简谐运动
1．了解机械振动的概念，知道弹簧振子是一种理想化模型。
2．知道简谐运动及其运动特点。
3．知道简谐运动的位移及其图像特点。
知识点一 弹簧振子
[情境导学]
图甲为正在荡秋千的儿童，图乙为正在使用中的摆钟，图丙为正在演奏中的吉他。
请思考：(1)正在荡秋千的儿童、正在使用中的摆钟的摆锤、正在演奏中的吉他的琴弦等的运动有什么共同点？
(2)这样的运动是什么运动？
提示：(1)上述物体运动的共同点是物体总是在某一位置附近做往复性的运动。
(2)机械振动。
[知识梳理]
1．机械振动：物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运动称为机械振动，简称振动。
2．平衡位置：振动物体所受合力为0的位置。
3．弹簧振子：如图所示，带有小孔的小球连接在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上能够自由滑动，这样的小球和弹簧组成的系统称为弹簧振子，简称为振子。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)平衡位置即为速度为零的位置。(×)
(2)平衡位置为振子能保持静止的位置。(√)
(3)弹簧振子在生活中是真实存在的。(×)
(4)竖直弹簧振子的平衡位置是弹簧的原长位置。(×)
2．下列几种运动不属于机械振动的是( )
A．乒乓球在地面上的上下运动
B．弹簧振子在竖直方向的上下运动
C．秋千在空中来回运动
D．浮于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动
解析：选A 机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，乒乓球的上下运动不是在平衡位置两侧的往复运动，故选A。
知识点二 简谐运动及其图像
[情境导学]
如图所示，在弹簧振子的小球上固定安置一记录用的铅笔P，在下面放一条白纸带，铅笔可在纸上留下痕迹。
请思考：
(1)振子振动时白纸不动，画出的轨迹是怎样的？
(2)振子振动时，匀速拖动白纸时，画出的轨迹又是怎样的？
提示：(1)一条平行于运动方向的直线。
(2)一条正弦曲线。
[知识梳理]
1．弹簧振子的位移—时间图像
(1)建立坐标系：水平的弹簧振子，以小球的平衡位置为坐标原点，沿着它的振动方向建立坐标轴。小球在平衡位置右边时它对平衡位置的位移为正，在左边时为负。
(2)绘制图像：用横轴表示振子运动的时间t，纵轴表示振子在振动过程中离开平衡位置的位移x，振子振动的x t图像如图所示，是一条正弦(或余弦)曲线。
2．简谐运动
(1)定义：如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x t图像)是一条正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。
(2)特点：简谐运动是最简单、最基本的振动，弹簧振子的运动就是简谐运动。
3．简谐运动的振动图像(x t图像)
如图所示：
(1)简谐运动的振动图像描述振动物体的位移随时间的变化规律。
(2)简谐运动的振动图像是正弦(或余弦)曲线，从图像上可直接看出不同时刻振动质点的位移大小和方向、速度大小和方向的变化趋势。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)简谐运动就是指弹簧振子的运动。(×)
(2)简谐运动是一种匀变速直线运动。(×)
(3)简谐运动的振动图像就是振子运动轨迹。(×)
(4)简谐运动的x t图像是一条正(余)弦曲线。(√)
2．如图甲所示，一个水平方向的弹簧振子，其振动图像如图乙所示，如果规定向右为位移的正方向，则小球在1 s末的位置是( )
A．在0点右侧5 cm B．在0点左侧5 cm
C．在0点左侧15 cm D．在0点右侧
解析：选B 由振动图像可知小球在1 s末的位移为－5 cm，由于规定向右为位移的正方向，所以1 s末小球在平衡位置左侧5 cm处，故B正确，A、C、D错误。
对弹簧振子的理解
[问题探究]
如图甲、乙所示，两装置可以看成水平方向、竖直方向的弹簧振子，需要满足什么条件？
提示：(1)弹簧的质量很小，相对于小球的质量可以忽略不计；
(2)水平杆的摩擦力、空气阻力可以忽略不计。
[要点归纳]
1．弹簧振子是理想化的物理模型，类似于我们学习的质点、点电荷模型。
2．实际物体看成弹簧振子的四个条件
(1)弹簧的质量比小球的质量小得多，可以认为质量集中于振子(小球)。
(2)构成弹簧振子的小球体积足够小，可以认为小球是一个质点。
(3)忽略弹簧及小球与水平杆之间的摩擦力。
(4)弹簧被拉伸(压缩)的长度在弹性限度内。
3．对平衡位置的理解
(1)不振动时振子静止的位置：①水平弹簧振子的平衡位置在弹簧的原长位置；②竖直弹簧振子的平衡位置在弹力与重力平衡的位置。
(2)振动过程中振子经过平衡位置时速度最大而不是为零。
[例题1] 如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定，它们组成一个振动的系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动起来，若以竖直向下为正方向，下列说法正确的是( )
A．钢球运动所能达到的最低处为平衡位置
B．钢球原来静止时的位置为平衡位置
C．钢球振动到距原静止位置下方3 cm处时位移为－3 cm
D．钢球振动到距原静止位置上方2 cm处时位移为2 cm
[解析] 振子平衡位置的定义为振子原来静止时的位置，故A错误，B正确；振子的位移为从平衡位置指向某时刻所在位置的有向线段，根据题意可判断C、D错误。
[答案] B
(1)简谐运动的位移都是以平衡位置为初位置、物体所在的即时位置为末位置。
(2)对于水平弹簧振子，振子的位移大小与弹簧的形变量大小一定相等；而对于竖直弹簧振子，要注意振子的位移与弹簧的形变量一定不相等。
[针对训练]
1．关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )
A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B．机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
C．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也就越大
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
解析：选B 平衡位置是物体静止时所处的位置，所以应与受力有关、与是否为振动范围的中心位置无关，所以A错误；振动位移是以平衡位置为初始点，到振动物体所在位置的有向线段，振动位移随时间而变化，振动物体偏离平衡位置最远时，振动位移最大，选项B正确，D错误；振动物体的位移与运动的路程没有关系，C错误。
2．如图所示的弹簧振子，O点为它的平衡位置，当振子离开O点，再从A点运动到C点时，振子离开平衡位置的位移是( )
A．大小为OC，方向向左
B．大小为OC，方向向右
C．大小为AC，方向向左
D．大小为AC，方向向右
解析：选B 振子离开平衡位置的位移是以O点为起点，C点为终点，所以位移大小为OC，方向向右，B正确。
简谐运动的特点
[要点归纳]
1．简谐运动的运动性质
简谐运动是变加速往复直线运动，不是匀变速直线运动。
2．简谐运动的三个特点
位移 (1)意义：从平衡位置指向振子所在位置的有向线段。(2)大小：平衡位置到振子所在位置的距离。(3)方向：从平衡位置指向振子所在位置。(4)表示方法：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，某时刻振子偏离平衡位置的位移可用该时刻振子所在位置的坐标来表示
速度 (1)意义：速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。(2)大小：①振子在平衡位置O点的速度最大，在最大位移处A、B点的速度为零。②远离平衡位置的过程中，振子的速度减小；衡位置的过程中，振子的速度增大。(3)方向：在所建立的坐标轴上，速度的正、负号表示振子速度方向与坐标轴的正方向相同或相反
加速度 (1)产生：振子的加速度是由合外力产生的。(2)方向：总是指向平衡位置，总是与位移方向相反。(3)大小：①远离平衡位置运动过程中，振子的加速度增大；衡位置运动过程中，振子的加速度减小。②位于平衡位置时振子的加速度为零；位于最大位移处时振子的加速度最大
[例题2] 如图所示的一弹簧振子，设向右为正方向，O为平衡位置，则下列过程中对于各量的描述正确的是( )
A．A→O时，位移为负，速度为正，加速度增大
B．O→B时，位移为正，加速度为负，加速度增大
C．B→O时，位移为负，速度为正，速度增大
D．O→A时，位移为负，加速度为正，速度增大
[解析] 位移方向是从平衡位置指向振子所在位置的有向线段；加速度方向总是指向平衡位置；而速度方向要具体看弹簧振子的运动以及正方向的规定。规定向右为正方向，A→O或O→B速度为负，O→A或B→O速度为正；在A→O、B→O的过程中速度是增大的，加速度是减小的；在O→A、O→B的过程中速度是减小的，加速度是增大的。故选C。
[答案] C
判断简谐运动中位移、速度、加速度的技巧
(1)判断正负：要看其方向与规定正方向的关系。
(2)判断大小变化：要看是处于远离平衡位置的过程中还是处于衡位置的过程中。
(3)注意简谐运动中位移与速度的矢量性。
①位移相同时，物体的速度大小相等，但方向可能相反，也可能相同。
②速度大小相同时，物体的位移大小相等，位移的方向可能相同，也可能相反。
[针对训练]
1．如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐运动，当振子从平衡位置O向a运动过程中( )
A．加速度和速度均不断减小
B．加速度和速度均不断增大
C．加速度不断增大，速度不断减小
D．加速度不断减小，速度不断增大
解析：选C 当振子从平衡位置O向a运动的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，加速度的方向与速度的方向相反，振子做减速运动，则振子速度减小，选项C正确，A、B、D错误。
2．以弹簧振子为例，振子做简谐运动的过程中，有两点A、A′关于平衡位置对称，则振子( )
A．在A点和A′点的位移相同
B．在A点和A′点的位移大小相同
C．在两点处的速度不可能相同
D．在两点处的速度一定相同
解析：选B 由于A、A′关于平衡位置对称，所以振子在A、A′点时位移大小相等，方向相反，速率一定相同，但速度方向可能相同、也可能相反，故选项B正确。
振动图像(x t图像)的初步理解
[要点归纳]
1．物理意义：表示振动质点离开平衡位置的位移随时间的变化规律。
2．利用图像获取的信息
(1)任意时刻质点位移的大小和方向。如图甲所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和－x2。
(2)任意时刻质点的振动方向：看下一时刻质点的位置，如图乙中a点，下一时刻离平衡位置更远，故a点此刻向上振动。图乙中b点，下一时刻离平衡位置更近，故b此刻向上 振动。
(3)某段时间内位移、速度、加速度的变化情况判断：先判断质点在这段时间内的振动方向，从而确定各物理量的变化。如图甲所示，在t1时刻到t0时刻这段时间内，质点的位移变小，故质点正向平衡位置运动，速度增大，位移和加速度都变小；t2时刻到下一时刻，质点从负位移处远离平衡位置运动，则速度为负值且减小，位移、加速度增大。
[例题3] 一质点做简谐运动的图像如图所示，则该质点( )
A．在t＝0.015 s时刻，速度和加速度都沿－x方向
B．在0.01～0.03 s时间内，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0.01 s时间内，速度与位移方向相同，且都在不断增大
D．在每1 s时间内，质点有100次经过平衡位置
[解析] t＝0.015 s时刻速度方向沿x轴负方向，加速度方向沿x轴正方向，A错误；在0.01～0.03 s时间内，速度方向先沿x轴负方向再沿x轴正方向，且先减小后增大，加速度方向一直沿x轴正方向，且先增大后减小，B正确；第八个0.01 s时间内速度和位移的方向均沿x轴正方向，且速度不断减小，C错误；由图像可以看出每经过0.04 s，质点2次经过平衡位置，则每1 s内，质点有50次经过平衡位置，D错误。
[答案] B
简谐运动的振动图像问题的分析方法
(1)理解x t图像的意义。
(2)充分利用图像的直观性，把图像与振动过程联系起来，图像上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)。
(3)理解图像上的一段图线对应振动的一个过程，判断好平衡位置、最大位移及振动方向。
[针对训练]
1.如图所示，一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O点是平衡位置，以某时刻作为计时零点(t＝0)，经过周期，振子具有正方向的最大速度。那么下列四幅图像中能够正确反映振子的振动情况的是( )
解析：选D 由时刻振子具有最大速度可知，时刻振子的位移为0，故A、C均错误；由时刻振子具有正向的最大速度可知，B错误，D正确。
2．在水平方向上做简谐运动的质点其振动图像如图所示，假设向右为正方向，则质点速度向右且增大的时间是( )
A．0～1 s内 B．1～2 s内
C．2～3 s内 D．3～4 s内
解析：选D x t图线的斜率等于速度，则3～4 s内图线的切线斜率为正且增大，即速度为正，向右且增大，故选D。
1．下列运动中不属于机械振动的是( )
A．树枝在风的作用下运动
B．竖直向上抛出的物体的运动
C．说话时声带的运动
D．爆炸声引起窗扇的运动
解析：选B 物体(或物体的某一部分)在某一位置附近的往复运动称为机械振动，树枝的运动、声带的运动以及窗扇的运动均是在其平衡位置附近的振动，只有竖直向上抛出的物体的运动不是在其平衡位置附近的振动，故选B。
2.如图所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间做简谐运动，关于振子的下列说法正确的是( )
A．在a点时位移最大，速度最大
B．在O点时速度最大，位移最大
C．在b点时位移最大，速度最小
D．在b点时位移最大，速度最大
解析：选C O为弹簧振子振动的平衡位置，其位移为零，速度最大，B错误；振子在a、b两位置，振动的位移最大，速度为零，故A、D错误，C正确。
3．质点做简谐运动的图像如图所示。由此可知( )
