6 受迫振动 共振
必备知识基础练
1.自由摆动的秋千,摆动的振幅越来越小,下列说法正确的是( )
A.机械能守恒
B.能量正在消失
C.总能量守恒,机械能减小
D.只有动能和势能的相互转化
2.(2021山东潍坊高二检测)A、B两个单摆,A摆的固有频率为4f,B摆的固有频率为f,若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动,则两单摆比较( )
A.A摆振幅较大,振动频率为f
B.B摆振幅较大,振动频率为4f
C.A摆振幅较大,振动频率为5f
D.B摆振幅较大,振动频率为5f
3.如图所示,把两个弹簧振子悬挂在同一支架上,已知甲弹簧振子的固有频率为9 Hz,乙弹簧振子的固有频率为72 Hz。当支架在受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用下做受迫振动时,两个弹簧振子的振动情况是( )
A.甲的振幅较大,且振动频率为18 Hz
B.甲的振幅较大,且振动频率为9 Hz
C.乙的振幅较大,且振动频率为9 Hz
D.乙的振幅较大,且振动频率为72 Hz
4.(多选)研究单摆受迫振动规律时得到如图所示的共振曲线,下列说法正确的是( )
A.其纵坐标为位移
B.其横坐标为固有频率
C.单摆的固有周期为2 s
D.图像的峰值表示单摆共振时的振幅
5.(多选)用两根完全一样的弹簧和一根细线将甲、乙两滑块连在光滑的水平面上,线上有张力,甲的质量大于乙的质量,如图所示。当线突然断开后,两滑块都开始做简谐运动,在运动过程中( )
A.甲的振幅一定等于乙的振幅
B.甲的振幅一定小于乙的振幅
C.甲的最大速度一定大于乙的最大速度
D.甲的最大速度一定小于乙的最大速度
6.如图甲所示,一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时,固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动,T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时,让小球做简谐运动,其振动图像如图乙所示。圆盘匀速转动时,小球做受迫振动。下列说法正确的是( )
A.小球振动的固有频率是4 Hz
B.小球做受迫振动时周期一定是4 s
C.圆盘转动周期在4 s附近时,小球振幅显著增大
D.圆盘转动周期在4 s附近时,小球振幅显著减小
关键能力提升练
7.(2021北京第四十三中学期中)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,如图所示。不开电动机让这个筛子自由振动时,完成20次全振动用15 s,在某电压下,电动偏心轮的转速是50 r/min。已知增大电动偏心轮电压可使其转速提高,而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期。为使共振筛的振幅增大,以下做法可行的是( )
①降低输入电压 ②升高输入电压 ③增加筛子质量 ④减小筛子质量
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
8.(多选)(2021山东师范大学附中高二检测)如图甲所示,竖直圆盘转动时,可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动,T形支架的下面系着一个弹簧和小球,共同组成一个振动系统。当圆盘静止时,小球可稳定振动。现使圆盘以4 s的周期匀速转动,经过一段时间后,小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期,其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示,则( )
A.此振动系统的固有频率约为0.25 Hz
B.此振动系统的固有频率约为3 Hz
C.若圆盘匀速转动的周期增大,系统振动的固有频率不变
D.若圆盘匀速转动的周期增大,共振曲线的峰将向右移动
9.如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线,则下列说法正确的是( )
A.两个单摆的固有周期之比为TⅠ∶TⅡ=2∶5
B.若两个受迫振动在地球上同一地点进行,则两个摆长之比为lⅠ∶lⅡ=4∶25
C.图线Ⅱ若是在地面上完成的,则该摆摆长约为1 m
D.若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行,且摆长相等,则图线Ⅱ是月球上的单摆的共振曲线
10.(多选)有一根绷紧的水平绳上挂有5个双线摆,其中b摆摆球质量最大,另4个摆球质量相等,摆长关系为Lc>Lb=Ld>La>Le,如图所示。现将b摆垂直纸面向里拉开一微小角度,放手后让其振动,经过一段时间,其余各摆均振动起来,则达到稳定时( )
A.周期关系为Tc>Td>Ta>Te
B.频率关系为fc=fd=fa=fe
C.摆幅关系为Ac=Ad=Aa=Ae
D.四个摆中,d的振幅最大,且Ae
参考答案
6 受迫振动 共振
1.C 可以把自由摆动的秋千看作做阻尼振动的模型。振动系统中的能量转化不只是系统内部动能和势能的相互转化,振动系统是一个开放系统,与外界时刻进行着能量交换,但总能量守恒。系统由于受到阻力,消耗系统机械能,从而使振动的机械能不断减小。
2.C 受迫振动的频率等于驱动力的频率,当系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振,振幅最大,故A、B两个单摆都做受迫振动,频率为5f,A摆的固有频率接近驱动力的频率,则A摆的振幅较大,C正确。
3.B 根据受迫振动发生共振的条件可知,甲弹簧振子的振幅较大,因为甲弹簧振子的固有频率等于驱动力的频率,做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率,所以选项B正确。
4.CD 共振曲线的纵坐标表示受迫振动的振幅,横坐标表示驱动力的频率,峰值表示驱动力频率等于固有频率时,发生共振的振幅。根据图像可知固有频率为0.5 Hz,故单摆的固有周期为2 s。
