1、第1讲 机械振动 教材回扣夯实基础知识点一 简谐运动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_，质点的运动就是简谐运动(2)平衡位置：物体在振动过程中_为零的位置(3)回复力定义：使物体返回到_的力方向：总是指向_来源：属于_力，可以是某一个力，也可以是几个力的_或某个力的_平衡位置回复力平衡位置平衡位置效果合力分力(4)简谐运动的特征动力学特征：F 回_运动学特征：x、v、a 均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意 v、a 的变化趋势相反)能量特征：系统的机械能守恒、振幅 A 不变kx2描述简谐运动的物理量物理量定义意义 位移由_指向质点_的有向线
2、段描述质点振动中某时刻的位置相对于_的位移振幅振动物体离开平衡位置的_描述振动的_和能量 周期振 动 物 体 完 成 一 次_所需时间频率振动物体_内完成全振动的次数描述振动的_，两者互为倒数：T_平衡位置所在位置平衡位置 最大距离强弱全振动单位时间快慢1f知识点二 简谐运动的公式和图象1表达式(1)动力学表达式：Fkx，其中“”号表示回复力与位移的方向_(2)运动学表达式：xAsin(t)，其中 A 代表振幅，2f表示简谐运动的_，(t)代表简谐运动的相位，叫做_相反快慢初相2图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为 x_，图象如图甲所示(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为 x_，图象
3、如图乙所示(3)如图丙所示，从任意位置开始计时，函数表达式为 x_.(4)根据简谐运动的图象可以知道质点在任意时刻离开平衡位置的_Asin tAcos tAsin(t)位移知识点三 单摆、周期公式简谐运动的两种模型的比较：模型弹簧振子单摆简谐运动条件(1)弹簧质量可忽略(2)无摩擦等_(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气阻力(3)最大摆角_回复力 弹簧的_提供摆球_沿圆弧切线方向的分力平衡位置弹簧处于_处_点周期与_无关_阻力很小弹力重力原长最低振幅 T2lg知识点四 受迫振动和共振1受迫振动(1)概念：系统在_的外力(驱动力)作用下的振动(2)振动特征：受迫振动的频
4、率等于_的频率，与系统的_无关2共振(1)概念：驱动力的频率等于系统的_时，受迫振动的振幅_的现象(2)共振条件：驱动力的频率等于系统的_(3)特征：共振时_最大(4)共振曲线：如图所示周期性驱动力固有频率固有频率最大 固有频率 振幅夯实双基1思考辨析(1)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置()(2)振幅等于振子运动轨迹的长度()(3)简谐运动的回复力肯定不是恒力()(4)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零()(5)单摆无论摆角多大都是简谐运动()(6)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关.()(7)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹()2(多选)如图所示，弹簧振子
5、在光滑的水平面上做简谐运动，在弹簧振子向着平衡位置运动的过程中()A弹簧振子所受的回复力逐渐减小B弹簧振子相对平衡位置的位移逐渐减小C弹簧振子的速度逐渐增大D弹簧振子的速度逐渐减小E弹簧振子的加速度逐渐增大解析：弹簧振子向着平衡位置运动的过程中，运动位移逐渐减小，则回复力逐渐减小，选项 A、B 正确；回复力与位移成正比，回复力逐渐减小，加速度也逐渐减小，但向着平衡位置运动的过程中一直加速，所以速度不断增加，选项 C 正确，而选项 D、E 错误答案：ABC3人教版选修 34P17T3 改编(多选)如图是两个单摆的振动图象，以下说法正确的是()A甲、乙两个摆的振幅之比为 2:1B甲、乙两个摆的频率
6、之比为 1:2C甲、乙两个摆的摆长之比为 1:2D以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从 t0 起，乙第一次到达右方最大位移时，甲振动到了平衡位置，且向左运动AD4.人教版选修34P21T4改编(多选)一单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅 A与驱动力频率 f 的关系)如图所示，则下列说法正确的是()A此单摆的周期约为 0.5 sB此单摆的摆长约为 1 mC若摆长增加，共振曲线的峰将向左移动D若把该单摆从福建移到北京，要使其固有频率不变，应增加摆长E列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振解析：单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，由题
7、图知固有频率为 0.5Hz，周期为 2 s，故 A 错误；由公式 T2Lg，可得 L1 m，故 B 正确；若摆长增加，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，C 正确；该单摆从福建移到北京、重力加速度变大，要使其固有频率不变，需增加摆长，D 正确；列车过桥时需减速，是为了使驱动力频率远小于桥的固有频率，防止桥发生共振，而不是防止列车发生共振，E 错误答案：BCD5人教版选修 34P5T3如下图所示，在 t0 到 t4 s 的范围内回答以下问题(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？(2)质点在第 2 s 末的位移是多少？(3
8、)质点在前 2 s 内走过的路程是多少？答案：(1)在 01 s,23 s 内位移方向跟它的瞬时速度方向相同 在 12 s,34 s 内位移方向跟它的瞬时速度方向相反(2)0(3)20 cm透析考点多维突破考点一 简谐运动的规律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：当物体靠近平衡位置时，x、a 都减小，v 增大；当物体远离平衡位置时，x、a 都增大，v 减小3能量特征：对单摆和弹簧振子来说，振幅越大，能量越大在运动过程中，动能和势能相互转化，机械能守恒4周期性特征：物体做简谐运动时，其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时
