学习进修3-4机械振动学习知识重点汇总.doc

,. 高中物理机械振动知识点汇总 一. 教学内容： 第十一章 机械振动 本章知识复习归纳 二. 重点、难点解析 （一）机械振动 物体（质点）在某一中心位置两侧所做的往复运动就叫做机械振动，物体能够围绕着平衡位置做往复运动，必然 受到使它能够回到平衡位置的力即回复力。回复力是以效果命名的力，它可以是一个力或一个力的分力，也可以是几 个力的合力。 产生振动的必要条件是：a、物体离开平衡位置后要受到回复力作用。b、阻力足够小。 （二）简谐振动 1. 定义：物体在跟位移成正比，并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动叫简谐振动。简谐振动是最简单，最 基本的振动。研究简谐振动物体的位置，常常建立以中心位置（平衡位置）为原点的坐标系，把物体的位移定义为物 体偏离开坐标原点的位移。因此简谐振动也可说是物体在跟位移大小成正比，方向跟位移相反的回复力作用下的振动， 即 F=－kx，其中“－”号表示力方向跟位移方向相反。 2. 简谐振动的条件：物体必须受到大小跟离开平衡位置的位移成正比，方向跟位移方向相反的回复力作用。 3. 简谐振动是一种机械运动，有关机械运动的概念和规律都适用，简谐振动的特点在于它是一种周期性运动，它的 位移、回复力、速度、加速度以及动能和势能（重力势能和弹性势能）都随时间做周期性变化。 （三）描述振动的物理量，简谐振动是一种周期性运动，描述系统的整体的振动情况常引入下面几个物理量。 1. 振幅：振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，常用字母“A”表示，它是标量，为正值，振幅是表示振动强 弱的物理量，振幅的大小表示了振动系统总机械能的大小，简谐振动在振动过程中，动能和势能相互转化而总机械能 守恒。 2. 周期和频率，周期是振子完成一次全振动的时间，频率是一秒钟内振子完成全振动的次数。振动的周期 T 跟频 率 f 之间是倒数关系，即 T=1/f。振动的周期和频率都是描述振动快慢的物理量，简谐振动的周期和频率是由振动物体 本身性质决定的，与振幅无关，所以又叫固有周期和固有频率。 （四）单摆：摆角小于 5的单摆是典型的简谐振动。 细线的一端固定在悬点，另一端拴一个小球，忽略线的伸缩和质量，球的直径远小于悬线长度的装置叫单摆。单 摆做简谐振动的条件是：最大摆角小于 5，单摆的回复力 F 是重力在圆弧切线方向的分力。单摆的周期公式是 T= 。由公式可知单摆做简谐振动的固有周期与振幅，摆球质量无关，只与 L 和 g 有关，其中 L 是摆长，是悬 点到摆球球心的距离。g 是单摆所在处的重力加速度，在有加速度的系统中（如悬挂在升降机中的单摆）其 g 应为等 效加速度。 （五）振动图象。 简谐振动的图象是振子振动的位移随时间变化的函数图象。所建坐标系中横轴表示时间，纵轴表示位移。图象是 正弦或余弦函数图象，它直观地反映出简谐振动的位移随时间作周期性变化的规律。要把质点的振动过程和振动图象 联系起来，从图象可以得到振子在不同时刻或不同位置时位移、速度、加速度，回复力等的变化情况。 （六）阻尼振动、受迫振动、共振。 简谐振动是一种理想化的振动，当外界给系统一定能量以后，如将振子拉离开平衡位置，放开后，振子将一直振 动下去，振子在做简谐振动的图象中，振幅是恒定的，表明系统机械能不变，实际的振动总是存在着阻力，振动能量 总要有所耗散，因此振动系统的机械能总要减小，其振幅也要逐渐减小，直到停下来。振幅逐渐减小的振动叫阻尼振 动，阻尼振动虽然振幅越来越小，但振动周期不变，振幅保持不变的振动叫无阻尼振动。 ,. 振动物体如果在周期性外力──策动力作用下振动，那么它做受迫振动，受迫振动达到稳定时其振动周期和频率 等于策动力的周期和频率，而与振动物体的固有周期或频率无关。 物体做受迫振动的振幅与策动力的周期（频率）和物体的固有周期（频率）有关，二者相差越小，物体受迫振动 的振幅越大，当策动力的周期或频率等于物体固有周期或频率时，受迫振动的振幅最大，叫共振。 