5.AD 两根弹簧完全相同,线未剪断时两弹簧所受拉力大小相等,伸长量相同,所以剪断线以后,甲、乙振幅相同,故选项A对,选项B错;又由于线未剪断时弹簧的弹性势能相同,所以甲、乙通过平衡位置时的动能相同,质量大的速度小,故选项C错,选项D对。
6.C 小球振动的固有周期T=4 s,则其固有频率为f==0.25 Hz,A错误;小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期,即等于圆盘转动周期,不一定等于固有周期4 s,B错误;圆盘转动周期在4 s附近时,驱动力周期等于振动系统的固有周期,小球产生共振现象,振幅显著增大,C正确,D错误。
7.C 根据题意,得筛子的固有频率为f0= Hz= Hz,电动机某电压下,电动偏心轮的转速是50 r/min,此时频率为f= Hz= Hz,此时频率小于筛子的固有频率,要使振幅增大,可以升高输入电压或增加筛子质量,故选C。
8.BC 由共振曲线可得,此振动系统的固有频率约为3 Hz,A错误,B正确。共振曲线的峰值对应振子的固有频率,它是由振动系统本身的性质决定的,与驱动力的频率无关,共振曲线的峰不因驱动力周期的变化而改变,C正确,D错误。
9.C 由共振曲线及共振的条件可知,Ⅰ和Ⅱ的固有频率分别为0.2 Hz和0.5 Hz,周期之比TⅠ∶TⅡ=5∶2,A项错误。由单摆的周期公式T=2π可知,lⅠ∶lⅡ==25∶4,B项错误。同时可知lⅡ==1 m,C项正确。当摆长相等时,重力加速度越大,频率越大,月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度,故D项错误。5 实验:用单摆测量重力加速度
必备知识基础练
1.(多选)对用单摆测量重力加速度的实验,下列说法正确的是( )
A.如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球,应选用铁球作摆球
B.单摆偏角不超过5°
C.为便于改变摆长,可将摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹
D.测量摆长时,应用力拉紧摆线
2.利用单摆测重力加速度时,若测得g值偏大,则可能是因为( )
A.单摆的摆球质量偏大
B.测量摆长时,只考虑了悬线长,忽略了小球的半径
C.测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动
D.测量周期时,把n次全振动误认为是(n-1)次全振动
3.在用单摆测量重力加速度的实验中,有如下器材供选用,请把应选用的器材填在横线上 (填字母)。
A.1 m长的粗绳
B.1 m长的细线
C.半径为1 cm的小木球
D.半径为1 cm的小铅球
E.时钟
F.停表
G.分度值为1 mm的米尺
H.分度值为1 cm的米尺
I.铁架台
J.附砝码的天平
4.在做用单摆测量重力加速度的实验过程中:
(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示,则摆球直径d= mm。
(2)小张同学实验时不小心忘记测量小球的半径,但测量了两次悬线长和周期,第一次测得悬线长为l1,对应振动周期为T1;第二次测得悬线长为l2,对应单摆的振动周期为T2,根据以上测量数据可推导出重力加速度的表达式为 。
5.(2021山东济南高二检测)如图甲所示为采用光电门和示波器进行单摆实验来测量当地的重力加速度的装置示意图,两根长度相等的轻细线一端连接小球,另一端固定在铁架台的水平横杆上。用游标卡尺测量小球直径,测量结果如图乙所示。在小球摆动的最低点处装有光电门,并和示波器相连,当小球通过光电门时,示波器上将显示被挡光的电压脉冲图像。把摆球从平衡位置拉开一个小角度(小于5°)由静止释放,使其在竖直平面内摆动,示波器上显示的电压脉冲图像如图丙所示。
甲
乙
丙
(1)本实验中单摆的有效摆长用L表示,周期用T表示,则重力加速度的表达式为g= ;
(2)图乙中用游标卡尺测得的小球直径为 cm;
(3)若实验中测得轻细线的长度为84.10 cm,横杆上两固定点之间的距离为8.20 cm,则此单摆的有效摆长为 cm;
(4)由图丙可知该单摆的周期为 s。
关键能力提升练
6.某物理实验小组在做用单摆测量重力加速度的实验。
(1)以下关于本实验的措施正确的是 。
A.摆角应尽量大些
B.摆线应适当长些
C.摆球应选择密度较大的实心金属小球
D.用停表测量周期时,应从摆球摆至最高点时开始计时
(2)实验小组的甲同学用游标卡尺测摆球的直径,示数如图所示,则摆球直径是 mm。
(3)该实验小组实验时,测得摆线长为l=1.0 m,小球的直径甲同学已经在(2)中测出,单摆完成50次全振动所用的时间为100 s,π2=9.6,则重力加速度大小g= m/s2(结果保留三位有效数字)。
(4)实验小组中乙同学和丙同学运用图像法处理实验数据,乙同学在实验后方才发现测量摆长时忘了加上摆球的半径,已知图中虚线②、③与ON平行,ON为丙同学作出的正确图像,则乙同学当时作出的T2-L图像应该是图中虚线 。
7.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,设单摆摆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)现有如下测量工具:A.时钟;B.停表;C.天平;D.毫米刻度尺。本实验所需的测量工具有 。
(2)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 。
(3)根据图像,小筒的深度为 ,当地的重力加速度大小为 。
8.(2021山东济南外国语学校月考)某实验小组做用单摆测量重力加速度的大小的实验。
甲
(1)安装好实验装置后,先用游标卡尺测量摆球直径d,测量的示数如图甲所示,则摆球直径d= cm,再测量出摆线长l,则单摆摆长L= (用d、l表示);
(2)摆球摆动稳定后,当它到达 (选填“最低点”或“最高点”)时启动停表开始计时,并记录此后摆球再次经过最低点的次数n(n=1,2,3…),当n=60时刚好停表,停止计时的停表读数为67.5 s,该单摆的周期为T= s(保留三位有效数字);