9、间做周期性变化，它们的变化周期就是简谐运动的周期(T)；物体的动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为T2.5对称性特征(1)如图所示，振子经过关于平衡位置 O 对称的两点 P、P时(OPOP)，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(2)振子由 P 到 O 所用时间等于由 O 到 P所用时间，即 tPOtOP.(3)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.1(多选)关于简谐运动的周期，以下说法正确的是()A间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同B间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同C半个周期内物体
10、的动能变化一定为零D一个周期内物体的势能变化一定为零E经过一个周期质点通过的路程变为零解析：根据周期的定义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故 A 项正确当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体的速度和加速度不同时为零，故 B 项错误，C、D 两项正确经过一个周期，质点通过的路程为 4A，E 项错误答案：ACD练 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，方向指向悬点解析：单摆的回复力不
11、是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；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)答案：ABE练 2 2019南昌模拟(多选)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解析：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
12、个周期，振子经过的路程是振幅的 2 倍，若两时刻相差半个周期，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 错误答案：BCD练 3 2019鞍山模拟(多选)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 s B1.4 sC1.6 s D2 sE3 s解析：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T4.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T4
13、0.3 s0.2 s2 0.4 s，解得 T1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点 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0.3 s0.2 s3 130 s，故周期为 T0.5s 130 s0.53 s，所以周期不可能为选项 B、D、E.答案：BDE考点二 简谐运动的公式和图象的理解及应用1简谐运动的数学表达式xAsin(t)2根据简谐运动图象可获取的信息(1)确定振动的振幅 A 和周期
14、 T.(如图所示)(2)可以确定振动物体在任一时刻的位移(3)确定各时刻质点的振动方向判断方法：振动方向可以根据下一时刻位移的变化来判定下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置(4)比较各时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小2 2019全国卷34(1)如图，长为 l 的细绳下方悬挂一小球 a，绳的另一端固定在天花板上 O 点处，在O 点正下方34l 的 O处有一固定细铁钉将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为 2)后由静止释放，并从释放时开
15、始计时当小球 a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的 x-t 关系的是()解析：由单摆的周期公式 T2lg可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的 2 倍，所以 B、D 项错误由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故 A 项正确答案：A练 4(多选)一水平弹簧振子做简谐运动的振动图象如图所示，已知该弹簧的劲度系数为 20 N/cm，则()A图中 A 点对应的
16、时刻振子所受的回复力大小为 5 N，方向指向 x 轴的负方向B图中 A 点对应的时刻振子的速度方向指向 x 轴的正方向C在 04 s 内振子做了 1.75 次全振动D在 04 s 内振子通过的路程为 3.5 cmE在 04 s 内振子通过的路程为 4 cm解析：由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，图中 A 点对应的时刻振子所受的回复力大小为 Fkx2000N/m0.002 5 m5 N，方向指向 x 轴的负方向，并且现在正在远离 O 点向 x 轴的正方向运动，A、B 正确；由图象可知，周期为 2 s,04 s 内振子做了两次全振动，通过的路程是 s0.5cm424 cm，C、D 错误