【【典型例题典型例题】】 [例 1] 一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过 M、N 两点时速度 v（v≠0）相同，那么，下列说法正确 的是（ ） A. 振子在 M、N 两点受回复力相同 B. 振子在 M、N 两点对平衡位置的位移相同 C. 振子在 M、N 两点加速度大小相等 D. 从 M 点到 N 点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动 解析：解析：建立弹簧振子模型如图所示，由题意知，振子第一次先后经过 M、N 两点时速度 v 相同，那么，可以在振 子运动路径上确定 M、N 两点，M、N 两点应关于平衡位置 O 对称，且由 M 运动到 N，振子是从左侧释放开始运动 的（若 M 点定在 O 点右侧，则振子是从右侧释放的）。建立起这样的物理模型，这时问题就明朗化了。 因位移、速度、加速度和回复力都是矢量，它们要相同必须大小相等、方向相同。M、N 两点关于 O 点对称，振 子回复力应大小相等、方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反。由此可知，A、B 选项错误。振子在 M、N 两 点的加速度虽然方向相反，但大小相等，故 C 选项正确。振子由 M→O 速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加 速运动，但不是匀加速运动。振子由 O→N 速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动， 故 D 选项错误，由以上分析可知，该题的正确答案为 C。 点评：点评：（1）认真审题，抓住关键词语。本题的关键是抓住“第一次先后经过 M、N 两点时速度 v 相同”。 （2）要注意简谐运动的周期性和对称性，由此判定振子可能的路径，从而确定各物理量及其变化情况。 （3）要重视将物理问题模型化，画出物理过程的草图，这有利于问题的解决。 [例 2] 一质点在平衡位置 O 附近做简谐运动，从它经过平衡位置起开始计时，经 0.13 s 质点第一次通过 M 点，再经 0.1 s 第二次通过 M 点，则质点振动周期的可能值为多大? 解析：解析：将物理过程模型化，画出具体的图景如图 1 所示。设质点从平衡位置 O 向右运动到 M 点，那么质点从 O 到 M 运动时间为 0.13 s，再由 M 经最右端 A 返回 M 经历时间为 0. 1 s；如图 2 所示。 另有一种可能就是 M 点在 O 点左方，如图 3 所示，质点由 O 点经最右方 A 点后向左经过 O 点到达 M 点历时 0.13 s，再由 M 向左经最左端 A，点返回 M 历时 0.1 s。 根据以上分析，质点振动周期共存在两种可能性。 如图 2 所示，可以看出 O→M→A 历时 0.18 s，根据简谐运动的对称性，可得到 T1＝40.18 s＝0.72 s。 另一种可能如图 3 所示，由 O→A→M 历时 tl＝0.13 s，由 M→A’历时 t2＝0.05 s 设 M→O 历时 t，则 4（t+t2）＝t1+2t2+t，解得 t＝0. 01 s，则 T2＝4（t+t2）＝0.24 s 所以周期的可能值为 0.72 s 和 0.24 s 说明：说明： （1）本题涉及的知识有：简谐运动周期、简谐运动的对称性。 （2）本题的关键是：分析周期性，弄清物理图景，判断各种可能性。 （3）解题方法：将物理过程模型化、分段分析、讨论。 ,. [例 3] 甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（ ） A. 两弹簧振子完全相同 B. 两弹簧振子所受回复力最大值之比 F甲∶F乙=2∶1 C. 振子甲速度为零时，振子乙速度最大 D. 振子的振动频率之比 f甲∶f乙=1∶2 解析：解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比 T甲∶T乙=2∶1，得频率之比 f甲∶f乙=1∶2，D 正确。弹簧振子 周期与振子质量、弹簧劲度系数 k 有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A 错误。