡位置C经过半个周期振子经过的路程一定是振幅的2倍D若两时刻相差半个周期，弹簧在这两个时刻的形变量一定相等E经过半个周期，弹簧振子完成一次全振动BCD位移的方向始终是由平衡位置指向振子所在处，选项A错误；加速度的方向始终是由振子所在处指向平衡位置，选项B正确；经过半个周期，振子经过的路程是振幅的2倍，若两时刻
7、相差半个周期，两时刻弹簧的形变量一定相等，选项C、D正确；经过一个周期，弹簧振子完成一次全振动，选项E错误。考法2简谐运动的对称性、周期性3(多选)(2019鞍山模拟)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为()A0.53 sB1.4 sC1.6 s D2 sE3 sBDE如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从OC所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从MC所用时间和从CM所用时间相等，故0.3 s s0.4 s，解得T1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置
8、向点B运动，设点M与点M关于点O对称，则振子从点M经过点B到点M所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点M、从点M到点O及从点O到点M所需时间相等，为 s，故周期为T0.5 s s0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E。甲乙考法3简谐运动的能量4如图所示，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_(选填“”“”或“”)A0，T_(选填“”“”或“”)T0。解
9、析：当物块向右通过平衡位置时，脱离前：振子的动能Ek1(mamb)v脱离后振子的动能Ek2mav由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后振子振幅变小；由于弹簧振子的质量减小，根据a可知，在同一个位置物块a的加速度变大，即速度变化更快，故脱离后周期变小。答案：知识点二| 简谐运动的规律和图象1简谐运动的表达式(1)动力学表达式：Fkx，其中“”表示回复力与位移的方向相反。(2)运动学表达式：xAsin(t)，其中A代表振幅，2f，表示简谐运动的快慢，t代表运动的相位，代表初相位。2简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为xAsin t，图象如图甲所示。甲
10、乙(2)从最大位置开始计时，函数表达式为xAcos t，图象如图乙所示。(1)公式xAsin t说明是从平衡位置开始计时。()(2)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。()(3)根据简谐运动的图象可以判断质点在某一时刻的位移大小、振动方向。()1(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为xAsint，则关于该质点，下列说法正确的是()A振动的周期为8 sB第1 s末与第3 s末的位移相同C第1 s末与第3 s末的速度相同D第3 s末至第5 s末各时刻的位移方向都相同E第3 s末至第5 s末各时刻的速度方向都相同ABE由关系式可知rad/s，T8 s，A对；将t1 s和t3 s代入关
11、系式中求得两时刻位移相同，B对；可以作出质点的振动图象，得第1 s末和第3 s末的速度方向不同，C错；得第3 s末质点的位移方向与第5 s末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，D错，E对。2(多选)(2019南通模拟)一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波中A、B两质点在平衡位置间的距离为0.5 m，且小于一个波长，如图甲所示，A、B两质点振动图象如图乙所示。由此可知()甲乙A波中质点在一个周期内通过的路程为8 cmB该机械波的波长为4 mC该机械波的波速为0.5 m/sDt1.5 s时，A、B两质点的位移相同Et1.5 s时，A、B两质点的振动速度相同ACE根据A、B两质点的振动图象可知该波的
12、周期为4 s，振幅为2 cm，波中质点在一个周期内通过的路程为4个振幅，为42 cm8 cm，选项A正确；根据A、B两质点的振动图象可画出A、B两点之间的波形图，A、B两点之间的距离为波长，即0.5 m，该波的波长为2 m，选项B错误；该机械波的传播速度为v0.5 m/s，选项C正确；在t1.5 s时，A质点的位移为负值，B质点的位移为正值，两质点位移一定不同，选项D错误；在t1.5 s时，A质点的振动速度方向沿y轴负方向，B质点的振动速度方向沿y轴负方向，且两质点位移大小相同，故两质点振动速度相同，选项E正确。考法指导由简谐运动的图象中获得的信息(1)振幅A、周期T。(2)某一时刻质点离开平
13、衡位置的位移。(3)某一时刻质点的回复力、加速度和速度的方向。回复力和加速度的方向：因为回复力总是指向平衡位置，所以回复力和加速度在图象上总是指向t轴。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，下一时刻位移若增大，质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移若减小，质点的速度方向就是指向t轴。(4)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。知识点三| 受迫振动和共振1受迫振动(1)概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动。(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关。2共振(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。
14、(2)条件：驱动力的频率等于固有频率。(3)特征：共振时振幅最大。(4)共振曲线(如图所示)。(1)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。()(2)物体受迫振动的频率与驱动力的频率无关。()(3)共振是受迫振动的一个特例。()1(多选)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是()A火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振B若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 HzC当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大D一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个E受迫振动系统的机械能守恒BCD火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，选项A错误；
