11.1 简谐运动
课后提升作业
【基础达标练】
1.(2018·湛江高二检测)简谐运动是下列哪一种运动 ( )
A.匀变速运动 B.匀速直线运动
C.非匀变速运动 D.匀加速直线运动
【解析】选C。简谐运动的速度是变化的,B错误;加速度a也是变化的,A、D错误,C正确。
2.(多选)弹簧振子在做简谐运动的过程中,振子通过平衡位置时 ( )
A.速度最大 B.速度为零
C.位移为零 D.位移最大
【解析】选A、C。振子的位移是由平衡位置指向振子所处位置,故振子经过平衡位置时位移为零,C正确,D错误;振子在平衡位置时速度最大,在最大位移处时速度为零,故A正确,B错误。
3.如图所示为弹簧振子的振动图象,关于振子的振动,下列描述正确的
是 ( )
A.振子沿如图所示的曲线运动
B.图象描述的是振子的位移随时间变化的规律
C.从0.5 s到1.5 s内振子先加速运动后减速运动
D.从1 s到2 s内振子先减速运动后加速运动
【解析】选B。振动图象表达的是振子的位移随时间变化的规律,不是运动轨迹,A错,B对;振子运动到平衡位置时速度最大,由图象得出:0.5 s时振子在平衡位置,1 s时在负的最大位移处,1.5 s时又回到平衡位置,2 s时在正的最大位移处,所以在0.5 s到1.5 s内振子先减速运动后加速运动,C错;在1 s到2 s内振子先加速运动后减速运动,D错。
4.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的变化图象如图乙所示,下列说法正确的
是 ( )
A.t=0.4s时,振子的速度方向向右
B.t=0.8s时,振子在O点和B点之间
C.t=0.6s时刻和t=1.2s时刻,振子的速度完全相同
D.t=1.5s到t=1.8s的时间内,振子的加速度逐渐减小
【解析】选D。t=0.4s时,振子的速度向左,A错误;t=0.8s时,振子在OA之间,B错;t=0.6s和t=1.2s时刻振子的速度方向相反,C错;t=1.5s到t=1.8s时间内振子从B运动到O,加速度逐渐减小,D正确。
5.(2018·汕头高二检测)在水平方向上做简谐运动的质点,其振动图象如图所示。假设向右的方向为正方向,则质点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
【解析】选D。由于规定向右为正方向,则位移向左表示位移方向与规定的正方向相反,这段时间应为2 s到3 s内或3 s到4 s内,又要求速度向右,因此速度方向应为正。则满足这两个条件的时间段为3 s到4 s内,D正确。
6.如图所示为水平面内振动的弹簧振子,O是平衡位置,A是最大位移处,不计小球与轴的摩擦,则下列说法正确的是 ( )
A.每次经过O点时的速度相同
B.从A到O的过程中加速度不断增加
C.从A到O的过程中速度不断增加
D.从O到A的过程中速度与位移的方向相反
【解析】选C。振子每次经过O点时速度大小相等,方向不同,A错;从A到O的过程中位移逐渐减小,而振子的加速度大小与位移大小成正比,故加速度也逐渐减小,B错;从A到O的过程中振子的合力(回复力)做正功,振子速度增加,C对;从O到A的过程中,振子向右运动,位移也向右,故速度与位移方向相同,D错。
【补偿训练】一弹簧振子做简谐运动,在某段时间内其加速度越来越大,则在这段时间内 ( )
A.振子在做匀加速运动
B.振子正在向平衡位置运动
C.振子的速度越来越小
D.振子的速度方向与加速度方向相同
【解析】选C。弹簧振子做变加速运动,A错误;在某段时间内加速度越来越大,振子远离平衡位置运动,速度越来越小,且速度方向与加速度方向相反,故C正确,B、D错误。
7.如图所示是某弹簧振子做简谐运动的位移随时间变化的图象,求:
(1)振子相对于平衡位置的位移在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同?哪些时间内跟瞬时速度的方向相反?
(2)振子从计时起2s内通过的路程为多大?
【解析】(1)第1s内和第3 s内位移的方向跟速度的方向相同;第2 s内和第4 s内位移的方向跟速度的方向相反。
(2)由题图可知,振子离开平衡位置的最大距离为10cm,在2 s内正好运动一个来回,故通过的路程为20 cm。
答案:(1)第1s内和第3 s内 第2 s内和第4 s内
(2)20 cm
8.如图所示是某质点做简谐运动的振动图象,根据图象中的信息,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1.5s和2.5 s两个时刻,质点各向哪个方向运动?
(3)质点在第2s末的位移是多少?