由于弹簧的劲度系数 k 不一定相 同，所以两振子受回复力（F=kx）的最大值之比 F甲∶F乙不一定为 2∶1，所以 B 错误，对简谐运动进行分析可知， 在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到 达最大位移处时，振子乙恰到达平衡位置，所以 C 正确。答案为 C、D。 点评：点评：（1）图象法是物理问题中常见的解题方法之一，是用数学手段解决物理问题能力的重要体现。应用图象 法解物理问题要明确图象的数学意义，再结合物理模型弄清图象描述的物理意义，两者结合，才能全面地分析问题。 （2）本题中涉及知识点有：振幅、周期、频率、影响周期的因素、简谐运动在特殊点的速度、回复力、简谐运 动的对称性等。 （3）分析本题的主要方法是数与形的结合（即图象与模型相结合）分析方法。 [例 4] 在海平面校准的摆钟，拿到某高山山顶，经过 t 时间，发现表的示数为 t′，若地球半径为 R，求山的高度 h（不 考虑温度对摆长的影响）。 解析：解析：由钟表显示时间的快慢程度可以推知表摆振动周期的变化，而这种变化是由于重力加速度的变化引起的， 所以，可以得知由于高度的变化引起的重力加速度的变化，再根据万有引力公式计算出高度的变化，从而得出山的高 度。 一般山的高度都不是很高（与地球半径相比较），所以，由于地球自转引起的向心力的变化可以不考虑，而认为 物体所受向心力不变且都很小，物体所受万有引力近似等于物体的重力。 （1）设在地面上钟摆摆长 l，周期为 T0，地面附近重力加速度 g，拿到高山上，摆振动周期为 T′，重力加速度为 g′，应有 从而 （2）在地面上的物体应有 在高山上的物体应有 ,. 得 点评：点评：（1）本题涉及知识点：单摆的周期及公式，影响单摆周期的因素，万有引力及公式，地面附近重力与万 有引力关系等。 （2）解题关键：抓住影响单摆周期的因素 g，找出 g 的变化与 t 变化的关系，再根据万有引力知识，推出 g 变化 与高度变化关系，从而顺利求解。 [例 5] 在光滑水平面上，用两根劲度系数分别为 k1、k2的轻弹簧系住一个质量为 m 的小球。开始时，两弹簧均处于原 长，后使小球向左偏离 x 后放手，可以看到小球将在水平面上作往复振动。试问小球是否作简谐运动？ 解析：解析：为了判断小球的运动性质，需要根据小球的受力情况，找出回复力，确定它能否写成 F=－kx 的形式。 以小球为研究对象，竖直方向处于力平衡状态，水平方向受到两根弹簧的弹力作用。设小球位于平衡位置 O 左方 某处时，偏离平衡位置的位移为 x，则左方弹簧受压，对小球的弹力大小为 f1=k1x，方向向右。 右方弹簧被拉伸，对小球的弹力大小为 f2=k2x，方向向右。 小球所受的回复力等于两个弹力的合力，其大小为 F=f1+f2=（k1+k2）x，方向向右。 令 k=k1+k2，上式可写成 F=kx。 由于小球所受回复力的方向与位移 x 的方向相反，考虑方向后，上式可表示为 F=－kx。 所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平面作简谐运动。 点评：点评：由本题可归纳出判断物体是否作简谐运动的一般步骤：确定研究对象（整个物体或某一部分）→分析受力 情况→找出回复力→表示成 F=－kx 的形式（可以先确定 F 的大小与 x 的关系，再定性判断方向）。 [例 6] 如图所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于 a 位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹 簧上端被压缩到 b 位置。现将重球（视为质点）从高于 a 位置的 c 位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最 低位置 d。以下关于重球运动过程的正确说法应是（ ） A. 重球下落压缩弹簧由 a 至 d 的过程中，重球做减速运动。 B. 重球下落至 b 处获得最大速度。 C. 重球下落至 d 处获得最大加速度。 D. 