(3)计算重力加速度测量值的表达式为g= (用T、L表示),如果测量值小于真实值,可能的原因是 ;
A.将摆球经过最低点的次数n计少了
B.计时开始时,停表启动稍晚
C.将摆线长当成了摆长
D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长
(4)正确测量不同摆长L及相应的周期T,并在坐标纸上画出T2-L图线,如图乙所示。由图线算出重力加速度的大小g= m/s2(保留三位有效数字,计算时π2取9.86)。
乙
参考答案
5 实验:用单摆测量重力加速度
1.AB 要符合单摆模型要求,故A、B项正确。C项中摆动过程中悬点位置变化,导致摆长变化,不符合要求。测摆长时,用力拉紧摆线会使形变量变大,摆长偏大,故D项错误。
2.C 由单摆周期公式知T=2π,得g=,而T=,所以g=,由此可知C项正确。
3.答案 BDFGI
4.答案 (1)20.30 (2)g=
解析 (1)摆球直径d=2 cm+0.05 mm×6=20.30 mm。
(2)设小球的半径为r,根据单摆的周期公式得
T1=2π,T2=2π,
联立解得g=。
5.答案 (1) (2)2.000 (3)85.00 (4)1.85(1.84~1.86都正确)
解析 (1)由T=2π可得g=。
(2)由题图乙读得小球直径为2.000 cm。
(3)此单摆的有效摆长为
cm+ cm=85.00 cm。
(4)单摆完成一次全振动需要的时间等于周期,一个周期内单摆两次经过平衡位置,结合题图丙可知该单摆的周期为1.85 s。
6.答案 (1)BC (2)20.4 (3)9.70 (4)③
解析 (1)摆角不应过大,否则单摆就不是简谐振动,一般不超过5°,选项A错误;摆线应适当长些,有利于减小实验误差,选项B正确;摆球应选择密度较大的实心金属小球,以减小摆动中的相对阻力,选项C正确;用停表测量周期时,应从摆球摆至最低点时开始计时,选项D错误。
(2)摆球直径是2 cm+0.1 mm×4=20.4 mm。
(3)单摆振动的周期为T==2 s,摆长L=l+=1.0 m+ m=1.010 2 m,根据T=2π,解得g= m/s2=9.70 m/s2。
(4)若测量摆长时忘了加上摆球的半径,则T2-L的关系为T2=(L+r),则乙同学当时作出的T2-L图像应该是虚线③。
7.答案 (1)BD (2)a (3)0.3 m 9.86 m/s2
解析 本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法。
(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L要用到毫米刻度尺,测单摆的周期需要用停表,所以测量工具选B、D。
(2)设摆线在筒内部分的长度为h,
由T=2π得,T2=L+h,可知T2-L关系图像为a。
(3)将T2=0,L=-30 cm代入上式可得
h=30 cm=0.3 m
将T2=1.20 s2,L=0代入上式可求得
g=π2=9.86 m/s2。
8.答案 (1)1.85 l+ (2)最低点 2.25 (3) AC (4)9.86
解析 (1)由题图甲读出摆球直径d=18 mm+5×0.1 mm=18.5 mm=1.85 cm;单摆的摆长为摆线长与摆球半径之和,即L=l+。
(2)测量周期时,为了减小误差,应从摆球经过最低点时开始计时;该单摆的周期为T==2.25 s。
(3)由单摆周期公式T=2π可得g=。将摆球经过最低点的次数计少了,则测得的周期偏大,因此得出的g偏小,故A正确;计时开始时,停表启动稍晚,则总时间偏小,所得周期偏小,则g偏大,故B错误;将摆线长当成了摆长,测出的摆长偏小,则g偏小,故C正确;将摆线长和球直径之和当成了摆长,测出的摆长偏大,则g偏大,故D错误。3 简谐运动的回复力和能量
必备知识基础练
1.(多选)关于简谐运动,以下说法正确的是( )
A.回复力总指向平衡位置
B.加速度、速度方向永远一致
C.在平衡位置加速度、速度均达到最大值
D.在平衡位置速度达到最大值,而加速度为零
2.(多选)某质点做简谐运动的图像如图所示,以下说法正确的是( )
A.t1、t2时刻的速度相同
B.从t1到t2这段时间内,速度与加速度同向
C.从t2到t3这段时间内,速度变大,加速度变小
D.t1和t3时刻的加速度相同
3.(2021江苏淮安新马高级中学高二期末)如图所示的简谐运动图像中,在t1和t2时刻,运动质点相同的量为( )
A.加速度 B.位移
C.速度 D.回复力
4.关于简谐运动中弹簧振子的合力和位移的关系,下列图像表示正确的是( )
5.(多选)当一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时,下列说法正确的是( )
A.振子在振动过程中,速度相同时,弹簧的长度一定相等,弹性势能相同
B.振子从最低点向平衡位置运动过程中,弹簧弹力始终做负功
C.振子在运动过程中的回复力由弹簧的弹力和振子的重力的合力提供
D.振子在运动过程中,系统的机械能守恒
6.(2021广东卷)如图所示,一个轻质弹簧下端挂一小球,小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放,并开始计时,小球在竖直方向做简谐运动,周期为T。经时间,小球从最低点向上运动的距离 (选填“大于”“小于”或“等于”);在时刻,小球的动能 (选填“最大”或“最小”)。
7. 如图所示,三角架质量为M,沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球,上、下两弹簧的劲度系数均为k,重力加速度大小为g,原来三角架静止在水平面上。现使小球做上下振动,振动过程中发现三角架对水平面的压力最小为零但不离开水平面,求:
(1)三角架对水平面的压力为零时小球的瞬时加速度大小;
(2)小球做简谐运动的振幅。
关键能力提升练
8. (多选)如图所示,物体A置于物体B上,一轻弹簧一端固定,另一端与B相连,在弹性限度范围内,A和B在光滑水平面上往复运动(不计空气阻力),并保持相对静止,则下列说法正确的是( )