17、，E 正确答案：ABE练 5(多选)如图甲所示，弹簧振子以点 O 为平衡位置，在A、B 两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移 x 随时间 t 的变化如图乙所示下列说法正确的是()At0.8 s 时，振子的速度方向向左Bt0.2 s 时，振子在 O 点右侧 6 cm 处Ct0.4 s 和 t1.2 s 时，振子的加速度完全相同Dt0.4 s 到 t0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐增大Et0.8 s 到 t1.2 s 的时间内，振子的加速度逐渐增大解析：由图象知，t0.8 s 时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，A 正确；t0.2 s 时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐
18、减小，应在 O 点右侧大于 6 cm 处，B 错误；t0.4 s 和 t1.2 s 时，振子的加速度大小相等，方向相反，C 错误；t0.4 s 到 t0.8 s 的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，D 正确；t0.8 s 到 t1.2 s 的时间内，振子远离平衡位置运动，加速度增大，E 正确答案：ADE练 6(多选)小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，O 是它的平衡位置，B、C 是摆球所能到达的左右最远位置小明通过实验测得当地重力加速度为 g9.8 m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向，g2，则下列选项正确的是()A此单摆
19、的振动频率是 0.5 HzB根据图乙可知开始计时时摆球在 C 点C图中 P 点向正方向振动D根据已知数据可以求得此单摆的摆长为 1.0 m解析：由乙图可知，单摆的振动周期为 2 s周期和频率互为倒数，所以频率为 0.5 Hz，故 A 项正确；由乙图可知，t0时位移负向最大，开始向正方向运动，而单摆向右摆动为正方向，所以开始计时时摆球在 B 点，故 B 项错误；由振动图象可知，P点向负方向振动，故 C 项错误；由单摆的周期公式 T2Lg可知，摆长为 LgT242g2242 1.0 m，故 D 项正确答案：AD考点三 实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度1周期公式 T2lg的两点说明(1)l
20、 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离(2)g 为当地重力加速度2单摆受力的两点说明当摆球在最高点时，F 向mv2l 0，FTmgcos.当摆球在最低点时，F 向mv2maxl，F 向最大，FTmgmv2maxl.3实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度(1)基本原理与操作装置及器材操作要领(1)细线：选择细、轻又不易伸长的线且长度一般在 1 m 左右(2)小球：选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过 2 cm.(3)夹紧：悬线的上端应夹紧在钢夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象(4)摆角：摆线的摆角不超过 5.(5)共面：摆球振动时要保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆
21、(6)测量：摆长 l摆线长 l小球半径D2.计数：计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，记下单摆摆动 3050 次的总时间，算出一次全振动的时间.(2)数据处理公式法：g42lT2，算出重力加速度 g 的值，再算出 g 的平均值图象法：作出 l-T2 图象求 g 值(3)误差分析产生原因减小方法偶然误差测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差多次测量再求平均值计时从单摆经过平衡位置时开始系统误差主要来源于单摆模型本身摆球要选体积小，密度大的最大摆角要小于 53 根据单摆周期公式 T2lg，可以通过实验测量当地的重力加速度如图 1 所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就
22、做成了单摆(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图 2 所示，读数为_ mm.18.6(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_A摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B摆球尽量选择质量大些、体积小些的C为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔t 即为单摆周期 TE拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做 50 次全振动所用的时间 t，则单摆周期 Tt50ABE解析：(1)先
23、从主尺读出整数部分刻度为 18 mm，然后从游标尺读出小数部分刻度为 0.6 mm，所以小钢球直径为 18.6 mm.(2)在该实验中，摆球的摆角不要太大，偏离平衡位置不大于 5，C 错误，为了尽量减少实验误差，摆球应该选择质量大、体积小的小球；摆线要选择质量小、不易伸长、长度大一些的细绳；摆球摆动稳定后，从平衡位置开始计时，摆球两次经过平衡位置为一次全振动，A、B、E 三项正确，D 项错误练 7 在一次“用单摆测定重力加速度”的实验中，图甲中的 O 点是摆线的悬挂点，a、b 点分别是球的上沿和球心，摆长 L_m图乙为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为 30 s，表盘上部的小圆共 15 大格