由 a 至 d 过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由 c 下落至 d 处时重力势能减少量。 解析：解析：重球由 c 至 a 的运动过程中，只受重力作用，做匀加速运动；由 a 至 b 的运动过程中，受重力和弹力作用， 但重力大于弹力，做加速度减小的加速运动；由 b 至 d 的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力小于弹力，做加速 度增大的减速运动。所以重球下落至 b 处获得最大速度，由 a 至 d 过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由 c 下落 至 d 处时重力势能减少量，即可判定 B、D 正确。C 选项很难确定是否正确，但利用弹簧振子的特点就可非常容易解 决这一难题。重球接触弹簧以后，以 b 点为平衡位置做简谐运动，在 b 点下方取一点 a＇，使 ab= a′b ，根据简谐运 ,. 动的对称性，可知，重球在 a、 a＇的加速度大小相等，方向相反，如图所示。而在 d 点的加速度大于在 a＇点的加 速度，所以重球下落至 d 处获得最大加速度，C 选项正确。 答案：答案：BCD [例 7] 若单摆的摆长不变，摆角小于 5，摆球质量增加为原来的 4 倍，摆球经过平衡位置的速度减小为原来的 1/2， 则单摆的振动（ ） A. 频率不变，振幅不变 B. 频率不变，振幅改变 C. 频率改变，振幅改变 D. 频率改变，振幅不变 解析：解析：单摆的周期 T=，与摆球质量和振幅无关，只与摆长 L 和重力加速度 g 有关。当摆长 L 和重力 加速度 g 不变时，T 不变，频率 f 也不变。选项 C、D 错误。单摆振动过程中机械能守恒。摆球在最大位置 A 的重力 势能等于摆球运动到平衡位置的动能，即 mgL（1－cosθ）=mυ 2 υ=，当υ减小为υ/2 时， 增大，减小，振幅 A 减小，选项 B 正确。 点评：点评：单摆的周期只与摆长和当地重力加速度有关，而与摆球质量和振动幅无关，摆角小于 5的单摆是简谐振 动，机械能守恒。 【【模拟试题模拟试题】】 一. 选择题 1. 弹簧振子作简谐运动，t1时刻速度为 v，t2时刻也为 v，且方向相同。已知（t2－t1）小于周期 T，则（t2－t1） （AB ） A. 可能大于四分之一周期 B. 可能小于四分之一周期 C. 一定小于二分之一周期 D. 可能等于二分之一周期 2. 有一摆长为 L 的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被小钉挡住， 使摆长发生变化，现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点 M 至左边最高点 N 运动过程的闪光照片，如图所示， （悬点和小钉未被摄入），P 为摆动中的最低点。已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点的距 离为（ C ） A. L/4 B. L/2 C. 3L/4 D. 无法确定 3. A、B 两个完全一样的弹簧振子，把 A 振子移到 A 的平衡位置右边 10cm，把 B 振子移到 B 的平衡位置右边 5cm，然后同时放手，那么（ A ） A. A、B 运动的方向总是相同的 B. A、B 运动的方向总是相反的 C. A、B 运动的方向有时相同、有时相反 D. 无法判断 A、B 运动的方向的关系 4. 在下列情况下，能使单摆周期变小的是（ C ） A. 将摆球质量减半，而摆长不变 ,. B. 将单摆由地面移到高山 C. 将单摆从赤道移到两极 D. 将摆线长度不变，换一较大半径的摆球 5. 把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共 振筛，筛子做自由振动时，完成 20 次全振动用 15s，在某电压下，电动偏心轮转速是 88 r/min，已知增大电动偏心轮 的电压，可以使其转速提高，增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期，要使筛子的振幅增大，下列做法中，正确 的是（AD ） A. 