A.A和B均做简谐运动
B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
C.B对A的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功
D.B对A的静摩擦力始终对A做正功,而A对B的静摩擦力对B做负功
9. 如图所示,一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上,其下端固定,当弹簧的长度为原长时,其上端位于O点。现有一小球从O点由静止释放,将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)。在此过程中,关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系正确的是( )
10. 公路上匀速行驶的货车受一扰动,车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动,周期为T。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,即t=0,其振动图像如图所示。则( )
A.t=T时,货物对车厢底板的压力最大
B.t=T时,货物对车厢底板的压力最小
C.t=T时,货物对车厢底板的压力最大
D.t=T时,货物对车厢底板的压力最小
11. (多选)(2021山东泰安新泰一中高二期中)如图所示,轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时,弹簧伸长了3 cm,再挂上重为200 N的物体B时,弹簧又伸长了2 cm,现将A、B间的细线烧断,使A在竖直平面内振动,则( )
A.最大回复力为500 N,振幅为5 cm
B.最大回复力为200 N,振幅为2 cm
C.只减小A的质量,振动的振幅变小
D.只减小B的质量,振动的振幅变小
12. 一轻质弹簧直立在地面上,其劲度系数为k=400 N/m,弹簧的上端与盒子A连接在一起,盒子内装物体B,B的上、下表面恰与盒子接触,如图所示。A和B的质量mA=mB=1 kg,g取10 m/s2,不计阻力。先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后从静止释放,A和B一起做上下方向的简谐运动。已知弹簧的弹性势能取决于弹簧的形变大小。
(1)求盒子A的振幅;
(2)求物体B的最大速率;
(3)当A、B的位移为正的最大和负的最大时,A对B的作用力的大小分别是多少
参考答案
3 简谐运动的回复力和能量
1.AD 回复力是使物体回到平衡位置的力,选项A正确;加速度方向始终指向平衡位置,速度方向可能指向平衡位置,也可能背向平衡位置,选项B错误;平衡位置位移为零,据a=-知加速度为零,势能最小,动能最大,速度最大,选项C错误,D正确。
2.CD t1时刻振子速度最大,t2时刻振子的速度为零,故A不正确;t1到t2这段时间内,质点远离平衡位置,故速度背离平衡位置,而加速度指向平衡位置,所以二者方向相反,故B不正确;在t2到t3这段时间内,质点向平衡位置运动,速度在增大,而加速度在减小,故C正确;t1和t3时刻振子在平衡位置,故加速度均为零,选项D正确。
3.C 由题图可知,t1和t2时刻,质点运动的位移大小相等,方向相反;根据简谐运动的加速度a=-可知,位移大小相等,方向相反,则加速度大小相等,方向相反,故A、B错误;x-t图像上点的切线的斜率表示速度,故在t1和t2时刻速度相同,故C正确;根据简谐运动的基本特征是F=-kx得知,t1和t2时刻质点的回复力大小相等,方向相反,故D错误。
4.C 根据F=-kx可知,回复力与位移的关系图像为一条直线,斜率为负值,选项C正确。
5.CD 振子在平衡位置两侧往复运动,速度相同的位置可能出现在关于平衡位置对称的两点,这时弹簧长度不等,A错误;振子由最低点向平衡位置运动的过程中,弹簧对振子施加的力指向平衡位置,应做正功,B错误;振子运动中的回复力由弹簧振子所受合力提供且运动中机械能守恒,故C、D正确。
6.答案 小于 最大
解析 经过,小球回到平衡位置,运动距离为A,小球0~内的平均速度小于内的平均速度,运动距离小于A;时刻,小球回到平衡位置,速度最大,动能最大。
7.答案 (1) (2)
解析 (1)三角架对水平面的压力为零时,对三角架进行受力分析有F弹=Mg
对m进行受力分析有mg+F弹=ma
解得a=
则三角架对水平面的压力为零时小球的瞬时加速度大小为。
(2)最大回复力为F回=mg+Mg
根据简谐运动回复力公式得F回=2kA
解得A=
则小球做简谐运动的振幅为。
8.AB 物体A、B保持相对静止,在轻质弹簧的作用下做简谐运动,故A正确;对A、B整体由牛顿第二定律kx=(mA+mB)a,对A由牛顿第二定律Ff=mAa,解得Ff=x,故B正确;在衡位置的过程中,B对A的摩擦力对A做正功,在远离平衡位置的过程中,B对A的摩擦力对A做负功,同理A对B的摩擦力也做功,衡位置时做负功,远离平衡位置时做正功,故C、D错误。
9.A 小球受竖直向下的重力和竖直向上的弹力,下降位移x为弹簧的形变量,设弹簧劲度系数为k,根据牛顿第二定律mg-kx=ma,可得a=g-x,为一次函数,当压缩至最低点时,加速度大小为g,A正确,B、C、D错误。
10.C 要使货物对车厢底板的压力最大,即车厢底板对货物的支持力最大,就要求货物向上的加速度最大,由振动图像可知在t=T时,货物向上的加速度最大,货物对车厢底板的压力最大,选项C正确,选项D错误;要使货物对车厢底板的压力最小,即车厢底板对货物的支持力最小,就要求货物向下的加速度最大,由振动图像可知在T时,货物向下的加速度最大,货物对车厢底板的压力最小,所以选项A、B错误。
11.BD 轻质弹簧下挂物体A时伸长了3 cm,故劲度系数为k==10 000 N/m。若将连接A、B两物体的细线烧断,物体A将做简谐运动,烧断瞬间,A所受合力充当回复力,由于细线烧断前A处于平衡状态,所受细线拉力为200 N,则细线烧断瞬间A所受合力大小为200 N,即最大回复力为200 N,刚烧断细线时物体A的加速度最大,处于最大位移处,故振幅为2 cm,故A错误,B正确;细线烧断前,有(mA+mB)g=kx1,细线烧断后,A在平衡位置时有mAg=kx2,振幅A=x1-x2=,可知只减小A的质量,振幅不变,只减小B的质量,振幅变小,故C错误,D正确。