A．t＝0时，质点位移、速度均为零
B．t＝1 s时，质点位移最大，速度最大
C．t＝2 s时，质点位移为零，速度为负向最大值
D．t＝4 s时，质点停止运动
解析：选C t＝0时，质点速度最大，位移为零，A错误；t＝1 s 时，质点位移最大，速度为零，B错误；t＝2 s时，质点经过平衡位置，位移为零，速度沿负方向最大，C正确； t＝4 s时，质点位移为零，速度最大，D错误。
4．弹簧振子在t＝0到t＝4 s内的振动图像如图所示，下列判断正确的是( )
A．在t＝2 s时刻振子的振动方向为正方向
B．在t＝0到t＝1 s时间内振子的位移增大、速度减小
C．在t＝1 s到t＝2 s时间内振子的位移和速度都增大
D．从t＝1 s到t＝3 s时间内振子的位移为零
解析：选B 由振动图像可知，t＝2 s时振子的振动方向为负方向，故A错误；在t＝0到t＝1 s时间内振子的位移增大，速度减小，故B正确；在t＝1 s到t＝2 s时间内振子的位移减小，速度增大，故C错误；从t＝1 s到t＝3 s时间内振子从正向最大位移运动到负向最大位移，位移不为零，故D错误。
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9简谐运动的描述
1．知道振幅、周期和频率的概念，知道全振动的含义。
2．了解初相和相位差的概念以及相位的物理意义。
3．了解简谐运动表达式中各量的物理意义，能依据简谐运动的表达式描绘振动图像。
知识点一 简谐运动的振幅、周期和频率
[情境导学]
图甲所示为一个水平弹簧振子，图乙所示为振子振动过程运动范围。
请思考：(1)图乙中的“10 cm”有什么意义？用什么量描述其意义？
(2)图乙中振子从O向B开始振动，用对应字母描述出一次全振动？其对应的时间用什么量描述？
提示：(1)图乙中的“10 cm”是振子离开平衡位置的最大距离，即振动位移的最大值，用振幅描述其意义。
(2)振子从O向B开始振动，经历OBOCO即为一次全振动，其对应的时间为一个周期。
[知识梳理]
1．振幅
(1)定义：振动物体离开平衡位置的最大距离。
(2)物理意义：表示物体振动幅度大小的物理量。
(3)符号和单位：符号为A，单位为。
2．周期和频率
(1)全振动：振动物体从经过某一位置开始到第二次以相同的速度通过该位置所经历的过程，叫作一次全振动。
注意：无论以哪个位置作为研究起点，做简谐运动的物体完成一次全振动的时间总是相同的。
(2)周期：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的时间，用符号T表示，单位为。
(3)频率：周期的倒数叫作振动频率，数值等于单位时间内完成全振动的次数，用f表示频率，单位是赫兹，符号是Hz。
(4)简谐运动的“圆频率”ω：与周期成反比、与频率成正比的量，叫作简谐运动的“圆频率”。表示简谐运动的快慢。
(5)ω与周期(T)和频率(f)关系：ω＝＝2πf。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)振幅就是指振子的位移。(×)
(2)振幅就是指振子的路程。(×)
(3)振子从离开某位置到重新回到该位置的过程为一次全振动。(×)
(4)振子完成一次全振动的路程等于振幅的4倍。(√)
2.如图所示，弹簧振子以O为平衡位置，在BC间做简谐运动，已知OD间距离为5 cm，从O→D→C的时间为0.2 s，则下列判断错误的是( )
A．从C→O→B→O→C为一次全振动
B．从D→C→O→B→O→D为一次全振动
C．弹簧振子的振幅为5 cm
D．弹簧振子的频率为1.25 Hz
解析：选C 根据全振动的定义可知，从C→O→B→O→C 为一次全振动，从D→C→O→B→O→D为一次全振动，A、B选项正确；由题意知振幅应大于5 cm，C错误；周期应为0.8 s，频率为1.25 Hz，D正确。
知识点二 简谐运动的相位及表达式
[知识梳理]
1．简谐运动的位移表达式：x＝Asin(ωt＋φ0)或x＝Asin。
2．表达式中各量的意义
(1)x表示振动物体在t时刻的位移。
(2)A表示物体做简谐运动的振幅。
(3)ωt＋φ0表示简谐运动的相位，φ0是t＝0时的相位，称为初相位或初相。
3．相位差
(1)意义：两个具有相同频率的简谐运动的相位之差。
(2)表达式：如果两个简谐运动的频率相同，其初相分别是φ1和φ2，当φ1>φ2时，它们的相位差是Δφ＝(ωt＋φ1)－(ωt＋φ2)＝φ1－φ2。
说明：表示1的相位比2超前Δφ，或者说2的相位比1落后Δφ。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)位移表达式为x＝0.1sin(πt)cm的物体做简谐运动的振动周期T＝2 s。(√)
(2)ω表示物体振动的快慢，ω越大，振动周期T越小、频率f也越小。(×)
(3)若物体振动的初相φ＝，则t＝0时，物体在正向最大位移处。(√)
(4)相位差为零的两个物体振动步调始终一致。(√)
2．物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sinm，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sinm。比较A、B的运动( )
A．振幅是矢量，A的振幅是6 m，B的振幅是10 m
B．周期是标量，A、B周期相等，为100 s
C．A振动的圆频率ωA等于B振动的圆频率ωB
D．B的相位始终超前A的相位
解析：选C 振幅是标量，A、B的振幅分别是3 m、5 m，A错；A、B的圆频率ω＝ 100 rad/s，周期T＝＝ s＝6.28×10－2 s，B错，C对；Δφ＝φA0－φB0＝－＝为定值，A的相位超前，B的相位，D错。
对描述简谐运动的物理量及其关系的理解
[问题探究]
如图所示为一个水平弹簧振子，振动周期为T，振幅为A，O点为简谐运动的平衡位置，B、C点为振动的最大位移处，tOD＝tDC，E点与D点关于O点对称。
请思考：
(1)振子经历DCDOBOD过程的时间是多少？通过的路程是多少？位移是多少？
(2)振子经历C→O→B过程的时间是多少？通过的路程是多少？位移是多少？
(3)振子经历C→O、O→B过程的时间分别是多少？通过的分别路程是多少？位移分别是多少？
(4)振子经历D→C→D、D→O→E过程的时间分别是多少？通过的分别路程是多少？位移分别是多少？
提示：(1)时间t＝T，路程s＝4A，位移x＝0。
(2)时间t＝T，路程s＝2A，位移x＝2A。
(3)两个过程的各量都相同：时间t＝T，路程s＝A，位移x＝A。
(4)D→C→D过程：时间t＝T，路程s＜A，位移x＝0。
D→O→E过程：时间t＝T，路程s＞A，位移x＝0。
[要点归纳]
1．对全振动的理解
正确理解全振动的概念，应注意把握振动的五种特征。
(1)振动特征：一个完整的振动过程。
(2)物理量特征：位移(x)、加速度(a)、速度(v)三者第一次同时与初始状态相同。
(3)时间特征：历时一个周期。
(4)路程特征：振幅的4倍。
(5)相位特征：增加2π。
2．简谐运动中振幅和几个常见量的关系
(1)振幅与位移的关系：振动中的位移是矢量，振幅是标量，在数值上，振幅与某一时刻位移的大小可能相等，但在同一简谐运动中振幅是确定的，而位移随时间做周期性的变化。
(2)振幅与路程的关系：振动中的路程是标量，是随时间不断增大的。
①t＝T时，s＝4A(t＝nT时，s＝n·4A)；
②t＝T时，s＝2A；
③t＝T时，可能有s＝A、s＞A、s＜A。
(3)振幅与周期的关系：在简谐运动中，一个确定的振动系统的周期(或频率)是固定的，与振幅无关。
[例题1] 如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm。若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是( )
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
[解析] 振子从B经O到C只完成半次全振动，再回到B才算完成一次全振动，完成一次全振动的时间为一个周期，故T＝2 s，A、B错误；经过一次全振动，振子通过的路程是4倍振幅，故经过两次全振动，振子通过的路程是40 cm，C错误；从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm，D正确。
[答案] D
振动物体路程的计算方法
先判断所求振动过程的时间t与周期T的倍数关系，再依据下列情况求路程：
(1)物体在一个周期内通过的路程一定为s＝4A；在n个周期内通过的路程必为n·4A。
(2)物体在半个周期内通过的路程一定为s＝2A。
(3)物体在内通过的路程可能为s＝A、s＞A、s＜A。
注意：只有当初始时刻在平衡位置或最大位移处时，内通过的路程才为s＝A。
[针对训练]
1．一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置第一次运动到x＝处所用的最短时间为t1，从最大正位移处第一次运动到x＝所用的最短时间为t2，那么t1与t2的大小关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t1C．t1>t2 D．无法判断
解析：选B 根据振子远离平衡位置时速度减小，衡位置时速度增大，可知振子从平衡位置第一次以最短时间运动到x＝A处的平均速度大于从最大正位移处第一次运动到 x＝A处的平均速度，而路程相等，则t12．一个做简谐运动的质点，它的振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.9 s后，位移的大小和经过的路程分别为( )
A．0 10 cm B．4 cm 100 cm
C．0 28 cm D．4 cm 116 cm
解析：选D 振子的振动周期为T＝＝ s＝0.4 s，时间t＝2.9 s＝7T，所以由平衡位置开始振动，经2.9 s振子到达最大位移处，其位移大小为x＝A＝4 cm，在2.9 s内振子通过的路程为s＝7×4A＝116 cm，A、B、C错误，D正确。
简谐运动的振动图像的理解及应用
[要点归纳]
由振动图像(x t图像)可以获得的信息
(1)由图像可以直接读取振幅A。
(2)由图像可以直接读取周期T，进而求出频率f。
(3)由图像可知质点在不同时刻的位移。
(4)图像上某一点的斜率表示该时刻的瞬时速度：①斜率的绝对值表示速度的大小，②斜率的正负表示速度的方向。
例如：图中t1时刻质点的速度比t2时刻质点的速度小，t1时刻速度方向为负，t2时刻速度方向也为负。
(5)由图像可以比较不同时刻质点加速度的大小和方向：①位移越大处对应的加速度越大，反之则越小；②位移为正处对应的加速度为负方向，位移为负处对应的加速度为正方向。
例如：图中t1时刻振动的位移x1为正，则加速度a1为负，t2时刻x2为负，则加速度a2为正，又因为|x1|＞|x2|，所以|a1|＞|a2|。
(6)由图像可以看出质点在不同时刻之间的相位差。
[例题2] 一质点做简谐运动，其相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图所示，由此可知( )
A．质点振动的振幅是2 cm
B．质点振动的频率是4 Hz
C．t＝2 s时质点的速度为零
D．t＝5 s时质点的加速度为零
[解析] 由题图可知，振幅A＝2 cm，周期T＝4 s，频率f＝ ＝0.25 Hz，A正确，B错误；t＝2 s时质点在平衡位置，速度最大，t＝3 s时质点到达负方向最大位移处，可判断t＝2 s时质点在沿负方向运动，C错误；t＝5 s时质点在最高点，离平衡位置最远，加速度最大，D错误。
[答案] A
简谐运动的振动图像的应用技巧
(1)判断位移大小和方向：判断任意时刻的位移大小看图像中纵坐标值的大小；判断位移方向看纵坐标值的正负即可。
(2)判断加速度大小和方向：判断任意时刻的加速度的大小看位移大小；判断加速度的方向看位移的正负即可。
(3)判断速度大小和方向：判断速度大小看图线斜率的大小，判断速度的方向看图线斜率的正负即可。
[针对训练]
1.一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列叙述中正确的是( )
A．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
B．在10 s内质点经过的路程为20 cm
C．在5 s末，质点做简谐运动的相位为π
D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是1 cm
解析：选B 1 s时质点位于正向最大位移处，3 s时质点处于负向最大位移处，位移方向相反，故A错误；一个周期内质点做简谐运动经过的路程是4A＝8 cm,10 s为2.5个周期，则质点经过的路程为20 cm，故B正确；由题图知位移与时间的关系为x＝Asin(ωt＋φ0)＝0.02sinm，当t＝5 s时，其相位ωt＋φ0＝×5＝π，故C错误；在1.5 s和4.5 s两时刻，质点位移相同，x＝Asin 135°＝A＝ cm，故D错误。
2.一质点做简谐运动，其位移—时间图像如图所示，由图像可知( )
A．t＝1 s时，质点速度为正的最大值，加速度为零
B．t＝2 s时，质点速度为零，加速度为负的最大值
C．t＝3 s时，质点速度为正的最大值，加速度为零
D．t＝4 s时，质点速度为零，加速度为正的最大值
解析：选C t＝1 s时，质点位移为零，加速度为零，速度最大，图像斜率为负，即速度为负，选项A错误；t＝2 s时，质点位移为负的最大值，加速度为正的最大值，速度为零，选项B错误；t＝3 s时，质点位移为零，加速度为零，速度最大，图像斜率为正，即速度为正，选项C正确；t＝4 s时，质点位移为正的最大值，加速度为负的最大值，速度为零，选项D错误。
简谐运动表达式的理解及应用
[要点归纳]
1．简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ0)中各物理量的意义
(1)x：表示振动质点相对于平衡位置的位移。
(2)A：表示振幅，描述简谐运动振动的强弱。
(3)ω：圆频率，它与周期、频率的关系为ω＝＝2πf。可见ω、T、f相当于一个量，描述的都是振动的快慢。
(4)ωt＋φ0：表示相位，描述做周期性运动的物体在各个不同时刻所处的不同状态，是描述不同振动的振动步调的物理量。它是一个随时间变化的量，相当于一个角度，相位每增加2π，意味着物体完成了一次全振动。
(5)φ0：表示t＝0时振动质点所处的状态，称为初相位或初相。
2．相位差的含义
(1)相位差：某一时刻的相位之差。
(2)设A、B两物体简谐运动的表达式分别为：
x1＝A1sin(ωt＋φ1)，x2＝A2sin(ωt＋φ2)