15、对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，选项B正确；由共振的定义可知，选项C正确；根据共振现象可知，选项D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，选项E错误。考法指导受迫振动和共振的两点总结(1)无论发生共振与否，受迫振动的频率都等于驱动力的频率，但只有发生共振现象时振幅才能达到最大。(2)受迫振动系统中的能量转化不再只有系统内部动能和势能的转化，还有驱动力对系统做正功补偿系统因克服阻力而损失的机械能。2下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()驱动力频率/Hz304050607080受
16、迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3Af固60 HzB60 Hzf固70 HzC50 Hzf固60 Hz D以上三个都不对C从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大。并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢。比较各组数据知f驱在5060 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hzf固60 Hz，即C正确。考法指导共振曲线的意义它直观地反映了受迫振动的振幅A随驱动力频率f的变化规律，f与f0越接近，振幅A越大；当ff0时，振幅A最大。知识点四| 实验：探究单摆的运动，用单摆测重力加速度1实验原理单摆在偏
17、角很小(小于5)时的摆动，可看成简谐运动，其固有周期T2，可得g，通过实验方法测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度。2实验步骤(1)组成单摆实验器材有：带有铁夹的铁架台，中心有孔的小钢球，约1_m长的细线。在细线的一端打一个比小钢球的孔径稍大些的结，将细线穿过小钢球上的小孔，制成一个单摆；将单摆固定在带铁夹的铁架台上，使小钢球自由下垂。(2)测摆长实验器材有：毫米刻度尺和游标卡尺。让摆球处于自由下垂状态时，用刻度尺量出悬线长l线，用游标卡尺测出摆球的直径(2r)，则摆长为ll线r。(3)测周期实验仪器有：秒表。把摆球拉离平衡位置一个小角度(小于5)，使单摆在竖直面内摆动，测量其完成
18、全振动30次(或50次)所用的时间，求出完成一次全振动所用的平均时间，即为周期T。(4)求重力加速度将l和T代入g，求g的值；变更摆长3次，重新测量每次的摆长和周期，再取重力加速度的平均值，即得本地的重力加速度。3数据处理(1)平均值法：用g求出重力加速度。(2)图象法：由单摆的周期公式T2可得lT2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的lT2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g42k，k。(1)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。()(2)对单摆模型，细线的质量及伸缩均不计。()(3)单摆摆球的重力提供回复力。()1用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。(1)组
19、装单摆时，应在下列器材中选用_(选填选项前的字母)。A长度为1 m左右的细线B长度为30 cm左右的细线C直径为1.8 cm的塑料球D直径为1.8 cm的铁球(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g_(用l、n、t表示)。(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长l/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(ms2)9.749.73请计算出第3组实验中的T_ s，g_ m/s。(4)用多组实验数据作出T2l图象，也可以求出重力加
20、速度g。已知三位同学作出的T2l图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是_(选填选项前的字母)。A出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长lB出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C图线c对应的g值小于图线b对应的g值解析：(1)单摆模型需要满足的两个基本条件是：摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好。所以应选A、D。(2)由T，T2得g。(3)T s2.01 sg m/s29.76 m/s2。(4)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说
21、明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B正确；由T2得T2l，图线斜率小，说明g偏大，故C错误。答案：(1)AD(2)(3)2.019.76(4)B2某同学利用单摆测量重力加速度。(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_(选填选项前的字母)。A组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自
22、然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离l。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g_。解析：(1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A错。在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B对。摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对。摆动中摆角要控制在5以内，所以D错。(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为l1和l2，则T12，T22，则l(TT)，因此，g。答案：(1)BC(2)