物理人教版选修3-4 第十一章+机械振动专题1+Word版含答案

一、简谐运动与图象问题的综合
1．描述简谐运动的物理量有几个重要的矢量(F、a、x、v)，分析这些矢量在运动过程中的变化时，可以根据题意作出运动简图，把振子的运动过程表示出来，再来分析各个量的变化．
2．简谐运动的图象能够反映简谐运动的规律：
(1)由图象可以知道振动的周期；
(2)读出不同时刻的位移；
(3)确定速度的大小、方向的变化趋势；
(4)根据位移的变化判断加速度的变化、质点的动能和势能的变化情况．
[复习过关]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图1所示，由图可知(　　)
图1
A．频率是2 Hz
B．振幅是5 cm
C．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负
D．t＝0.5 s时质点所受的合外力为零
E．图中a、b两点速度大小相等、方向相反
F．图中a、b两点的加速度大小相等，方向相反
答案　CE
解析　由题图可知，质点振动的周期为2 s，经计算得频率为0.5 Hz，振幅为5 m，所以A、B错误．t＝1.7 s时的位移为负，加速度为正，速度为负，因此C正确．t＝0.5 s时质点在平衡位置，所受的回复力为零，但合外力不一定为零，D错误．a、b两点速度大小相等、方向相反，但加速度大小相等、方向相同，加速度方向都为负方向，指向平衡位置，故E正确，F错误．
2．(多选)一列简谐横波的两个质点A、B的振动图象如图2所示，则下列说法中不正确的是(　　)
图2
A．t＝0.5 s时刻A质点的振动方向为正
B．t＝0.5 s时刻A质点的振动方向为负
C．t＝0.25 s时刻两质点的振动方向相反
D．t＝0.25 s时刻两质点的振动方向相同
答案　BD
解析　t＝0.5 s时刻A质点处于平衡位置，后面时刻A质点的位移为正且逐渐变大，故t＝0.5 s时刻A质点的振动方向为正，选项A正确，选项B错误；t＝0.25 s时刻，A、B质点的位移为负，后面时刻A质点位移为负且逐渐减小，B质点位移为负且逐渐变大，故两质点振动方向相反，选项C正确，选项D错误．
3．有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t＝0)，经过周期振子有负向最大加速度．
(1)求振子的振幅和周期；
(2)在图3中作出该振子的位移—时间图象；
图3
(3)写出振子的振动方程．
答案　(1)10 cm　0.2 s　(2)见解析图
(3)x＝10sin (10πt) cm
解析　(1)xBC＝20 cm，t＝2 s，n＝10，
由题意可知：A＝＝＝10 cm，
T＝＝＝0.2 s.
(2)由从振子经过平衡位置开始计时，经过周期振子有负向最大加速度，可知振子此时在正向最大位移处．所以位移—时间图象如图所示．
(3)由A＝10 cm，
T＝0.2 s，
ω＝＝10π rad/s，
得振子的振动方程为x＝10sin (10πt) cm.
二、简谐运动的周期性和对称性
1．周期性
做简谐运动的物体在完成一次全振动后，再次振动时则是重复上一个全振动的形式，所以做简谐运动的物体经过同一位置可以对应不同的时刻，做简谐运动的物体具有周期性．
2．对称性
(1)速率的对称性：振动物体在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率．
(2)加速度和回复力的对称性：振动物体在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力．
(3)时间的对称性：振动物体通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等；振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过的时间相等．
[复习过关]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．下列说法中正确的是(　　)
A．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，则t2－t1＝T
B．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则t2－t1＝T
C．若t1、t2两时刻振动物体的振动反向，则t2－t1＝
D．若t2－t1＝，则在t1、t2时刻振动物体的振动反向
答案　D
解析　若t1、t2如图甲所示，则t2－t1≠T，故A错误；
甲
如图乙所示，与t1时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、t2′……等．故t2－t1＝nT(n＝1、2、3……)，故B错误；同理可判断C错误，D正确．
乙
5．某质点做简谐运动，从平衡位置开始计时，经0.2 s第一次到达M点，如图4所示．再经过0.1 s第二次到达M点，求它再经多长时间第三次到达M点？
图4
答案　0.9 s或 s
解析　第一种情况：质点由O点经过t1＝0.2 s直接到达M，再经过t2＝0.1 s由点C回到M.由对称性可知，质点由点M到达C点所需要的时间与由点C返回M所需要的时间相等，所以质点由M到达C的时间为t′＝＝0.05 s．质点由点O到达C的时间为从点O到达M和从点M到达C的时间之和，这一时间则恰好是，所以该振动的周期为：T＝4(t1＋t′)＝4×(0.2＋0.05) s＝1 s，
质点第三次到达M点的时间为t3＝＋2t1＝ s＝0.9 s.