①它们的相位差为Δφ＝(ωt＋φ2)－(ωt＋φ1)＝φ2－φ1。
可见，其相位差恰好等于它们的初相之差，因为初相是确定的，所以频率相同的两个简谐运动有确定的相位差。
②若Δφ＝φ2－φ1＞0，则称B的相位比A的相位超前Δφ或A的相位比B的相位落后Δφ；若Δφ＝φ2－φ1＜0，则称B的相位比A的相位落后|Δφ|或A的相位比B的相位超前|Δφ|。
[例题3] 一弹簧振子的位移x随时间t变化的关系式为x＝0.1sin，位移x的单位为m，时间t的单位为 s。则弹簧振子的周期为________ s；弹簧振子的振动初相位为________；在t＝0.4 s时，振子的位移为________m，振子的加速度是________(填最大或最小)。在t＝0.4 s到t＝0.6 s时间段内振子的动能________(填“增大”或“减小”)。
[解析] 由x＝0.1sin，可得ω＝2.5π，则周期T＝＝0.8 s。
由x＝0.1sin，可得初相位为 。
t＝0.4 s时，位移x＝0.1sinm＝－0.1 m。
根据x＝0.1sin，振子是从正向最大位移处开始振动，当t＝0.4 s振子振动了半个周期，振子振动到了负向最大位移，所以加速度达到了最大值。
从t＝0.4 s到t＝0.6 s振子是从最大位移向平衡位置振动，速度逐渐增大，振子的动能逐渐增大。
[答案] 0.8 －0.1 最大 增大
用简谐运动表达式解答振动问题的方法
(1)明确表达式中各物理量的意义，可直接读出振幅、圆频率、初相位。
(2)ω＝＝2πf是解题时常用关系。
(3)有时解题时画出其振动图像，会使解答过程简捷、明了。
[针对训练]
1．某质点做简谐运动，其位移与时间的关系式为x＝3sincm，则( )
A．质点的振幅为3 cm
B．质点振动的周期为 s
C．质点振动的周期为 s
D．t＝0.75 s时刻，质点在负的最大位移处
解析：选A 由x＝3sincm可知，A＝3 cm，ω＝，则T＝＝3 s，A正确，B、C错误；将t＝0.75 s代入表达式中可得x＝0，故t＝0.75 s时，质点回到平衡位置， D错误。
2．一物体沿x轴做简谐运动，振幅为12 cm，周期为2 s。当t＝0时，位移为6 cm，且向x轴正方向运动，求：
(1)初相位；
(2)t＝0.5 s时物体的位置。
解析：(1)设简谐运动的表达式为x＝Asin(ωt＋φ)，A＝12 cm，T＝2 s，ω＝，t＝0时，x＝6 cm。
代入上式得，6 cm＝12sin(0＋φ)cm
解得sin φ＝，φ＝或π。
因这时物体向x轴正方向运动，
故应取φ＝，即其初相位为。
(2)由上述结果可得
x＝Asin(ωt＋φ)＝12sincm，
所以x＝12sincm＝12sinπ cm＝6 cm。
答案：(1) (2)6 cm处
简谐运动的多解问题
1．周期性造成的多解问题
(1)若t2－t1＝nT，n＝1,2,3…，则t1、t2两时刻振动物体一定在同一位置，描述运动的物理量(x、a、v)均相同。
(2)若t2－t1＝nT－T，n＝0,1,2,3…，则t1、t2两时刻振动物体的位置一定关于平衡位置对称，描述运动的物理量(x、a、v)均大小相等，方向相反。
(3)若t2－t1＝nT＋T或t2－t1＝nT＋T，n＝0,1,2,3…，则
①当t1时刻物体到达最大位移处时，t2时刻物体一定到达平衡位置；
②当t1时刻物体在平衡位置时，t2时刻物体一定到达最大位移处；
③当t1时刻物体在其他位置时，t2时刻物体到达何处没有确定的位置判断，只能视具体情况而定。
2．对称性造成的多解问题
(1)状态量的对称性：当振动物体通过关于平衡位置对称的两个位置时，则
①物体的位移、加速度的大小一定相等，方向一定相反；
②物体的速度大小一定相等，方向可能相同、也可能相反。
③物体的动能、势能、机械能一定相等。
(2)时间的对称性：①振动物体来回通过相同的两点间的时间一定相等，如图所示tBC＝tCB；
②振动物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间一定相等，如图所示tBC＝tB′C′。
[示例] 弹簧振子以O点为平衡位置做简谐运动，从振子通过O点时开始计时，振子第一次到达M点用了0.3 s，又经过0.2 s第二次通过M点，则振子第三次通过M点还要经过的时间可能是( )
A． s B． s
C．1.5 s D．1.6 s
[解析] 假设弹簧振子在水平方向BC之间振动，如图1，若振子开始先向左振动，振子的振动周期为T＝2×0.2 s＋×4 s＝ s，则振子第三次通过M点还要经过的时间是t＝0.2 s＋×4 s＝ s。如图2，若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T＝4×s＝1.6 s，则振子第三次通过M点还要经过的时间是t＝1.6 s－0.2 s＝1.4 s，A正确。
[答案] A
求解这类问题，要认真分析题意，画出振子运动的过程示意图，防止漏解，也可画出振子的x t图像，根据图像分析求解。
[拓展训练]
1．一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝ 1 s时位移为0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
解析：选D 若振幅为0.1 m，则t＝＋nT(n＝0,1，2，…)。当n＝0时，T＝2 s；n＝ 1时，T＝ s；n＝2时，T＝ s。故选项A、B错误。若振幅为0.2 m，振动分两种情况讨论：
①振子振动如图甲所示，则振子由C点振动到D点用时至少为，周期最大为2 s。
②振子振动如图乙中实线所示。
由x＝Asin(ωt＋φ)知t＝0时，－＝Asin φ，φ＝－，即振子由C点振动到O点用时至少为，由简谐运动的对称性可知，振子由C点振动到D点用时至少为，则T最大为6 s；若振子振动如图乙中虚线所示，振子由C点振动到D点，则周期最大为2 s。综上所述C错误，D正确。
2．一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T，则( )
A．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍
B．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相反，则Δt一定等于的整数倍
C．若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子振动的加速度一定相等
D．若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相等
解析：选C 如图所示，图中的a、b、c三点位移大小相等、方向相同，显然Δt不等于T的整数倍，故选项A是错误的；图中的a、d两点的位移大小相等、方向相反，Δt<，故选项B是错误的；在相隔一个周期T的两个时刻，振子只能位于同一位置，其位移相同，合外力相同，加速度必相等，选项C是正确的；相隔的两个时刻，振子的位移大小相等，方向相反，其位置关于平衡位置对称，弹簧分别处于压缩和拉伸状态，弹簧的长度并不相等，选项D是错误的。
1．如图是一做简谐运动的物体的振动图像，下列说法错误的是( )
A．振动周期是2×10－2 s
B．物体振动的频率为25 Hz
C．物体振动的振幅为10 cm
D．在6×10－2 s内物体通过的路程是60 cm
解析：选A 由振动图像可知周期是4×10－2 s，故A项错误；又f＝，所以f＝25 Hz，故B项正确；位移的最大值为振幅A＝10 cm，故C项正确；t＝6×10－2 s＝1 T，所以物体通过的路程为4A＋2A＝6A＝60 cm，故D项正确。
2．一弹簧振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，t＝0时刻振子的位移x＝ －0.1 m；t＝1.2 s时刻振子刚好第2次经过x＝0.1 m的位置且速度为零。下列有关该振子的运动问题的说法正确的是( )
A．振幅为0.1 m
B．周期为1.2 s
C．1.2 s内的路程是1.6 m
D．t＝0.6 s时刻的位移为0.1 m
解析：选A t＝1.2 s时刻振子处在正向最大位移处，得t＝0时刻在负向最大位移处，则振幅为0.1 m，A正确；由于是第二次到正向最大位移处，所以1.5T＝1.2 s，可得T＝0.8 s， B错误；一个周期经过的路程是4个振幅，1.2 s内的路程为6A，即0.6 m，C错误；0.6 s 为T，t＝0.6 s时刻振子位于平衡位置，位移为零，D错误。
3．物体做简谐运动，振幅为0.4 cm，周期为0.5 s，计时开始时具有正向最大加速度，它的位移公式是( )
A．x＝4×10－3sinm
B．x＝4×10－3sinm
C．x＝4×10－3sinm
D．x＝4×10－3sinm
解析：选B 由题意，t＝0时，振子具有正向最大加速度，说明此时振子的位移是负向最大，在简谐振动的位移公式x＝Asin(ωt＋φ0)中，有φ0＝－，ω＝＝ rad/s＝4π rad/s，故位移公式为x＝0.4sincm＝4×10－3·sinm，故选B。
4．一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示。a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法正确的是( )
A．质点做简谐运动的方程为x＝Asin
B．质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同
C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等
D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等
解析：选C 根据图像可得周期T＝8 s，故“圆频率”ω＝＝，简谐运动方程为x＝Asin，故A错误；由振动图像可知，质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向相同，选项B错误；质点从位置a到c和从位置b到d所用的时间相等，均为2 s，故C正确；质点从位置a到b和从b到c的过程中时间相同但位移大小不同，故平均速度不同，故D错误。
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13简谐运动的回复力和能量
1．理解简谐运动的运动规律，掌握在一次全振动过程中位移、回复力、加速度、速度变化的规律。
2．掌握简谐运动回复力的特征。
3．对水平的弹簧振子，能定性地说明弹性势能与动能的转化过程。
知识点一 简谐运动的回复力
[情境导学]
如图所示，O点为水平弹簧振子的平衡位置，A′、A分别是振子运动的最左端和最右端，弹簧的劲度系数为k。请思考：
(1)振子在振动过程中位于O点左侧x处时所受合外力的大小怎样表示？方向怎样？产生什么效果？
(2)振子在振动过程中位于O点右侧x处时所受合外力的大小怎样表示？方向怎样？产生什么效果？
提示：(1)F＝kx，方向(向右)指向平衡位置O，产生指向平衡位置的加速度，使物体回到平衡位置。
(2)F＝kx，方向(向左)指向平衡位置O，产生指向平衡位置的加速度，使物体回到平衡位置。
[知识梳理]
1．回复力
(1)定义：使振动物体回到平衡位置的力。
(2)表达式：F＝－kx，“－”号表示F与x反向。
(3)方向：总是指向平衡位置。
2．简谐运动：如果物体在运动方向上所受的力与它离开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。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)回复力的方向总是与位移的方向相反。(√)
(2)回复力的方向总是与速度的方向相反。(×)
(3)回复力的方向总是与加速度的方向相反。(×)
(4)回复力F＝－kx中的k一定是弹簧的劲度系数。(×)
2．对于弹簧振子的回复力和位移的关系，下列图中正确的是( )
解析：选C 由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图像应如图C所示。
知识点二 简谐运动的能量
[情境导学]
如图所示，O点为水平弹簧振子的平衡位置，A′、A分别是振子运动的最左端和最右端。请思考：
(1)振子在振动过程中位于O点时的动能、弹簧的弹性势能的大小怎样？
(2)振子在振动过程中位于最左端A′和最右端A时的动能、弹簧的弹性势能的大小怎样？
(3)振子经历A→O→A′过程中振子的动能、弹簧的弹性势能怎样转化？
提示：(1)动能最大，弹性势能为零。
(2)动能为零，弹性势能最大。
(3)A→O过程中弹性势能转化为动能，O→A′过程中动能转化为弹性势能。
[知识梳理]
1．水平弹簧振子的状态与能量的对应关系
弹簧振子运动的过程就是动能和势能互相转化的过程。
(1)在最大位移处，势能最大，动能为零。
(2)在平衡位置处，动能最大，势能为零。
2．简谐运动的能量特点
在弹簧振子运动的任意位置，系统的动能与势能之和都是一定的，遵守机械能守恒定律。
注意：(1)实际的运动有一定的能量损耗，所以简谐运动是一种理想化的模型。
(2)对于弹簧劲度系数和小球质量都一定的系统，振幅越大，机械能越大。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)在简谐运动中，振动系统的机械能是守恒的。(√)
(2)对于水平弹簧振子运动到平衡位置时，回复力为零，系统能量也为零。(×)
(3)对于水平弹簧振子运动到平衡位置时，回复力为零，弹簧的弹力也为零。(×)
(4)振幅越大的弹簧振子，系统机械能也一定越大。(×)
2．在简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列各组描述振动的物理量总是相同的是( )
A．速度、加速度、动能 B．动能、回复力、位移
C．加速度、速度、势能 D．速度、动能、回复力
解析：选B 通过对简谐运动过程的分析可知，在同一位置，位移、加速度、回复力、动能、势能一定相同，由于通过同一位置具有往复性，所以速度方向可能相同，也可能相反，故选项B正确。
简谐运动的回复力的理解
[问题探究]
如图甲所示为水平方向的弹簧振子，如图乙所示为竖直方向的弹簧振子，如图丙所示为m随M一起振动的系统。
请思考：
(1)图甲中水平方向的弹簧振子的回复力的来源是什么？
(2)图甲乙中竖直方向的弹簧振子的回复力的来源是什么？
(3)图丙中水平方向m与M整体的回复力的来源是什么？m的回复力的来源是什么？
提示：(1)弹簧的弹力提供回复力。
(2)弹簧的弹力与重力的合力提供回复力。
(3)m与M整体的回复力由弹簧的弹力提供；m的回复力由M对m的静摩擦力提供。