12.答案 (1)10 cm (2)1.4 m/s (3)10 N 30 N
解析 (1)振子在平衡位置时,所受合力为零,设此时弹簧被压缩Δx,则kΔx=(mA+mB)g,Δx=g=5 cm。
开始释放时振子处在最大位移处,故振幅
A=5 cm+5 cm=10 cm。
(2)由于开始时弹簧的伸长量恰好等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量,故弹性势能相等,设振子的最大速率为v,物体B从开始运动到达到平衡位置,应用机械能守恒定律,得mBgA=mBv2,v==1.4 m/s。
(3)在最高点,振子受到的重力和弹力方向相同,由牛顿第二定律得(mA+mB)a1=kΔx+(mA+mB)g,
a1=20 m/s2,方向向下,A对B的作用力方向向下,且F1+mBg=mBa1,得F1=mB(a1-g)=10 N;
在最低点由简谐运动的对称性得a2=20 m/s2,方向向上,A对B的作用力方向向上,且F2-mBg=mBa2,得4 单摆
必备知识基础练
1.(2021山东济宁模拟)有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的南开大学和上海市的复旦大学,他们各自利用那里的实验室中DIS系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据,并用计算机绘制了如图甲所示的T2-L图像。另外,去复旦大学做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像,如图乙所示。下列说法正确的是( )
甲
乙
A.甲图中南开大学的同学所测得的实验结果对应的图线是A
B.甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数
C.由乙图可知,a、b两摆球振动周期之比为3∶2
D.由乙图可知,t=1 s时b球振动方向沿y轴负方向
2.已知单摆a完成10次全振动的时间内,单摆b完成6次全振动,两摆长之差为1.6 m,则两单摆长la与lb分别为( )
A.la=2.5 m,lb=0.9 m
B.la=0.9 m,lb=2.5 m
C.la=2.4 m,lb=4.0 m
D.la=4.0 m,lb=2.4 m
3.下列关于单摆周期的说法正确的是( )
A.用一个装满沙的漏斗和长细线做成一个单摆,在摆动时沙从漏斗中缓慢漏出,周期不变
B.只将摆球的质量增大,单摆振动周期增大
C.将摆由赤道移到北极,单摆振动周期减小
D.将单摆的摆角由3°增加到5°(不计空气阻力),单摆的周期减小
4.对于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是( )
A.在位移为正的区间,速度和加速度都一定为负
B.当位移逐渐增大时,回复力逐渐增大,振动的能量也逐渐增大
C.摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,摆线所受拉力最大
D.摆球在最大位移处时,速度为零,处于平衡状态
5.(2021辽宁绥中高二月考)质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上,两小球做简谐运动的图像如图所示,则( )
A.两小球经过平衡位置时速度一样大
B.运动过程中最大加速度甲的大
C.两小球摆动过程中最大摆角乙的大
D.运动过程中甲的机械能小于乙的机械能
6.(2021辽宁丹东月考)如图所示,将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的倾角为α的斜面上,其摆角为θ,重力加速度为g,已知摆球质量为m,下列说法正确的是( )
A.摆球做简谐运动的回复力为mgsin θsin α
B.摆球做简谐运动的回复力为mgsin θ
C.摆球做简谐运动的周期为2π
D.摆球在运动过程中,经平衡位置时,线的拉力为mgsin α
7.(2021河北承德检测)图甲是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置,以摆球向右运动为向正方向运动,图乙是这个单摆的振动图像,根据图像回答:
(1)单摆振动的频率是多大
(2)开始时刻摆球在何位置
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2,则这个单摆的摆长是多少
关键能力提升练
8.图甲是演示简谐运动图像的装置,当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉出时,摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线,显示出摆的位移随时间变化的关系,板上直线OO1代表时间轴。
图乙是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线,若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1,则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为( )
A.T2=T1 B.T2=2T1
C.T2=4T1 D.T2=T1
9. (多选)如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方,距O点处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置,点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h,h l,A、B、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.点C与点B高度差小于h