【解析】(1)质点离开平衡位置的最大距离就是x的最大值8cm。(2)在1.5s以后的时间,质点位移增加,因此是背离平衡位置运动,沿x轴负方向运动,在2.5s以后的时间,质点位移减小,因此是向平衡位置运动,沿x轴正方向运动。(3)质点在2s末时位于负向位移最大的位置,因此位移为-8 cm。
答案:(1)8cm (2)1.5 s向x轴负方向运动 2.5s向x轴正方向运动 (3)-8cm
【能力提升练】
1.(多选)一个弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动,其中有两个时刻弹簧对振子的弹力大小相等,但方向相反,那么这两个时刻弹簧振子的 ( )
A.速度一定大小相等,方向相反
B.加速度一定大小相等,方向相反
C.位移一定大小相等,方向相反
D.以上三项都不一定大小相等,方向相反
【解析】选B、C。由弹簧振子的运动规律知,当弹簧弹力大小相等、方向相反时,这两时刻振子的位移也大小相等、方向相反,加速度大小相等、方向相反,B、C正确。由于振子的运动方向在两时刻可能为同向,也可能为反向,故A、D错误。
2.(2018·扬州高二检测)如图所示,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两点所受弹簧弹力相同
B.振子在M、N两点相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】选C。因位移、速度、加速度和弹力都是矢量,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,振子所受弹力应大小相等、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,正确答案为C。
3.(2018·宁波高二检测)如图所示,在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧,一质量为m的小球从管口由静止下落,压缩弹簧至最低位置A,不计空气阻力,小球从接触弹簧到运动至最低位置A的过程中,关于小球运动情况的下列描述正确的
是 ( )
A.一直加速运动
B.匀加速运动
C.先加速运动后减速运动
D.先减速运动后加速运动
【解析】选C。小球开始下落时,只受重力作用做加速运动,当和弹簧接触时,受到弹簧弹力作用,开始时弹簧压缩量小,因此重力大于弹力,此时:mg-kx=ma,随着弹簧压缩量的增加,弹力增大,加速度减小,但是小球仍加速运动,当mg=kx时,速度最大,小球继续向下运动,弹簧继续被压缩,弹力大于重力,小球开始减速运动,所以整个过程中小球先加速后减速运动,故A、B、D错误,C正确。
4.如图所示,简谐运动的图象上有a、b、c、d、e、f六个点,其中:
(1)与a点位移相同的点有哪些?
(2)与a点速度相同的点有哪些?
(3)图象上从a点到c点,质点经过的路程为多少?
【解析】(1)分析图象可得a、b、e、f的位移均为1cm。c、d点的位移都是-1cm。故与a点位移相同的点为b、e、f三点。(2)由(1)可知,图象上的a、b、e、f点对应质点运动到同一位置。图象上的c、d点对应质点运动到关于O点对称的另一位置。故以上6个点的速度大小相等。再结合图象可以判断a、b、c、d、e、f6个点的运动方向分别为向上、向下、向下、向上、向上和向下。故与a点有相同速度的点为d和e。(3)图象上从a点到b点,对应质点从正方向1cm处先是到达2cm处又返回到1cm处,通过的路程为2cm。从b点到c点,对应质点从正方向1cm处经平衡位置运动到负方向1cm处,通过的路程也为2cm,故从a点到c点总共通过的路程为4cm。
答案:(1)b、e、f (2)d、e (3)4cm
【补偿训练】
如图所示为某质点沿x轴做简谐运动的图象,下面说法中正确的是( )
A.在t=4s时,质点速度最大,加速度为0
B.在t=1s时,质点速度和加速度都达到最大值
C.在0～1s时间内,质点速度和加速度方向相同
D.在t=2s时,质点的位移沿x轴负方向,加速度也沿x轴负方向
【解析】选C。由简谐运动的特点可知,t=1s时速度最大,加速度为零,但0～1s内两者方向相同。t=2s时,位移沿x轴负方向,但加速度沿x轴正方向;t=4s时质点加速度最大,且沿x轴负方向,速度为零,故C正确。
【总结提升】简谐运动的一般解题方法
(1)明确研究对象(一般指做简谐运动的物体)。
(2)明确物体在各时刻及某段时间内各物理量及其变化情况。
(3)对于抽象、难以理解的简谐运动问题和图象问题,可联系实物(如弹簧振子)来分析。
(4)特别注意矢量的方向性,如位移、速度、加速度的方向。
11.2 简谐运动的描述
课后提升作业
【基础达标练】
1.关于描述简谐运动的物理量,下列说法正确的是 ( )
A.振幅等于四分之一个周期内路程的大小
B.周期是指振动物体从任一位置出发又回到这个位置所用的时间
C.一个全振动过程中,振子的位移大小等于振幅的四倍
D.频率是50 Hz时,1 s内振动物体速度方向改变100次
【解析】选D。由于平衡位置附近速度较大,因此四分之一个周期内走过的路程不一定为振幅,A错误;周期指发生一次全振动所用的时间,B错误;一个全振动过程中,位移为零,C错误;一个周期内速度方向改变2次,频率为50 Hz,1 s内速度方向改变100次,D正确。