[要点归纳]
1．回复力的理解
(1)作用效果：使振动物体回到平衡位置。
(2)来源：回复力可以由某一个力提供，也可能由几个力的合力提供，还可能由某一个力的分力提供。归纳起来，回复力一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。
注意：回复力是效果力，受力分析时不能再“额外添加”上回复力。
2．简谐运动的回复力的特点
(1)表达式：F＝－kx。
①回复力大小：与振子的位移大小成正比；
②回复力的方向：“－”表示与位移的方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置。
(2)表达式F＝－kx中的k指的是由振动系统本身决定的比例系数。而不一定是弹簧的劲度系数。
(3)简谐运动的加速度的特点：根据牛顿第二定律得a＝＝－x，表明弹簧振子做简谐运动时振子的加速度大小也与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反。
(4)简谐运动的回复力与时间的关系：因x＝Asin(ωt＋φ)，故回复力F＝－kx＝－kAsin(ωt＋φ)，可见回复力随时间按正弦规律变化。
[例题1] 如图所示，A、B两物体组成弹簧振子，在振动过程中，A、B始终保持相对静止，下列给定的四幅图中能正确反映振动过程中物体A所受摩擦力Ff与振子相对平衡位置位移x关系的图线为( )
[解析] 设弹簧的劲度系数为k，振子距平衡位置的位移为x时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有kx＝－(mA＋mB)a，所以当位移为x时，整体的加速度a＝－，隔离对A分析，则摩擦力Ff＝mAa＝－kx，B正确。
[答案] B
[例题2] 一质量为m，某一面的面积为S的正方体木块，放在水面上静止(平衡)，如图所示，现用力向下将其压入水中一段深度后(未全部浸入)撤掉外力，木块在水中上下振动，不计空气阻力。
(1)试分析木块上下振动的回复力的来源；
(2)试证明该木块的振动是简谐运动。
[解析] (1)木块上下振动的回复力是重力和浮力的合力。
(2)以木块为研究对象，取竖直向下为正方向，设静止时木块浸入水中的深度为Δx，当木块又被压入水中x后，撤去外力瞬间木块的受力如图所示，则
F合＝mg－F浮①
又F浮＝ρgS(Δx＋x)②
联立①②式可得
F合＝mg－ρgS(Δx＋x)＝mg－ρgSΔx－ρgSx
又木块静止时，有mg＝ρgSΔx，所以F合＝－ρgSx
即F合＝－kx(k＝ρgS)
所以木块的振动是简谐运动。
[答案] 见解析
判断一个振动是否为简谐运动的方法
(1)运动学方法：对物体的位移分析，如果位移—时间表达式满足x＝Asin(ωt＋φ)或x t图像满足正(余)弦规律，即可判断为简谐运动。
(2)动力学方法：对物体进行受力分析，物体所受到的回复力满足F＝－kx，即可判断为简谐运动。
(3)加速度方法：根据牛顿第二定律或运动学知识，求解物体的加速度，如果满足a＝－kx，即可判断为简谐运动。
[针对训练]
1.如图所示，对做简谐运动的弹簧振子m，受力分析正确的是( )
A．重力、支持力、弹簧的弹力
B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力
C．重力、支持力、回复力、摩擦力
D．重力、支持力、摩擦力
解析：选A 弹簧振子受重力、支持力和弹簧的弹力；简谐运动是最简单的机械振动，没有能量损失，故没有摩擦力；回复力是由合力提供，是效果力，不能说物体受回复力。故A正确，B、C、D错误。
2.一质量为m的小球，通过一根轻质弹簧悬挂在天花板上，如图所示。
证明该小球的振动是否为简谐运动？
解析：振动过程中小球的回复力由弹簧的弹力与小球的重力的合力提供。
设振子的平衡位置为O，向下为正方向，此时弹簧已经有了一个伸长量h，设弹簧的劲度系数为k，由平衡条件得kh＝mg①
当振子向下偏离平衡位置的距离为x时，回复力即合外力为F回＝mg－k(x＋h)②
将①代入②式得F回＝－kx，可见小球所受合外力与它的位移的关系符合简谐运动的受力特点，该振动系统的振动是简谐运动。
答案：是简谐运动
简谐运动中各物理量的变化规律
[问题探究]
如图所示为水平弹簧振子，O点为平衡位置，B、C点为两个最大位移处。
请思考振子经历从B→O→C的过程中：
(1)振子在振动过程中位移、回复力、速度、加速度、动能、势能都怎样变化？
(2)振子在振动过程中机械能守恒吗？
提示： (1)B→O的过程中：振子在振动过程中位移、回复力、加速度、势能、回复力均减小，速度增大；
O→C的过程中：振子在振动过程中位移、回复力、加速度、势能、回复力均增大，速度减小。
(2)振子在振动过程中只有弹力做功，故机械能守恒。
[要点归纳]
1．简谐运动中各物理量的变化规律
当物体做简谐运动时，它偏离平衡位置的位移x、回复力F及加速度a、速度v、动能Ek、势能Ep、振动能量E遵循一定的变化规律，可列表如下：
物理量过程 x F a v Ek Ep E
远离平衡位置运动 增大 增大 增大 减小 减小 增大 不变
最大位移处 最大 最大 最大 零 零 最大 不变
衡位置运动 减小 减小 减小 增大 增大 减小 不变
平衡位置 零 零 零 最大 最大 最小 不变
2．两个方向变化转折点
(1)平衡位置是位移方向、回复力方向和加速度方向变化的转折点。
(2)最大位移处是速度方向变化的转折点。
[例题3] 一弹簧振子振幅为A，从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置，若振子从最大位移处经过时的加速度大小和动能分别为a1和E1，若振子从最大位移处经过路程为时加速度大小和动能分别为a2和E2，则a1、a2和E1、E2的大小关系为( )
A．a1＞a2，E1＞E2 B．a1＜a2，E1＞E2
C．a1＜a2，E1＜E2 D．a1＞a2，E1＜E2
[解析] 弹簧振子从最大位移处往平衡位置运动，速度增大，加速度减小，故时间内运动的路程小于，即其距离平衡位置的距离大于A，距离平衡位置越远，加速度越大，速度越小，因此a1>a2，E1[答案] D
简谐运动中各物理量变化的两种分析顺序
[针对训练]
1．弹簧振子在水平方向上做简谐运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧振子在平衡位置时它的机械能最大
B．弹簧振子在最大位移处时它的弹性势能最大
C．弹簧振子从平衡位置到最大位移处它的动能增大
D．弹簧振子从最大位移处到平衡位置它的机械能减小
解析：选B 弹簧振子做简谐运动时机械能守恒，因此选项A和D均错误；在最大位移处时，弹性势能最大，B选项正确；从平衡位置到最大位移处的运动是振子远离平衡位置的运动，速度减小，动能减小，C选项错误。
2．一弹簧振子沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示。由图可知( )
A．t＝1.0 s时振子的速度为零，加速度为正的最大值
B．在1.0 s～1.5 s内振子的速度增加，加速度为负值
C．在2.0 s～2.5 s内振子的速度减小，加速度为负值
D．t＝2.5 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值
解析：选B t＝1.0 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值，所以A错误；在1.0 s～1.5 s内振子的速度增加，加速度为负值，所以B正确；在2.0 s～2.5 s内振子的速度增加，加速度为正值，所以C错误；t＝2.5 s时振子的速度最大，加速度为0，所以D错误；故选B。
简谐运动的对称性在力学问题中的应用
1．简谐运动的对称性规律
状态量的对称性 当振动物体通过关于平衡位置对称的两个位置时：①物体的位移、回复力、加速度各量的大小一定对应相等，方向一定相反；②速度大小一定相等，方向可能相同、也可能相反；③动能、势能、机械能一定相等
时间的对称性 ①振动物体来回通过相同的两点间的时间一定相等。如图所示tBC＝tCB；②振动物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间一定相等。如图所示tBC＝tB′C′
2．对于涉及简谐运动的力学问题，由于简谐运动是变加速来回往复的直线运动，无法使用匀变速直线运动的公式进行有关计算，但是应用简谐运动的对称性规律可以快捷解题。
[示例] 如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断错误的是( )
A．M<2m
B．2mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，B所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
[解析] 钩码B释放后做简谐运动，根据简谐运动的对称性，钩码B在最高点加速度大小为g，所以在最低点加速度大小也为g，在最低点对B由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得F＝2mg，而B在最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零，可知A左侧轻绳上拉力的竖直分力等于Mg，故M<2m，A项正确，B项错误；B从释放位置到最低
点的过程中，速度先增大后减小，由动能定理可知，合力对B先做正功后做负功，C项正确；由功能关系可知，B从释放到速度最大过程中B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，D项正确
[答案] B
[拓展训练]
1.如图所示，弹簧下端挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，则物体在振动过程中( )
A．物体在最低点时所受的弹力大小应为2mg
B．弹簧的弹性势能和物体的动能之和不变
C．弹簧的最大弹性势能等于mgA
D．物体的最大动能应等于mgA
解析：选A 物体做简谐运动，最高点和最低点关于平衡位置对称，最高点加速度为g，最低点加速度也为g，方向向上，在最低点有F－mg＝ma，a＝g，故F＝2mg，A正确；根据物体和弹簧总的机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、物体的重力势能之和不变，B错误；物体下落到最低点时，重力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为Ep＝mg×2A＝2mgA，C错误；当弹簧的弹力等于物体的重力时，物体速度最大，动能最大，此时弹簧处于拉伸状态，弹性势能Ep′不为零，根据系统机械能守恒，可知此时物体的动能为Ek＝mgA－Ep′，即Ek小于mgA，D错误。
2． 如图所示，竖直轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连一质量为M的物块A，A的上面放置一质量为M的物块B，系统可在竖直方向做简谐运动，则( )
A．当振动到最低点时，B对A的压力最小
B．当B振动到最高点时，B对A的压力最小
C．当向上振动经过平衡位置时，B对A的压力最大
D．当向下振动经过平衡位置时，B对A的压力最大
解析：选B 由于简谐运动的对称性，A、B一起做简谐运动，B做简谐运动的回复力是由B的重力和A对B的作用力的合力提供。做简谐运动的物体在最大位移处时有最大回复力，即具有最大的加速度am，在最高点和最低点加速度大小相等，最高点时加速度向下，最低点时加速度向上，由牛顿第二定律对B在最高点时有mg－F高＝mam，得F高＝mg－mam，在最低点时有F低－mg＝mam，得F低＝mg＋mam，经过平衡位置时，加速度为零，A对 B的作用力F平＝mg。所以B选项正确，A、C、D错误。
1.把一个小球套在光滑细杆上，小球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图所示。下列结论正确的是( )
A．小球在O位置时，动能最大，加速度最大
B．小球在A、B位置时，动能最小，加速度最大
C．小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功
D．小球从B到O的过程中，振子振动的能量不断增加
解析：选B 小球在平衡位置O时，弹簧处于原长，弹性势能为零，动能最大，位移为零，加速度为零，A项错误；小球在最大位移A、B处，动能为零，加速度最大，B项正确；由A→O，回复力做正功，由O→B，回复力做负功，C项错误；由B→O，动能增加，弹性势能减少，总能量不变，D项错误。
2．做简谐振动的物体，当振子的位移为负值时，下列说法中可能正确的是( )
A．速度一定为正值，加速度一定为负值
B．速度为零时，加速度最大
C．速度一定为负值，加速度一定为正值
D．速度最大时，加速度为零
解析：选B 当振子的位移为负值时，加速度一定为正值，而速度方向有两种可能，不一定为正值，也不一定为负值，故A、C错误；当振子到达负的最大位移处时，速度为零，加速度最大，故B正确；当振子的位移为负值时，振子不可能通过平衡位置，速度不可能最大，加速度不可能为零，故D错误。
3.一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧，与质量为0.4 kg的可看作质点的小球，组成弹簧振子。振子在竖直方向做简谐运动时，规定竖直向上为正方向，坐标原点与平衡位置重合。振子振动图像如图所示，则( )
A．在t＝1 s时，速度为负向最大值，回复力为零
B．在t＝2 s时，速度为负向最大值，弹簧弹力为零
C．在t＝3 s时，速度为正向最大值，加速度为1 m/s2
D．在t＝4 s时，速度为正向最大值，回复力为零
解析：选D 当t＝1 s时，正向位移最大，速度为零，回复力最大，选项A错误；当 t＝2 s时，位移为零，而速度最大，速度方向要看该点切线斜率的正负，t＝2 s时，速度
为负值，此时振子的加速度为零，弹簧弹力等于小球的重力4 N，选项B错误；当t＝3 s时，位移负向最大，加速度a＝最大，速度为零，选项C错误；当t＝4 s时，位移为零，回复力为零，速度最大，方向为正，选项D正确。
4．甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则可知( )
A．两弹簧振子完全相同
B．振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
C．振子甲速度为零时，振子乙速度也为零
D．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