降低输入电压 B. 提高输入电压  C. 增加筛子的质量 D. 减小筛子的质量 6. 一质点作简谐运动的图象如图所示，则该质点（ BD ） A. 在 0.015s 时，速度和加速度都为－x 方向。 B. 在 0.01 至 0.03s 内，速度与加速度先反方向后同方向，且速度是先减小后增大，加速度是先增大后减小。 C. 在第八个 0.01s 内，速度与位移方向相同，且都在不断增大。 D. 在每 1s 内，回复力的瞬时功率有 100 次为零。 7. 摆长为 L 的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时，（取作 t=0），当振动至 时，摆球具有负向最 大速度，则单摆的振动图象是图中的（ C ） 8. 将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小 随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图线提供的信息做出了下列判断（ A ） ① s 时摆球正经过最低点。 ② s 时摆球正经过最低点。 ③ 摆球摆动过程中机械能减少。 ④ 摆球摆动的周期是 T＝1.4s。 上述判断中，正确的是 A. ①③ B. ②③ C. ③④ D. ②④ 9. 甲乙两人同时观察同一单摆的振动，甲每经过 2.0S 观察一次摆球的位置，发现摆球都在其平衡位置处；乙每经 过 3.0S 观察一次摆球的位置，发现摆球都在平衡位置右侧的最高处，由此可知该单摆的周期可能是（ AB ） ,. A. 0.5S B. 1.0S C. 2.0S D. 3.0S 10. 关于小孩子荡秋千，有下列四种说法： ① 质量大一些的孩子荡秋千，它摆动的频率会更大些 ② 孩子在秋千达到最低点处有失重的感觉 ③ 拉绳被磨损了的秋千，绳子最容易在最低点断开 ④ 自己荡秋千想荡高一些，必须在两侧最高点提高重心，增加势能。上述说法中正确的是（ B ） A. ①② B. ③④ C. ②④ D. ②③ 二. 填空题 11. 如图所示，质量为 m 的物块放在水平木板上，木板与竖直弹簧相连，弹簧另一端固定在水平面上，今使 m 随 M 一起做简谐运动，且始终不分离，则物块 m 做简谐运动的回复力是由 重力和 M 对 m 支持力的合力 提供的， 当振动速度达最大时，m 对 M 的压力为 mg 。 12. 如图所示为水平放置的两个弹簧振子 A 和 B 的振动图像，已知两个振子质量之比为 mA :mB=2:3，弹簧的劲度系 数之比为 kA:kB=3:2，则它们的周期之比 TA：TB＝ 2:3 ；它们的最大加速度之比为 aA:aB＝ 9:2 。 13. 有一单摆，当它的摆长增加 2m 时，周期变为原来的 2 倍。则它原来的周期是_1.64s________。 14. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为 101.00cm，摆球直径为 2.00cm，然后用秒表 记录了单摆振动 50 次所用的时间为 101.5 s。则： （1）他测得的重力加速度 g =9.76 m/s2（计算结果取三位有效数字） （2）他测得的 g 值偏小，可能原因是： CD A. 测摆线长时摆线拉得过紧。 B. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了。 C. 开始计时时，秒表过迟按下。 D. 实验中误将 49 次全振动计为 50 次。 （3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长 l 并测出相应的周期 T，从而得出一组对应的 l 和 T 的数值， 再以 l 为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率 K。则重力加速度 g = 4∏^2/K 。（用 K 表示） 三. 计算题 15. 弹簧振子以 O 点为平衡位置在 B、C 两点之间做简谐运动，B、C 相距 20 cm.