B.点C与点B高度差等于h
C.小球摆动的周期等于
D.小球摆动的周期等于
10.摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(取t=0),当振动至t=时,摆球恰具有负向最大速度,则单摆的振动图像是( )
11.有一单摆,其摆长l=1.02 m,摆球的质量m=0.10 kg,已知单摆做简谐运动,单摆振动30次用的时间t=60.8 s,试求:
(1)当地的重力加速度是多大
(2)如果将这个摆改为周期为2 s的秒摆,摆长应怎样改变 改变多少
参考答案
4 单摆
1.D 天津市所处的纬度比上海市所处的纬度高,则天津市的重力加速度略大,根据T=2π得T2=,图线斜率k=,图线B的斜率较小,则图线B对应的重力加速度较大,可知甲图中南开大学的同学所测得的实验结果对应的图线是B,A、B错误;由乙图可知,a、b两单摆的周期之比是2∶3,C错误;由图乙可知,t=1 s时b球振动方向沿y轴负方向,D正确。
2.B 设两个单摆的周期分别为Ta和Tb。由题意,10Ta=6Tb得Ta∶Tb=3∶5。根据单摆周期公式T=2π,可知l=T2,由此得la∶lb==9∶25,则la=×1.6 m=0.9 m
lb=×1.6 m=2.5 m。
3.C 沙从漏斗中缓慢漏出时,等效摆长变化,周期变化,选项A错误;单摆的振动周期与摆球的质量无关,选项B错误;摆由赤道移到北极,重力加速度增大,则周期减小,选项C正确;在摆角很小时,单摆的周期与摆角大小无关,选项D错误。
4.C 在位移为正的区间,回复力F=-kx为负,加速度为负,但速度可正可负,选项A错误;当位移增大时,回复力增大,振动的能量不变,选项B错误;平衡位置为摆球最低位置,摆球经过平衡位置时,速度最大,势能最小,由FT-mg=知,在平衡位置摆线所受拉力最大,选项C正确;摆球在最大位移处,速度为零,但加速度不为零,并不处于平衡状态,选项D错误。
5.B 由题图可知,甲、乙周期之比,甲、乙的振幅之比,根据单摆周期公式T=2π可知甲、乙的摆长之比,甲球摆长小,振幅大,所以摆动过程中最大摆角甲的大,故C错误;小球从最高点到最低点的过程中,由机械能守恒定律可知mv2=mgl(1-cos α),小球经过平衡位置时的速度v=,最低点加速度最大,所以运动过程中的最大加速度a==2g(1-cos α),因为最大摆角甲的大,所以甲的最大加速度大,故B正确;由题图可知,甲在平衡位置的速度比乙的大,机械能更大,故A、D错误。
6.A 本题模型类似单摆模型,回复力由重力的下滑分力的切向分量提供,重力的下滑分力为mgsin α,下滑分力的切线分力为mgsin αsin θ,A正确,B错误;由于类似单摆模型,等效重力加速度为gsin α,故周期为T=2π,故C错误;摆球在运动过程中,经平衡位置时,线的拉力和重力的下滑分力的合力提供向心力,故FT-mgsin α=m,故FT>mgsin α,D错误。
7.答案 (1)1.25 Hz (2)B位置 (3)0.16 m
解析 (1)由题图可知,单摆振动的周期T=0.8 s,故其振动的频率为f= Hz=1.25 Hz。
(2)由题图可知,开始时刻摆球位移为负向最大,故开始时刻摆球位于B位置。
(3)由单摆的周期公式T=2π可得l=g=×10 m=0.16 m。
8.D 从题图中看出N1和N2所代表的木板被拉出的距离是相等的。
9.BC 由机械能守恒定律可知,点C与点B高度差等于h,选项A错误,B正确;由单摆周期公式可知,小球摆动的周期等于π+π,选项D错误,C正确。
10.C 由T=2π可知t=T,即在T时,摆球应在平衡位置向负方向运动,可知C项正确。
11.答案 (1)9.79 m/s2
(2)其摆长要缩短0.027 m
解析 (1)当单摆做简谐运动时,其周期公式T=2π,由此可得g=,只要求出T值代入即可。
因为T= s=2.027 s,
所以g= m/s2=9.79 m/s2。
(2)秒摆的周期是2 s,设其摆长为l0,由于在同一地点重力加速度是不变的,根据单摆的振动规律有
故有l0==0.993 m第二章 机械振动
1 简谐运动
必备知识基础练
1. (2021山东威海期中)如图所示,一弹性小球被水平抛出,在两个互相平行的竖直平面间运动,小球落在地面之前的运动 ( )
A.是机械振动,但不是简谐运动
B.是简谐运动,但不是机械振动
C.是简谐运动,同时也是机械振动
D.不是简谐运动,也不是机械振动
2.(多选)物体做简谐运动的过程中,有两点A、A'关于平衡位置对称,则物体( )
A.在A点和A'点的位移相同
B.在两点处的速度可能相同
C.在两点处的加速度可能相同
D.在两点处的动能一定相同
3.(多选)如图所示是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移—时间图像,下列有关该图像的说法正确的是( )
A.该图像的坐标原点是随意选取的
B.从图像中可以看出小球在振动过程中是沿t轴方向移动的
C.为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移,让底片沿垂直x轴的方向匀速运动
D.图像中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同
4.(多选)一质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.振动图像是从平衡位置开始计时的
B.1 s末速度最大
C.1 s末速度沿x轴负方向
D.1 s末速度为零
5.在水平方向上做简谐运动的质点,其振动图像如图所示。假设向右的方向为正方向,则物体的位移向左且速度向右的时间段是( )
A.0到1 s内 B.1 s到2 s内
C.2 s到3 s内 D.3 s到4 s内
6.(2021山东安丘高二期中)质点运动的位移x与时间t的关系如图所示,其中不属于机械振动的是( )
7.图甲为一弹簧振子的振动图像,弹簧振子以E为平衡位置,在F、G两点之间做简谐运动,如图乙所示。规定向右的方向为正方向,试根据图像分析以下问题:
(1)如图乙所示,振子振动的起始位置是 ,从起始位置开始,振子向 (选填“右”或“左”)运动。