解析：选B 由振动图像读出两弹簧振子的振幅和周期不同，则两弹簧振子一定不完全相同，故A错误；两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，频率之比f甲∶f乙＝1∶2，故B正确；由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大，故C错误；由振动图像读出两振子位移最大值之比x甲∶x乙＝2∶1，根据简谐运动的特征F＝－kx，由于弹簧的劲度系数k可能不等，回复力最大值之比F甲∶F乙不一定等于2∶1，故D错误。
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11单摆
1．知道什么是单摆。
2．掌握单摆振动的特点，知道单摆回复力的来源，理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
3．知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。
知识点一 单摆的回复力
[情境导学]
如图甲所示为家庭用的摆钟，其摆锤的振动可以简化为如图乙所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个夹角，然后由静止释放，请思考：
(1)小球在振动过程中受到哪些力的作用？
(2)小球振动的回复力由什么力提供？
提示：(1)小球受重力和细线的拉力作用。
(2)回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供。
[知识梳理]
1．单摆
(1)组成：由长度不变的细线和小球组成。
(2)模型条件：
①细线的质量和小球相比可以忽略。
②小球的直径与线的长度相比可以忽略，可以看成质点。
2．单摆的回复力
(1)来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
(2)特点：在偏角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝－x。
(3)结论：单摆在偏角很小时，回复力满足F＝－kx，可以看成做简谐运动。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)制作单摆的细线弹性越大越好。(×)
(2)制作单摆的摆球越大越好。(×)
(3)单摆做简谐运动时的回复力是小球所受的合力。(×)
(4)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。(×)
2．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论错误的是( )
A．摆球受重力、摆线的张力作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零
C．摆球的回复力为零时，向心力最大
D．摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
解析：选D 单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力，故A正确；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，则摆线拉力小于重力，在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故D错误，B、C正确。
知识点二 单摆的周期
[情境导学]
摆的等时性原理是指不论摆钟摆动幅度(摆角小于5°时)大些还是小些，完成一次摆动的时间是相同的。请思考：
(1)是谁发现了摆的等时性原理？
(2)摆钟摆动的周期与摆动的振幅大小有关吗？与摆锤的质量大小有关吗？
(3)摆钟摆动的周期与摆锤的长度有关吗？
提示：(1)伽利略。(2)无关，无关。(3)有关。
[知识梳理]
1．定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响
(1)探究方法：控制变量法。
(2)实验结论
①单摆振动的周期与摆球的质量无关。
②振幅较小时，周期与振幅无关。
③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。
2．定量探究单摆周期与摆长之间的关系
(1)荷兰物理学家惠更斯进行了详尽的研究，发现单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。
(2)单摆周期公式：T＝2π。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)摆球的质量越大，周期越小。(×)
(2)单摆的振幅越小，周期越小。(×)
(3)单摆的摆长越长，周期越长。(√)
(4)同一个摆钟，由地球移到月球上时其指针走时会变快。(×)
2.如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是( )
A．把摆球质量增加一倍，其他条件不变，则单摆的周期变小
B．把摆角α变小，其他条件不变，则单摆的周期变小
C．将此摆从地球移到月球上，其他条件不变，则单摆的周期将变长
D．将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T
解析：选C 根据单摆的周期公式T＝2π 知，周期与摆球的质量和摆角无关，摆长增加为原来的2倍，周期变为原来的倍，故A、B、D错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，由周期公式T＝2π 知将此摆从地球移到月球上，单摆的周期将变长，C正确。
单摆的回复力的理解及其运动特征
[要点归纳]
1．单摆的回复力
(1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用。
(2)向心力来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力。
(3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ，提供了使摆球振动的回复力。
2．单摆做简谐运动的规律
(1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。
(2)单摆振动过程中各量的变化特点。
位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能
最高点 最大 零 最大
最低点 零 最大 最小
远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大
衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小
3．单摆做简谐运动的推证
如图所示，单摆的回复力F＝G1＝mgsin θ，在偏角很小时， sin θ≈，所以单摆的回复力为F＝－x (式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F＝－kx，故单摆做简谐运动。
[例题1] 关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是( )
A．摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B．摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C．摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D．摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
[解析] 摆球在摆运过程中只受重力和摆线的张力，回复力和向心力都是按效果命名的，A错误；摆球摆动到回复力最大即最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时摆线的张力等于球的重力沿摆线方向的分力，一定小于摆球重力，摆球在平衡位置时，向心力最大，此时加速度方向指向圆心，B正确，C、D错误。
[答案] B
关于单摆的回复力的三点提醒
(1)单摆振动中的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，除了最大位移处之外回复力与它受到的合力均不相等。单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处。
(2)在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。
(3)在平衡位置处时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为零，但合力等于向心力。
[针对训练]
1．对于单摆的振动，以下说法中正确的是( )
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
解析：选C 单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为m，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零，故应选C。
2．有一正在摆动的秒摆(T＝2 s)，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.6 s时，以下对摆球的运动情况及回复力变化情况的说法中正确的是( )
A．正在向左做减速运动，回复力正在增大
B．正在向右做减速运动，回复力正在增大
C．正在向右做加速运动，回复力正在减小
D．正在向左做加速运动，回复力正在减小
解析：选D 秒摆的周期为T＝2 s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝ 1.6 s时，即T＜t＝1.6 s＜T，说明摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向左做加速运动；由于摆角在变小，故F回＝mgsin θ也在变小，A、B、C错误，D正确。
单摆周期公式的理解及应用
[问题探究]
2020年11月24日“嫦娥五号”探测器成功发射，12月1日，在月球正面预选着陆区成功着陆，12月17日，“嫦娥五号”返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆，探月“嫦娥五号”返回器在内蒙古四子王旗着陆场返回，首次实现从月球采集样本带回地球，为我国探月工程中“绕、落、回”三步战略画上完美句号。假设“嫦娥五号”将一单摆带到月球上，请问其振动周期与在地球上相比应怎样变化？为什么？
提示：变大，因为月球表面的重力加速度g 比地球的小。
[要点归纳]
1．对单摆周期公式T＝2π 的理解
(1)与摆长l和当地的重力加速度g有关。
(2)与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期。
(3)成立条件：摆角很小(摆角小于5°)。
2．对摆长l和重力加速度g的理解
(1)摆长l：指从悬点到摆球重心的长度
①对于实际的单摆，摆长l＝l′＋，l′为摆线长，D为摆球直径。
②等效摆长：(a)图中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α。其周期T＝2π 。(b)图中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。
(2)重力加速度g
①单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g为当地的重力加速度。
②天体表面的重力加速度g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。不同星球上M和R一般不同，所以g也一般不同。
[例题2] 如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是( )
A．甲的摆长与乙的摆长相等
B．甲的摆长比乙的摆长长
C．乙的机械能比甲的大
D．在t＝0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆
[解析] 从图中可得两者的周期相同，都为2.0 s，又知道两者在同一个地点测量的，g相同，所以根据单摆周期公式T＝2π，可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，由于甲、乙两摆球质量相等，甲球的机械能比乙球的机械能大，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。
[答案] A
[例题3] 如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，这个摆的周期是( )
A．2π B．π
C．(＋1)π D．(＋1)π
[解析] 以L为摆长的运动时间为t1＝×2π ，以L为摆长的运动的时间为t2＝×2π ，则这个摆的周期为T＝t1＋t2＝(＋1)π 。故A、B、C错误，D正确。
[答案] D
解答本题时要注意：(1)小球在钉子左侧摆动时摆长为L；(2)小球在钉子右侧摆动时摆长为L。
[针对训练]
1．某单摆由1 m长的摆线连接一个直径为2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是( )
A．用大球替代小球，单摆的周期不变
B．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小
C．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变
D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大
解析：选C 用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2π 可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2π 可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆周期变小，故D错误。
2.