第二种情况：质点由点O向B运动，然后返回到点M，历时t1＝0.2 s，再由点M到达点C又返回M的时间为t2＝0.1 s．设振动周期为T，由对称性可知t1－＋＝，所以T＝ s，质点第三次到达M点的时间为t3＝T－t2＝() s＝ s.
三、单摆周期公式的应用
1．单摆的周期公式T＝2π.该公式提供了一种测定重力加速度的方法．
2．注意：(1)单摆的周期T只与摆长l及g有关，而与摆球的质量及振幅无关．
(2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球球心的距离，要区分摆长和摆线长．摆球在光滑圆周上小角度振动和双线摆也属于单摆，“l”实际为摆球球心到摆动所在圆弧的圆心的距离．
(3)g为当地的重力加速度或“等效重力加速度”．
[复习过关]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6． (多选)图5中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则(　　)
图5
A．如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mAC．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
答案　CD
解析　A、B两球碰撞后，B球一定向右摆，A球可能向右摆，也可能向左摆，还可能停下来．由于两单摆摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在第一次碰后半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞，C、D正确．
7．正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图6所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点时用30.0 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1.0 m，当地重力加速度g取π2 m/s2；根据以上数据可得小球运动的周期T＝________ s；房顶到窗上沿的高度h＝________ m.
图6
答案　3.0　3.0
解析　T＝＝ s＝3.0 s，
T＝＋＝(2π＋2π )，
解得h＝3.0 m.
8．有两个同学利用假期分别去参观北京大学和浙江大学的物理实验室，并各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2－l图象，如图7甲所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(填“A”或“B”)．另外，在浙大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比la∶lb＝________.
图7
答案　B　4∶9
解析　纬度越高重力加速度g越大，根据单摆的周期公式可得T2＝l，所以B图线是在北大的同学做的．从题图乙中可以看出Ta＝ s，Tb＝2 s.
所以＝＝.
9．如图8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．设向右为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：
图8
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
答案　(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)0.16 m
解析　(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz.
(2)由题图乙知，零时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在B点．
(3)由T＝2π得l＝＝0.16 m.
四、阻尼振动、受迫振动及共振
1．阻尼振动系统的周期决定于振动系统自身的性质，与振幅无关．阻尼振动过程中，振幅减小，周期不变．
2．受迫振动的系统振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关．
3．当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率十分接近系统的固有频率，系统的振幅会很大．当驱动力的频率f等于系统的固有频率f0时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫做共振．
[复习过关]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
10．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是(　　)
A．能量正在消失
B．摆球机械能守恒
C．摆球的振动周期在逐渐变小
D．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能
答案　D
解析　根据能量守恒定律可知，能量不会消失，故A错误；由题意可知，摆球的机械能由于阻力做功越来越小，故机械能不再守恒；减少的机械能转化为周围的内能，故D正确，B、C错误．
11．如图9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(　　)
图9
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25 s
C．当摇把转速为240 r/min时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定减小
D．若摇把转速从240 r/min时进一步增大，弹簧振子的振幅也增大
答案　B
解析　摇把的转速为n＝240 r/min＝4 r/s，它的周期T＝＝ s＝0.25 s；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25 s，故A错误，B正确；弹簧振子的固有周期T固＝＝ s＝0.5 s，当驱动力周期是0.5 s时，提供驱动力的摇把转速为2 r/s＝120 r/min，振子发生共振，振幅最大，故C错误；摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故D错误．