(2)在图乙中,找出如图甲所示图像中的O、A、B、C、D各对应振动过程中的位置。即O对应 ,A对应 ,B对应 ,C对应 ,D对应 。
(3)在t=2 s时,振子的速度的方向与t=0时速度的方向 (选填“相同”或“相反”)。
(4)振子在前4 s内的位移等于 。
8.如图所示是某质点沿竖直方向做简谐运动的振动图像,以竖直向上为正方向。根据图像中的信息,回答下列问题:
(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大
(2)在1.5 s和2.5 s两个时刻,质点向哪个方向运动
(3)质点在第2 s末的位移大小是多少 在前4 s内的路程是多少
关键能力提升练
9.一个质点做简谐运动,它的振动图像如图所示,则( )
A.图中的曲线部分是质点的运动轨迹
B.有向线段OA是质点在t1时间内的位移
C.有向线段OA在x轴上的投影是质点在t1时间内的位移
D.有向线段OA的斜率是质点在t1时刻的瞬时速率
10. 装有砂粒的试管竖直静浮于水面,如图所示。将试管竖直提起少许,然后由静止释放并开始计时,在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向,则以下描述试管振动的图像可能正确的是( )
11.在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中,要进行振动记录,图甲是一个常用的记录方法:在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P,在下面放一条白纸带。当小球振动时,匀速拉动纸带(纸带速度与振子振动方向垂直),绘图笔就在纸带上画出一条曲线,如图乙所示。若匀速拉动纸带的速度为1 m/s,作出P的振动图像。
参考答案
1 简谐运动
1.D 机械振动是指物体或质点在其平衡位置附近做有规律的往复运动,小球的运动不是往复运动,故小球在两竖直平面间的运动不是机械振动,简谐运动是机械振动的一种,且其位移与时间的关系遵从正弦函数规律,故小球的运动也不是简谐运动,故选D。
2.BD 根据简谐运动的特点可知,关于平衡位置的对称点,物体的位移大小相等,但方向相反,选项A错误;物体的速度大小相等,方向可以相同,也可以相反,故选项B正确;物体的加速度大小相等,方向相反,选项C错误;由于速度大小相等,动能一定相同,选项D正确。
3.CD 从图像中能看出坐标原点在平衡位置,不是随意选取的,选项A错误;横轴是由底片匀速运动得到的时间轴,小球只在x轴上振动,选项B错误,C正确;图像中相邻小球之间时间相同,密处位置变化慢,选项D正确。
4.AD 在t=0时刻,质点处于平衡位置,所以选项A正确;最大位移处是运动方向改变的位置,速度为零,故选项D正确,B、C错误。
5.D 据题意,假设向右的方向为正方向,则物体的位移向左,位移应为负值,即时间段在2~4 s内;速度向右,为正值,根据位移图像的切线斜率等于速度,可知应在3~4 s内,故D正确。
6.D A、B、C三图所示质点均在某一位置附近做往复运动,均为机械振动;而D所示的质点没有往复运动过程,不属于机械振动,故选D。
7.答案 (1)E 右 (2)E G E F E (3)相反 (4)0
解析 (1)由x-t图像知,在t=0时,振子在平衡位置,故起始位置为E;从t=0时刻开始,振子向正的最大位移处运动,即向右运动。(2)由x-t图像知,O点、B点、D点对应平衡位置的E点;A点在正的最大位移处,对应G点;C点在负的最大位移处,对应F点。(3)t=2 s时,图线切线斜率为负,即速度方向为负方向;t=0时,图线切线斜率为正,即速度方向为正方向,故两时刻速度方向相反。(4) 4 s 末振子回到平衡位置,故振子在前4 s内的位移为零。
8.答案 (1)10 cm (2)竖直向下 竖直向下 (3)0 40 cm
解析 (1)由图像上的信息,结合质点的振动过程可知,质点离开平衡位置的最大距离就是|x|的最大值,为10 cm。
(2)从1.5 s到2 s时间间隔内,质点位移x>0,且减小,因此是向平衡位置运动,即竖直向下运动;从2.5 s到3 s时间间隔内,位移x<0,且|x|增大,因此是远离平衡位置运动,即竖直向下运动。
(3)质点在第2 s末时,处在平衡位置,因此位移为0;质点在前4 s内完成一个周期性运动,其路程为4×10 cm=40 cm。
9.C 题图中的曲线为质点的位移随时间变化的规律,不是质点的运动轨迹,故选项A错误;质点在t1时间内的位移,应为曲线在t1时刻的纵坐标,故选项B错误,C正确;质点在t1时刻的瞬时速率应是曲线在t1时刻所对应的切线的斜率大小,故选项D错误。
10.D 试管在竖直方向上做简谐运动,平衡位置是在重力与浮力相等的位置,开始时向上提起的距离,就是其偏离平衡位置的最大位移,为正向最大位移,试管由正向最大位移处开始运动,故正确选项为D。
11.答案 见解析
解析 题图乙中运动的位移值可以对应不同的时刻,由x=vt可知,当x=20 cm时,对应时间t==0.2 s,作出图像如图所示。2 简谐运动的描述
必备知识基础练
1.(多选)下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是( )
A.振幅是矢量,方向从平衡位置指向最大位移处
B.周期和频率的乘积是一个常数
C.振幅增加,周期必然增加,而频率减小
D.做简谐运动的物体,其频率固定,与振幅无关
2.(2021湖北武汉高二检测)某质点的振动图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.1 s和3 s时,质点的速度相同
B.1~2 s内,质点速度与加速度方向相同
C.简谐运动的表达式为y=2sin(0.5πt+1.5π) cm
D.简谐运动的表达式为y=2sin(0.5πt+0.5π) cm
3.(2021辽宁葫芦岛高二月考)某质点做简谐运动的振幅为A,周期为T,则质点在时间内的路程不可能是( )
A.0.5A B.0.8A
C.A D.1.2A
4.有一个弹簧振子,振幅为0.8 cm,周期为0.5 s,初始时刻具有负方向的最大加速度,则它的振动方程是( )