如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球(半径可忽略)，下列说法正确的是(以下皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g)( )
A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π
B．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π
D．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
解析：选A 让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π ；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为，周期T′＝2π ，A正确，B、C、D错误。
类单摆模型
1．类单摆模型
除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动规律与单摆的运动类似，该类物体的运动即为类单摆模型。
2．实例
(1)如图所示，为竖直面内的光滑小圆弧(半径为R)，且 R(或对应圆心角∠BOC很小)，当小球在间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为类单摆运动，等效摆长为R 。
(2)如图所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内来回摆动，小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动为类单摆运动，等效重力为G′＝mgsin θ，等效重力加速度为g′＝gsin θ。
3．处理类单摆问题的方法
(1)确认符合类单摆模型的条件。
(2)确定等效摆长l。
(3)确定等效重力加速度g′。
(4)利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
[示例] 如图所示，将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B(与圆心A等高)到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D，且C点很靠近D点。如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是( )
A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点
B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点
C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点
D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点
[解析] 设圆的半径为r，小球甲从A到D的过程中做自由落体运动，所用时间t1＝
由几何知识知∠ADB＝θ＝45°，弦BD长度为2rcos θ，小球乙从B到D的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，运动加速度为gcos θ，所用时间
t2＝＝ ＝2
丙沿圆弧轨道从C点运动到D的运动可以看成类单摆运动，周期T＝2π，时间t3＝＝。
故有t2＞t3＞t1，由此可知乙球最后到，甲球最先到，故A正确，B、C、D错误。
[答案] A
[拓展训练]
1.一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动，如图，圆弧槽的长度l R。为了使小球振动的频率变为原来的，可以采用的办法是( )
A．将R减小为原来的
B．将R增大为原来的4倍
C．将圆弧长l增大为原来的4倍
D．将m减小为原来的
解析：选B 将R减小为原来的，周期变为原来的原来的，频率则为原来的2倍，选项A错误；将R增大为原来的4倍，周期变为原来的2倍，频率则为原来的，选项B正确；将圆弧长l增大为原来的4倍，不会改变小球运动的周期和频率，选项C错误；小球的周期和频率与质量没有关系，所以改变小球的质量，不会改变其运动的周期和频率，选项D错误。
2.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球
获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为( )
A．π B．π
C．π D．π
解析：选C 因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mgsin θ＝mg′，T＝2π ，小球回到最低点所需的最短时间为t＝＝π ，故选C。
1．在如图所示的装置中，可视为单摆的是( )
解析：选A 单摆的悬线要求无弹性，直径小且质量可忽略，故A正确，B、C错误；悬点必须固定，故D错误。
2．下列说法正确的是( )
A．单摆的等时性是惠更斯首先发现的
B．单摆的等时性是伽利略首先发现的
C．牛顿首先将单摆的等时性用于计时
D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
解析：选B 意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用于计时。故A、D错误，B正确，C错误。
3．在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟( )
A．变慢了，重新校准应减小摆长
B．变慢了，重新校准应增大摆长
C．变快了，重新校准应减小摆长
D．变快了，重新校准应增大摆长
解析：选A 根据单摆周期公式T＝2π，在淄博走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度g变小，周期T变大，所以摆钟变慢了，为了使T变回原来的值，需要重新校准，应减小摆长l。故选A。
4．一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是( )
A．将摆球的质量m增加为4m
B．将摆球的质量m减少为
C．将摆长l减短为
D．将摆长l增长为4l
解析：选C 根据在星球表面万有引力等于重力可知，某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g′＝g；根据单摆的周期公式T＝2π 可知，要使该单摆在行星与在地球上的周期相同，必须将摆长缩短为，单摆的周期与摆球的质量无关，故A、B、D错误，C正确。
5．如图是两个单摆的振动图像，以下说法正确的是( )
A．甲、乙两个摆的频率之比为1∶1
B．甲、乙两个摆的频率之比为1∶2
C．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
D．甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4
解析：选D 由图可知甲、乙两个摆的周期之比为1∶2，则频率之比为2∶1，选项A、B错误；根据T＝2π，可得l＝∝T2，可知甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4，选项C错误，D正确。
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11实验：用单摆测量重力加速度
一、实验目的
1．明确用单摆测量重力加速度的原理和方法。
2．学会用单摆测量当地的重力加速度。
3．知道如何选择实验器材，能熟练地使用秒表。
4．会用平均值法、图像法求解重力加速度。
二、实验原理
单摆在偏角很小(小于5°)时的摆动，可以看成简谐运动。其周期为T＝2π ，由此可得g＝。据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度值。
三、实验器材
铁架台及铁夹、金属小球(带有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(长1 m左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺。
四、实验步骤
1．做单摆：将线的一端穿过小球的小孔，并打一比孔大的结。然后把线的上端用铁夹固定于铁架台上，在平衡位置处做上标记。
2．测摆长：用毫米刻度尺测出摆线长度l线，用游标卡尺测量出摆球的直径d，则单摆的摆长l＝l线＋。
3．测周期：将单摆从平衡位置拉开一个小于5°的角，然后释放摆球，当单摆振动稳定后，过最低位置时开始用秒表计时，测量N次(一般取30～50次)全振动的时间t，则周期T＝。
4．变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复实验三次，测出相应的摆长l和周期T。
五、数据处理
1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式中求出g值，最后求出g的平均值。
设计如下所示实验表格
实验次数 摆长l/m 周期T/s 重力加速度g/(m· s－2) 重力加速度g的平均值/(m· s－2)
1 g＝
2
3
2．图像法：由T＝2π 得T2＝l，作出T2 l图像，即以T2为纵轴，以l为横轴。其斜率k＝，由图像的斜率即可求出重力加速度g。
六、误差分析
1．单摆的振动不符合简谐运动的要求引起的系统误差
(1)单摆不在同一竖直平面内振动，成为圆锥摆。
(2)振幅过大，摆线偏离竖直方向的角度超过5°。
2．测定摆长l时引起的误差
(1)在未悬挂摆球前测定摆长或漏加摆球半径。
(2)测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长。
(3)悬点未固定好，摆球摆动时出现松动，使实际的摆长不断变长。
3．测定周期时引起的误差
(1)开始计时和停止计时，秒表过早或过迟按下。
(2)测定N次全振动的时间为t，次数N数错。
(3)计算单摆的全振动次数时，未从摆球通过最低点位置时开始计时。
七、注意事项
1．摆线要选1 m左右，不要过长或过短，太长测量不方便，太短摆动太快，不易计数。
2．测量摆长时要先悬挂好摆球后再测量，不要先测摆长再系小球，因为悬挂摆球后细线会发生形变。
3．摆球要选体积小、密度大的，不要选体积大、密度小的，这样可以减小空气阻力的影响。
4．摆角要小于5°，不要过大，因为摆角过大，单摆的振动不是简谐运动，公式T＝2π 不适用。
5．单摆要保证在同一个竖直平面内摆动，不要使之成为圆锥摆。
6．计时要从摆球经过平衡位置开始计时，不要从摆球到达最高点时开始计时。要准确记好摆动次数，不要多记或少记。
实验原理与操作
[例题1] 一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆球挂起后，进行了如下步骤
(1)测摆长l：用米尺量出摆线的长度。
(2)测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T＝t/60。
(3)将所测得的l和T代入单摆周期公式T＝2π 中，算出g，将它作为为实验的最后结果写入报告中去。
上面一个步骤中，若有遗漏或错误的地方，请在下面的横线做相应的改正，若没有，就不用填写(不要求进行误差计算)
(1)______________________________
(2)______________________________
(3)______________________________
[解析] (1)摆长不等于摆线的长度，所以要用游标卡尺测出摆球直径d，摆长l等于摆线长与小球半径之和；
(2)一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以T＝；
(3)不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g 应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果。
[答案] (1)要用游标卡尺测出摆球直径d，摆长l等于摆线长与摆球半径之和 (2)T＝ (3)g应测量多次，然后取平均值做实验结果
数据处理与分析
[例题2] 某同学利用单摆测定当地的重力加速度。
(1)实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有__________。
A．长度约为1 m的细线
B．长度约为30 cm的细线
C．直径约为2 cm的钢球
D．直径约为2 cm的木球
E．最小刻度为1 cm的直尺
F．最小刻度为1 mm的直尺
(2)该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为________ s。
(3)下表是该同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次 1 2 3
摆长l/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T＝______ s，g＝______m/s2。