24、，每一大格表示 1 min.在测量周期时，当摆球摆动稳定后，计时起点应选在小球摆至_(选填“最高点”或“最低点”)时，测得单摆摆动 n50 次时，长、短针位置如图乙所示，所用时间 t_s，则周期T_(结果保留两位有效数字)s.用以上直接测量的物理量的符号表示重力加速度的计算式为 g_(不必代入数据计算)0.995 0最低点100.22.042n2Lt2练 8 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示，这样做的目的是_(填字母代号)A保证摆动过程中摆长不变B可使周期测量更加准确C需要改变摆长
25、时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动AC(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度 L0.999 0 m再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为_mm，单摆摆长为_m.12.00.993 0(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为 1 m 的单摆进行周期测量的四种操作过程图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C 均为 30 次全振动的图象，已知 sin 50.087，sin 150.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)A解析：(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变，从而保证摆长不变，同时又便于调节摆长
26、，A、C 正确；(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为 d12 mm0.1 mm012.0 mm，则单摆摆长为 L0Ld20.993 0 m(注意统一单位)；(3)单摆摆角不超过 5，且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始，故 A 项的操作符合要求考点四 受迫振动与共振的应用1自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动类型自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力作用受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期 T0 或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即 TT 驱或 ff驱T 驱T0 或 f 驱f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量
27、最大2.对共振的理解(1)共振曲线如图所示，横坐标为驱动力的频率 f，纵坐标为振幅 A.它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为 f0 的振动系统做受迫振动时振幅的影响，由图可知，f 与 f0 越接近，振幅 A 越大；当ff0 时，振幅 A 最大(2)受迫振动中系统能量的转化做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换4(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为 2 Hz.现匀速转动摇把，转速为 240 r/min.则()A当振子稳定振动时，它的振动周期是 0.5 sB当振子稳定振动时，它的振动频率是
28、 4 HzC当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D当转速减小时，弹簧振子的振幅增大E振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功解析：摇把匀速转动的频率 fn24060 Hz4 Hz，周期 T1f0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A 错误，B 正确；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率 2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C 错误，D 正确；外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故 E 正确答案：BDE练 9 2020焦作模拟(多选)如图所示，A 球振动后，通过水平细绳迫使 B、C 振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是()A只有 A、C 振动周
29、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 的振动周期相等EB 的振幅最小解析：A 振动后，水平细绳上驱动力的周期 TA2lAg，迫使 B、C 做受迫振动，受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以 TATBTC，而 TC 固2lCgTA，TB 固2lBgTA，故 C共振，B 不共振，C 的振幅比 B 的振幅大，所以 C、D、E 正确答案：CDE练 10(多选)某振动系统的固有频率为 f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为 f.若驱动力的振幅保持不变，则下列说法正确的是()A当 ff0 时，该振动系统的振幅随 f 减小而增大C该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于 f0D该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于 fE当 ff0 时，该振动系统一定发生共振解析：受迫振动的振幅 A 随驱动力的频率变化的规律如图所示，显然选项 A 错误，B 正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即选项 C 错误，D 正确；根据共振产生的条件可知，当 ff0 时，该振动系统一定发生共振，选项 E 正确答案：BDE