A.x=8×10-3sin m
B.x=8×10-3sin m
C.x=8×10-1sin m
D.x=8×10-1sin m
5.(多选)弹簧振子在AOB之间做简谐运动,O为平衡位置,测得A、B之间的距离为8 cm,完成30次全振动所用时间为60 s,则( )
A.振子的振动周期是2 s,振幅是8 cm
B.振子的振动频率是2 Hz
C.振子完成一次全振动通过的路程是16 cm
D.振子通过O点时开始计时,3 s内通过的路程为24 cm
6.竖直悬挂的弹簧振子下端装有一记录笔,在竖直面内放有一记录纸。当振子上下振动时,以速率v水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图像。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标。求振动的周期和振幅。
关键能力提升练
7. 如图所示,弹簧振子在A、B间做简谐运动,O为平衡位置,A、B间距离是20 cm,小球经过A点时开始计时,经过2 s首次到达B点,则( )
A.从O→B→O小球做了一次全振动
B.振动周期为2 s,振幅是10 cm
C.从B开始经过6 s,小球通过的路程是60 cm
D.从O开始经过3 s,小球处在平衡位置
8.(多选)一质点在竖直方向上做简谐运动,以向上为正方向,其对平衡位置的位移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时质点的速度最大,且方向向下
D.在0~5 s内,质点的路程为5 cm
9.一个做简谐运动的弹簧振子,周期为T,振幅为A,设振子第一次从平衡位置运动到x=处所经历的时间为t1,第一次从最大位移处运动到x=所经历的时间为t2,关于t1与t2的大小关系,以下说法正确的是( )
A.t1=t2 B.t1C.t1>t2 D.无法判断
10.用余弦函数描述一简谐运动,已知振幅为A,周期为T,初相φ=-π,则振动曲线是( )
11.甲、乙两人先后观察同一弹簧振子在竖直方向上下振动的情况。
(1)甲开始观察时,振子正好在平衡位置并向下运动,已知经过1 s后,振子第一次回到平衡位置,振子振幅为5 cm,试画出甲观察到的弹簧振子的振动图像;
(2)乙在甲观察3.5 s后,开始观察并计时,试画出乙观察到的弹簧振子的振动图像。(画振动图像时,取向上为正方向)
12.一水平弹簧振子做简谐运动,其位移和时间的关系如图所示。
(1)写出这个简谐运动的位移随时间变化的关系式(用正弦函数表示)。
(2)从t=0到t=6.5×10-2 s的时间内,振子通过的路程为多大
参考答案
2 简谐运动的描述
1.BD 振幅是标量,故选项A错误;周期和频率互为倒数,即T=,故选项B正确;简谐运动的周期、频率由系统本身决定,与振幅没有关系,故选项C错误,D正确。
2.D y-t图像上某点的切线的斜率表示速度,1 s和3 s时,质点的速度大小相等,方向相反,A错误。1~2 s内,质点做减速运动,故加速度与速度反向,B错误。振幅为2 cm,周期为4 s,角速度为ω==0.5π rad/s,故简谐运动的表达式为y=Asin(ωt+φ)=2sin(0.5πt+0.5π) cm,C错误,D正确。
3.A 质点在振动的过程中,经过平衡位置处的速度最大,在平衡位置附近的时间内的路程最大,即在前后各时间内路程最大,根据简谐运动的方程y=Asin ωt,若以平衡位置为起点,质点在时刻的位移y=Asin ω=AsinA,则质点在时间内通过的最大路程为A,质点在振动的过程中,经过最大位移处的速度为零,在最大位移处附近的时间内的路程最小,即在前后各时间内路程最小,因为质点在时间内从平衡位置或者最大位移处开始运动时,最大位移是一个振幅,所以质点在时间内通过的最小路程为2=(2-)A=0.59A,故选A。
4.A A=8×10-3 m,T=0.5 s,ω==4π,初始时刻具有负方向的最大加速度,则初相位为φ=,故振动方程应为x=8×10-3sin m,故选项A正确。
5.CD 根据振幅的定义,A==4 cm,A错误;周期T= s=2 s,所以f= Hz=0.5 Hz,B错误;振子完成一次全振动所走的路程为4个振幅,C正确;3 s内通过的路程是6个振幅,D正确。
6.答案
解析 设周期为T,振幅为A。由题意得T=,A=。
7.C 小球从O→B→O只完成半个全振动,A错误;从A→B是半个全振动,用时2 s,所以振动周期是4 s,B错误;t=6 s=1T,所以小球经过的路程为4A+2A=6A=60 cm,C正确;从O开始经过3 s,小球处在最大位移处(A或B),D错误。
8.AC 由平衡位置的位移x随时间t变化的图像可知,振幅A=2 cm,周期T=4 s,即频率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时质点到达最低点,可判断t=2 s时质点向下运动,C正确。在0~5 s内,质点通过的路程为10 cm,D错误。
9.B 画出x-t图像,从图像上我们可以很直观地看出t110.A 根据题意可以写出振动表达式为x=Acos(ωt+φ)=Acost-,故选项A正确。
11.答案 见解析
解析 (1)由题意知,A=5 cm,=1 s,则T=2 s。甲开始计时时,振子正好在平衡位置并向下运动,即t甲=0时,x甲=0,振动方向向下,故φ=π,则甲观察到弹簧振子的振动表达式为x甲=5sin(πt+π) cm,据此可画出甲观察到的弹簧振子的振动图像,如图甲所示。
(2)乙在甲观察3.5 s后才开始观察并计时,因此t甲=3.5 s时刻对应着t乙=0时刻。由x甲=5sin(πt+π) cm得t甲=3.5 s时,x甲=5sin(3.5π+π) cm=5sin cm=5 cm,故φ乙=。乙观察到的弹簧振子的振动表达式为x乙=5sin cm,据此表达式可画出乙观察到的弹簧振子振动图像如图乙所示。
12.答案 (1)2sincm (2)26 cm
解析 (1)由题图可知T=2×10-2 s,A=2 cm,角速度为ω==100π rad/s
可得简谐运动的位移随时间变化的关系式为
x=2sincm。
(2)从t=0到t=6.5×10-2 s的时间内,有
Δt=6.5×10-2 s=T