(4)该同学经测量得到多组摆长l和对应的周期T，画出，l T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式g＝________。
[解析] (1)细线长度要远大于小球直径；小球需要体积小、质量大，所以选钢球；为了提高测量的精确度，选择毫米刻度尺。故选A、C、F。
(2)秒表的读数为95.1 s。
(3)周期为T＝＝ s＝2.01 s，根据周期公式得g＝，代入数据得g＝9.76 m/s2。
(4)根据周期公式得l＝，所以图像的斜率为＝，解得g＝4π2。
[答案] (1)ACF (2)95.1 (3)2.01 9.76
(4)4π2
实验拓展与创新
[例题3] 伽利略曾经提出和解决了这样一个问题：一根细绳悬挂在黑暗的城堡中，人们看不到它的上端，只能摸到它的下端。为了测出细绳的长度，在细绳的下端系一个金属球，使之在竖直平面内做小角度的摆动。主要实验步骤如下：
①将一小球系于细绳的下端制成单摆，让单摆在竖直平面内做小角度摆动；
②当小球通过平衡位置时启动秒表(记为第1次)，在小球第n1次通过平衡位置时止动秒表，读出秒表时间为t1；
③将细绳截去一段，重复实验步骤①②，测出小球n2次通过平衡位置的时间为t2。
回答下列问题：
(1)要达到测出细绳长度的目的，首先要测量当地的重力加速度。测量重力加速度还需要测量的物理量是______(填序号字母)。
A．小球的质量m B．细绳摆动的角度θ
C．截去的细绳长度Δl D．小球的直径d
(2)测得的当地重力加速度g＝__________。
(3)细绳截去一段前，细绳的长度L＝____________(当地重力加速度用g表示，小球的直径用d表示)。
[解析] (2)根据公式T＝2π 可知，当小球通过平衡位置时启动秒表(记为第1次)，在小球第n1次通过平衡位置时停止秒表，读出秒表时间为t1，有＝2π ，将细绳截去一段，重复实验步骤①②，测出小球n2次通过平衡位置的时间为t2，有＝2π
联立两式得g＝。
(1)由此式可知，需要测量的物理量有Δl，故选C。
(3)根据公式T＝2π ，细绳截去一段前，有＝2π ，细绳的长度L＝－。
[答案] (1)C (2)
(3)－
1．在利用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出了多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2 l的关系图像如图所示。
(1)为了减小测量误差，如下措施中正确的是________；(填字母)
A．单摆的摆角应尽量大些
B．摆线应尽量短些
C．选体积较小、质量较大的摆球
D．测量周期时，应取摆球在最高点时做为计时的起、终点位置
(2)图像不过坐标原点，原因可能是________；
(3)虽然实验中出现了疏漏，但根据图像仍可算出重力加速度，其值为________m/s2(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)单摆在摆角小于5°时的运动是简谐运动，所以单摆的摆角不能太大，故A错误；为了减小实验误差，摆线应适当长些，故B错误；为了减小空气阻力对实验的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，所以应选择质量大，体积小的实心小球作为摆球，故C正确；为了减小测量周期的误差，测量周期时，应取摆球通过最低点时为计时的起、终点位置，故D错误。故选C。
(2)图像不过坐标原点，将图像向右平移1 cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，故可能是测摆长时，仅测了摆线长度而漏测了小球半径。
(3)由单摆周期公式T＝2π 得T2＝l，图像斜率k＝，结合图像数据得到＝＝4，则求得g≈9.86 m/s2。
答案：(1)C (2)测摆长时，仅测了摆线长度漏测了小球半径 (3)9.86
2．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________。
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为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ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。
解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些。选项B、C正确。
(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2
则T1＝2π ①
T2＝2π ②
且L1－L2＝ΔL③
联立①②③式得g＝。
答案：(1)BC (2)
3．(1)物理课外小组探究“用单摆测定重力加速度”实验，他们依照教材实验直接测量单摆摆线长l0、摆球直径d和单摆完成n次全振动的时间t，则该单摆的摆长为________，振动周期为________。
(2)他们测出不同的摆长l所对应的周期T，在进行数据处理时：①甲同学以摆长l为横坐标，周期T的平方为纵坐标作出了T2 l图像，若他测得的图像的斜率为k，则测得的重力加速度g＝________。若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)。②乙同学根据单摆振动的周期公式计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)。
(3)某小组测量5种不同摆长下单摆的振动周期，以摆长l为横坐标、周期T的平方为纵坐标，作出T2 l图像如图所示，利用此图像求出的重力加速度为________m/s2(保留三位有效数字)。
解析：(1)单摆长等于摆线长加上摆球的半径，故摆长为l0＋
单摆完成n次全振动，即完成了n个周期，所以周期T＝。
(2)由单摆周期公式T＝2π得g＝
①对于甲同学：由于T2 l图像的斜率为k＝，得g＝
又由于g＝＝＝＝
所以可知单摆摆长偏大还是偏小不影响图像的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值，所以甲同学用图像法求得的重力加速度准确；
②对于乙同学：根据单摆振动的周期公式计算重力加速度g＝，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，使得摆长偏小，则他测得的重力加速度偏小。
(3)计算出图像的斜率大约为k＝4.0，依据图像求出重力加速度为g＝9.86 m/s2。
答案：(1)l0＋ (2)① 准确 ②偏小
(3)9.86
4．甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度的大小。
(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置。
A．由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l T2图像，如图乙所示。
①实验得到的l T2图像是________；
②小球的直径是________ cm；
B．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值______。(填“偏大”“偏小”或“不变”)
(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图丙所示，将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丁所示的v t图线。
A．由图丁可知，该单摆的周期T＝________s；
B．更换摆线长度l后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2 l图线(l为摆线长)，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04l＋0.024。由此可以得出当地的重力加速度g＝________ m/s2。(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)
解析：(1)①由单摆的周期公式T＝2π 得l＝T2＋，由数学关系得斜率k＝，纵截距b＝，因l T2 图像的纵截距为正，则图像应为c。
②由图像c的纵截距可得d＝2b＝2×0.6 cm＝1.2 cm，绳子松动导致摆长变长，但测量值偏小，由T＝2π 得g＝，则重力加速度的测量值偏小。
(2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T＝2.0 s，根据T＝2π 得T2＝l＋，则k＝＝4.04，解得 g＝9.76 m/s2。
答案：(1)c 1.2 偏小 (2) 2.0 9.76
5．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出T2 L函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g。
(1)如果实验中所得到的T2 L关系图像如图乙所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的________；
(2)由图可知，小筒的深度h＝________m，当地重力速度g＝________m/s2(π取3.14， g的计算结果保留三位有效数字)。
解析：(1)由单摆周期公式有T＝2π ，得T2＝＋
纵轴截距大于0，图线应为题图乙中的图线a。
(2)由图像的截距得h＝0.3 m；由斜率可求得g＝＝ m/s2＝π2 m/s2≈9.86 m/s2。
答案：(1)a (2)0.3 9.86
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9受迫振动 共振
1.了解固有振动、固有频率、阻尼振动的概念。
2．知道受迫振动的概念，知道其振动频率与驱动力频率的关系。
3．了解共振的概念，知道发生共振的条件。
4．了解共振的防止和应用。
知识点一 振动中的能量损失
[情境导学]在研究单摆振动特点的物理课上，老师特意用大一些的木球(涂成金属色)做了两个同样的单摆，老师和某位同学同时进行如下实验：两人都把木球拉离竖直方向同样的角度，并且都刚好贴近自己的鼻尖，然后同时释放木球，让同学们观察木球的运动情况，这位同学由于担心木球摆回来会碰到自己的鼻子而自然躲开了(同学们发出一阵笑声)；老师保持不动却有惊无险，木球摆回来时根本接触不到鼻尖(赢来了同学们的热烈掌声)……之后木球的振幅越来越小。请解释其原因，木球做什么运动？
提示：木球摆动过程中由于受到空气阻力作用，振幅会变小，木球再次摆回来时一定不会碰到鼻子，所以老师很镇定。木球做阻尼振动。
[知识梳理]
1．固有振动和固有频率
(1)固有振动：振动系统不受外力作用的振动。
(2)固有频率：固有振动的频率。
2．阻尼振动
(1)阻尼：当振动系统受到阻力作用时，振动受到了阻尼。
(2)阻尼振动：振幅逐渐减小的振动，如图所示。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)将单摆摆球拉离平衡位置后释放，小球所做的振动为固有振动。(√)
(2)空气中的单摆振幅越来越小，则单摆的振动为阻尼振动。(√)
(3)物体做阻尼振动的过程，振动周期逐渐减小。(×)
(4)物体做阻尼振动的过程，系统的能量逐渐减小。(√)
2．思考题。
前面我们学习过的弹簧振子的运动是属于简谐运动还是阻尼振动呢？
提示：实际的弹簧振子在运动中除受到弹力之外，还受到摩擦力等阻力的作用，振幅逐渐减小，即做的是阻尼振动。如果阻力很小，可以忽略，那么振子的运动就是只在回复力作用下的运动，是简谐运动。
知识点二 受迫振动、共振现象及其应用
[情境导学]
生活中会见到一阵风吹过树枝，使树枝左右摇摆，一会儿树枝就会停下来，而荡秋千的小朋友在一旁小朋友的不断推动下不停地摆动。
(1)树枝的运动是什么运动？
(2)秋千的摆动是什么运动？
提示：(1)阻尼振动 (2)受迫振动
[知识梳理]
1．受迫振动
(1)驱动力：作用于振动系统的周期性的外力。
(2)受迫振动：振动系统在驱动力作用下的振动。
(3)受迫振动的频率：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。
2．共振
(1)定义：当驱动力的频率等于振动物体的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大值的现象。
(2)条件：驱动力频率等于系统的固有频率。
(3)特征：共振时受迫振动的振幅最大。
(4)共振曲线：如图所示。表示受迫振动的振幅A与驱动力频率f的关系图像，图中f0为振动物体的固有频率。
3．共振的应用与防止
(1)应用：共振转速计。
(2)防止：桥梁、码头等各种建筑的设计施工中，飞机、汽车、轮船的发动机等机器设备的设计、制造、安装中，都必须防止共振产生危害。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)受迫振动的频率等于振动系统的固有频率。(×)
(2)驱动力频率越大，振幅越大。(×)