某时刻振子处于 B 点，经过 0.5 s，振子首次到达 C 点，求： （1）振动的周期和频率； T=1s f=1Hz （2）振子在 5 s 内通过的路程及位移大小；200cm 10cm （3）振子在 B 点的加速度大小跟它距 O 点 4 cm 处 P 点的加速度大小的比值。5:2 16. 观察振动原理的应用：心电图仪是用来记录心脏生物电的变化规律的装置，人的心脏跳动时会产生一股股强弱 不同的生物电，生物电的变化可以通过周围组织传到身体的表面。 医生用引导电极放置于肢体或躯体的一定部位就 ,. 可通过心电图仪记录出心电变化的波动曲线，这就是心电图。请去医院进行调查研究，下面是甲、乙两人在同一台心 电图机上作出的心电图分别如图甲、乙所示，医生通过测量后记下甲的心率是 60 次／分。试分析： （1）该心电图机图纸移动的速度；v=0.025m/s （2）乙的心动周期和心率 0.8s 75 次/分 17. 如图所示，一块涂有炭黑玻璃板，质量为 2kg，在拉力 F 的作用下，由静止开始竖直向上运动。一个装有水平 振针的振动频率为 5Hz 的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得 OA=1cm，OB=4cm，OC=9cm，求外力 F 的大小。（g=10m/s2，不计阻力）F=24N 18. 两个单摆摆长相同，一个静止于地面，一个个静止在悬浮于高空的气球中。地面上的单摆摆动了 n 次全振动时， 气球中的单摆摆动了 n－1 次全振动。已知地球半径为 R，求气球的高度？ H=R/(n-1) 【【试题答案试题答案】】 1. AB 2. C 3. A 4. C 解析：解析：影响单摆周期的因素为摆长 l 和重力加速度 g， 当摆球质量减半时摆长未变，周期不变；当将单摆由地面 移到高山时，g 值变小，T 变大；当单摆从赤道移到两极时 g 变大，T 变小；当摆线长度不变，摆球半径增大时，摆 长 l 增大，T 变大，所以选 C。 5. AD 6. BD 7. 解：从 t=0 时经过时间，这段时间为，经过 摆球具有负向最大速度，说明摆球在平衡位置， 在给出的四个图象中，经过具有最大速度的有 B、C 两图，而具有负向最大速度的只有 C。所以选项 C 正确。 8. A 9. AB 10. 解析：解析：秋千近似为单摆，其周期、频率由摆长 l 和当地的重力加速度决定，与质量无关，故知①错；具有向下 的加速度时处于失重状态，而在最低点具有向上的向心加速度，故②错；最低点绳子承受的拉力最大，故在最低点易 断，故③对；在最高点提高重心，可使体内化学能转化为机械能（势能），可荡得高一些，可见④亦正确，答案：B 11. 重力和 M 对 m 的支持力的合力； mg。 12. 2：3；9：2 13. 解： 设该单摆原来的摆长为 L0，振动周期为 T0；则摆长增加 2m 后，摆长变为 L=（l0+2）m，周期变为 T=2T0。由单摆周期公式，有 T0= 2 T0= 联立上述两式，可得 L0=m T0=1.64s ,. 14. （1） 9.76 （2） B （3） 4π2/K 。 15.（1）设振幅为 A，由题意 BC＝2A＝20 cm，所以 A＝10 cm 振子从 B 到 C 所用时间 t＝0.5 s，为周期 T 的一半，所以 T=1.0 s；f==1.0 Hz （2）振子在 1 个周期内通过的路程为 4A，故在 t′=5 s=5T 内通过的路程 s=4A=200 cm 5 s 内振子振动了 5 个周期，5 s 末振子仍处在 B 点，所以它偏离平衡位置的位移大小为 10 cm （3）振子加速度 a=－x，a∝x.所以 aB∶aP=xB∶xP=10∶4=5∶2 16.（1）25mm/s （2）0.8s；75 次/分 17. 设板竖直向上的加速度为 a，则有：sBA－sAO=aT2 ① sCB－sBA=aT2 ② 由牛顿第二定律得 F－mg=ma ③ 解①②③式可求得 F＝24 N 18. 解析：解析：T==2π T’==2π 所以== 所以 h= 选校网 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 (按 ctrl 点击打开)