(3)生活中应尽量使驱动力的频率接近振动系统的固有频率。(×)
(4)驱动力的频率等于系统的固有频率时，发生共振现象。(√)
2.唐朝洛阳有个和尚喜欢弾拨一种叫磬的乐器，如图所示。奇怪的是磬在无人弾拨时经常自发鸣响，无缘无故地发出嗡嗡的声音，磬无故而鸣，使和尚大为惊奇，渐渐由惊而疑，由疑而怯，以为是妖孽作怪，结果忧虑成疾，病倒在床。一天，和尚向前来探望他的
朋友诉说了内心的忧虑，正在说话时，寺院里的钟声响了，说来奇怪，磬也发出了嗡嗡的响声。和尚的朋友明白了原因，悄悄用钢锉在磬上锉了几处，从此之后，磬再也不会无故发声了。和尚以为妖怪已被赶走，心事顿消，病也不治而愈。
请思考：(1)磬为什么会不敲自鸣呢？
(2)和尚的朋友悄悄用钢锉在磬上锉了几处之后，为什么磬再也不会无故发声？
提示：(1)磬不敲自鸣是共振现象。磬的固有频率和钟的频率一样，因此每当钟响时，引起磬的共振而发出嗡嗡之声。
(2)和尚的朋友悄悄用钢锉在磬上锉了几处之后，改变了其固有频率，使其固有频率与钟的频率不一致了，钟响时不会引起磬的共振而无故发声。
简谐运动、阻尼振动与受迫振动的对比
[问题探究]
如图所示的装置，通过摇动把手可以对弹簧振子施加驱动力作用。
请思考：
(1)通过摇动把手可以对弹簧振子施加周期性的驱动力时振子做什么振动？其振动频率怎样？
(2)撤掉外力后振子做什么振动？其振动频率怎样？其振幅怎样变化？
提示：(1) 振子做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率，即摇动把手的频率。
(2)振子做固有振动，其振动频率等于固有频率。振子在振动过程中由于克服阻力做功，振动强度逐渐减弱，振幅越来越小。
[要点归纳]
1．简谐运动是一种理想化的模型，物体运动过程中的一切阻力都不考虑。
2．阻尼振动考虑阻力的影响，是更实际的一种运动。
3．受迫振动是物体做阻尼振动时受到周期性驱动力作用下的振动。
4．三者对比列表如下：
简谐运动 阻尼振动 受迫振动
产生条件 不受阻力作用 受阻力作用 受阻力和驱动力作用
频率 固有频率 频率不变 驱动力频率
振幅 不变 减小 大小变化不确定
振动图像 形状不确定
实例 弹簧振子振动，单摆做小角度摆动 敲锣打鼓发出的声音越来越弱 扬声器纸盆振动发声，钟摆的摆动
[例题1]
某物理学习小组制作了一个实验装置，如图所示，在曲轴A上悬挂一个弹簧振子，如果转动把手，曲轴可以带动弹簧振子上下振动，求：
(1)开始时不转动把手，而用手往下拉振子，然后放手让振子上下振动，测得振子在10 s内完成40次全振动，(不计空气阻力和摩擦)振子做什么运动？其固有周期和固有频率各是多少？若考虑摩擦和空气阻力，振子做什么运动？
(2)某同学若以转速8 r/s匀速转动把手，振子的振动稳定后，振子做什么运动？其周期和频率各是多少？
[解析] (1)用手往下拉振子使振动系统获得一定能量，放手后，在不计空气阻力和摩擦的情况下，振子因所受回复力与位移成正比，方向与位移方向相反(F＝－kx)，故它做简谐运动，其周期和频率是由它本身的性质决定的，称固有周期(T固)和固有频率(f固)，根据题意可得： T固＝ s＝0.25 s，f固＝ Hz＝4 Hz；当摩擦和空气阻力存在时，振子在振动过程中要克服摩擦力和阻力做功消耗能量，导致其振幅越来越小，故振动为阻尼振动。
(2)由于把手转动的转速为8 r/s，它给弹簧振子的驱动力频率为f驱＝8 Hz，周期T驱＝ s＝0.125 s，故振子做受迫振动，振动达到稳定状态后，其振动的频率f(或周期T)等于驱动力的频率(或周期)，而跟固有频率(或周期)无关。
[答案] (1)简谐运动 0.25 s 4 Hz 阻尼振动
(2)受迫振动 0.125 s 8 Hz
(1)对阻尼振动的理解
①由于阻力做功，振动系统的机械能逐渐减小，振幅逐渐变小；
②周期和频率由振动系统本身决定，阻尼振动中周期和频率不变。
(2)对受迫振动的理解
①受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关；
②驱动力频率越接近固有频率，振幅越大。
[针对训练]
如图所示是单摆做阻尼振动的振动图线，下列说法正确的是( )
A．振动过程中周期变小
B．振动过程中周期不变
C．摆球A时刻的势能大于B时刻的势能
D．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能
解析：选B 阻尼振动中，单摆的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，A错误，B正确；因A、B两时刻的位移相同，故摆球A时刻的势能等于B时刻的势能，C错误；由于振动的能量逐渐减小，故摆球A时刻的动能大于B时刻的动能，D错误。
对共振的理解
[问题探究]
如图所示是家庭用波轮式、滚筒式两款洗衣机的脱水桶展示图，洗衣机在把衣服脱水完毕关掉电源后，电动机还要转动一会儿才能停下来，在关掉电源后，发现洗衣机机身会经历如下过程：先是振动幅度越来越大，然后一小会儿振动得很剧烈，再经历机身的振动幅度慢慢减小直至停下来。请解释其原因是什么？
提示：(1)洗衣机工作时电动机的转动会产生周期性驱动力，其转动频率即为驱动力频率，使机身做受迫振动。
(2)洗衣机脱水时，电动机转速很快，转动频率很大，远大于洗衣机的固有频率，机身做受迫振动的振幅较小。
(3)当脱水终止后，随着电动机转速的减小，其转动频率也在不断减小且越来越接近机身的固有频率，会使“机身振动幅度越来越大”；当转动频率接近或等于机身的固有频率时，机身会发生共振现象，即“有一小会儿振动得很剧烈”；而后随着电动机转速的逐渐减小，驱动力频率逐渐远离机身的固有频率，“机身的振动幅度会慢慢减小直至停下来”。
[要点归纳]
1．对共振条件的理解
(1)从受力角度看：当振动物体所受驱动力的方向跟它的运动方向相同时，驱动力对它起加速作用，使它的振幅增大，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，它的每一次作用都使物体的振幅增加，从而振幅达到最大。
(2)从功能关系看：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，驱动力始终对物体做正功，使振动能量不断增加，振幅不断增大，直到增加的能量等于克服阻尼作用损耗的能量，振幅才不再增加。
2．对共振曲线的理解
(1)共振曲线的意义：反映了物体做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系，如图所示。
(2)f0的意义：表示做受迫振动物体的固有频率。
(3)规律：①当f＝f0时，发生共振，振幅最大；
②当f＜f0时，f增大，振幅增大；
③当f＞f0时，f增大，振幅减小；
(4)结论：驱动力的频率f越接近振动系统的固有频率f0，受迫振动的振幅越大，反之振幅越小。
3．共振现象在生产中的利用和防止
(1)利用：要利用共振现象，应尽量使驱动力的频率接近或等于物体的固有频率。如：共振筛、共振转速计等。
(2)防止：要防止共振现象的危害，应尽量使驱动力的频率远离物体的固有频率，而且相差越大越好。如：部队过桥应便步走。
[例题2] 在本校实验室中有个实验仪器如图甲所示，五个摆悬挂于同一根绷紧的水平绳上。如图乙所示是E单摆做受迫振动时的共振曲线，它表示振幅与驱动力的频率的关系。问：(摆角不超过5°，重力加速度g取π2)
(1)先让A、B、C、D其中的哪一个摆摆动起来，E单摆的振动最为剧烈？
(2)E单摆的摆长大小？
(3)若将E摆从本地移至北京某高中的实验室中，共振曲线的“峰”将怎样移动？(当地的重力加速度比北京的小。)
[解析] (1)由甲图可知，E与A的摆长是相等的，根据共振的条件可知，让A摆摆动起来，E单摆的振动最为剧烈。
(2)由乙图可知，当驱动力的频率等于0.5 Hz时，E的振幅最大，所以E摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期T＝2 s，根据单摆的周期公式T＝2π ，代入数据得l＝1 m。
(3)若将E摆从本地移至北京某高中的实验室中，因重力加速度变大，故固有周期减小，固有频率变大，共振曲线的“峰”将向右移动。
[答案] 见解析
分析共振问题的方法
(1)在分析解答有关共振问题时，要抓住产生共振的条件：驱动力的频率等于固有频率，此时振动的振幅最大。
(2)在分析有关共振的实际问题时，要抽象出受迫振动这一物理模型，弄清驱动力频率和固有频率，然后利用共振的条件进行求解。
[针对训练]
蜘蛛虽有8只眼睛，但视力很差，完全靠感觉来捕食和生活，它的腿能敏捷地感觉到落在丝网上的昆虫对丝网造成的振动。当丝网的振动频率为f＝200 Hz左右时，丝网振动的振幅最大，最大振幅为0.5 cm。已知该丝网共振时，蜘蛛能立即捕捉到丝网上的昆虫。则对于落在丝网上的昆虫( )
A．当其翅膀振动的频率为200 Hz左右时，蜘蛛能立即捕捉到它
B．当其翅膀振动的周期为0.05 s左右时，蜘蛛能立即捕捉到它
C．当其翅膀振动的频率为300 Hz左右时，蜘蛛能立即捕捉到它
D．当其翅膀振动的频率为250 Hz时，该丝网的振幅可能等于0.5 cm
解析：选A 当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时，即翅膀振动的频率f′＝f＝200 Hz时，蜘蛛能立即捕捉到它，故A正确，C错误；根据周期与频率之间的关系得 T＝＝ s＝0.005 s，当昆虫翅膀振动的周期为0.005 s左右时，蜘蛛能立即捕捉到它，故B错误；当昆虫翅膀振动的频率为250 Hz左右时，没有发生共振，故该丝网的振幅小于0.5 cm，故D错误。
1．如图所示是一单摆做阻尼振动的x t图像，则此单摆的摆球在图中P与N时刻的( )
A．速率vP>vN B．重力势能EpP>EpN
C．机械能Ep解析：选A 摆球在P时刻的振幅大于N时刻的振幅，所以机械能EP>EN，由于两个时刻的位移相等，所以高度相等，则重力势能相等，即EpP＝EpN，则动能EKP>EKN，所以速率vP>vN，将摆球所受重力沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解，绳子拉力和沿绳子方向的分力这两个力的合力提供向心力，摆球速度越大，需要的向心力越大，绳子的拉力就越大，即FP>FN。故选A。
2．在喜剧电影《功夫》中，包租婆的“狮子吼”可以将酒杯震碎，若我们用手指轻弹同样的酒杯，听到清脆的声音，并测得该声音的频率为f。下列说法正确的是( )
A．包租婆震碎酒杯是声波的共振现象
B．震碎的酒杯发生了阻尼振动
C．包租婆发出的震碎酒杯的“狮子吼”的频率远小于f
D．包租婆发出的震碎酒杯的“狮子吼”的频率一定远大于f
解析：选A 根据共振的条件与共振的特点可知，当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，故用“狮子吼”将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，酒杯的固有频率为f，故“狮子吼”的频率接近f。故A正确。
3．关于受迫振动，以下说法中正确的是( )
A．是在一恒力作用下的振动
B．振动频率可能大于或小于系统的固有频率
C．振动频率一定等于固有频率
D．振动频率可能大于或小于驱动力的频率
解析：选B 受迫振动是系统在外界周期性驱动力作用下的振动，驱动力是周期性的，不可能为恒力；系统做受迫振动时，振动稳定后的频率等于驱动力的频率，这个频率可能大于、等于或小于固有频率，故B正确。
4．下列关于共振和防止共振的说法，正确的是( )
A．共振现象总是有害的，所以要避免共振现象发生
B．队伍过桥要慢行是为了不产生周期性的驱动力，从而避免产生共振
C．火车过桥慢行是为了使驱动力的频率远大于桥的固有频率，从而避免产生共振
D．利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率；防止共振危害时，应使驱动力的频率远离振动物体的固有频率
解析：选C 共振现象不一定总是有害的，有的时候我们要利用共振现象，如共振筛，共振转速计等，故A错误；队伍过桥慢行也会产生周期性的驱动力，即会产生共振，故B错误；火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥，C错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率，防止共振危害时，应尽量使驱动力频率远离振动物体的固有频率，故D正确。
5.一个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，则下列说法错误的是( )
A．此单摆的固有周期约为2 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
解析：选C 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，则固有频率为0.5 Hz，周期为2 s，故A正确；此单摆的周期为2 s，由公式T＝2π ，可得l≈1 m，故B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，故C错误；若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，故D正确。
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