2.(2018·宁德高二检测)有一个在光滑水平面内的弹簧振子,第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动,第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动,则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为 ( )
A.1∶1 1∶1 B.1∶1 1∶2
C.1∶4 1∶4 D.1∶2 1∶2
【解析】选B。弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离,即振幅,故振幅之比为1∶2。对同一振动系统,其周期与振幅无关,则周期之比为1∶1。故本题选B。
3.关于简谐运动的频率,下列说法正确的是 ( )
A.频率越高,振动质点运动的速度越大
B.频率越高,单位时间内速度的方向变化的次数越多
C.频率是50 Hz时,1 s内振动物体速度方向改变50次
D.弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置时的速度大小有关
【解析】选B。简谐运动的频率与物体运动的快慢没有关系,描述物体运动的快慢用速度,而速度是变化的,假如说物体振动过程中最大速度越大,也不能说明它的频率越大。振动得越快和运动得越快意义是不同的,故A错误。简谐运动的物体在一个周期内速度的方向改变两次,频率越高,单位时间内所包含的周期个数越多,速度方向变化的次数就越多,故B正确,C错误。弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置的速度没有关系,它由振动系统的固有量:质量m和弹簧的劲度系数k决定,故D错误。
4.(2018·汕头高二检测)一个做简谐运动的质点,它的振幅是4cm,频率是2.5Hz,该质点从平衡位置开始经过2.5s后,位移的大小和经过的路程为 ( )
A.4 cm、10 cm B.4 cm、100 cm
C.0、24 cm D.0、100 cm
【解析】选B。质点的振动周期T==0.4s,故时间t=T=6T,所以2.5s末质点在最大位移处,位移大小为4cm,质点通过的路程为4×4×6cm=100 cm,B正确。
5.有一个弹簧振子,振幅为0.8 cm,周期为0.5 s,初始时具有正方向的最大位移,则它的振动方程是 ( )
A.x=8×10-3sinm
B.x=8×10-3sinm
C.x=8×10-1sinm
D.x=8×10-1sinm
【解析】选A。简谐运动的一般表达式为x=Asin(ωt+φ)。根据题意A=0.8 cm=8×10-3m,T=0.5 s,ω==4πrad/s;初始时刻具有正方向的最大位移,即初相位φ=,则x=8×10-3sin(4πt+)m,A正确。
【补偿训练】两个简谐运动分别为x1=4asin(4πbt+),x2=2asin(4πbt+π)。求它们的振幅之比、各自的频率以及它们的相位差。
【解析】振幅之比==,它们的频率相同,都是f===2b,它们的相位差
Δφ=φ2-φ1=π,两振动为反相。
答案:2∶1 频率都为2b 相位差为π
6.(2018·武汉高二检测)某质点在0～4s的振动图象如图所示,则下列说法正确的是 ( )
A.质点沿振动曲线运动
B.在0～1 s内质点做初速度为0的加速运动
C.在0～4 s内质点通过的路程为20 cm
D.振动图象是从平衡位置开始计时的
【解析】选D。振动图象反映质点的位移随时间的变化情况,不是质点的运动轨迹,该图并不表示质点沿曲线运动,故A错误;在0～1 s内质点从平衡位置向正向最大位移处运动,做初速度不为0的减速运动,故B错误;在0～4 s内质点通过的路程等于四倍振幅,为4A=40cm,故C错误;由图知,t=0时,x=0,可知振动图象是从平衡位置开始计时的,故D正确。
【补偿训练】
如图所示是某弹簧振子的振动图象,由图可知 ( )
A.振子的振幅为10cm
B.振子的周期为16s
C.第12s末振子的速度为负值,加速度为零
D.第16s末振子的加速度最大,速度为零
【解析】选B。振幅是位移的最大值的大小,故振幅为5cm,故A错误;周期是完成一次全振动的时间,故周期为16s,故B正确;第12s末振子的位移为负的最大,故速度为零,加速度最大,故C错误;第16s末振子的位移为零,振子经过平衡位置,故速度最大,加速度最小,故D错误。
7.(2018·东城区高二检测)一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin2.5πt,位移y的单位为m,时间t的单位为s,则 ( )
A.弹簧振子的振幅为0.2 m
B.弹簧振子的周期为1.25 s
C.在t=0.2s时,振子的运动速度为零
D.在任意0.2 s时间内,振子的位移均为0.1 m
【解析】选C。振子做简谐运动,振动方程为y=0.1sin2.5πt,可读出振幅A=0.1m,角速度ω=2.5πrad/s,故周期T==s=0.8s,可知A、B均错误;在t=0.2s时,振子的位移最大,速度最小为零,故C正确;根据周期性可知,振子在一个周期内通过的路程一定是4A,但四分之一周期内通过的路程不一定是A,故D错误。
8.某个质点的简谐运动图象如图所示,求振动的振幅和周期。
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)要能通过图象得到已知条件。
(2)要知道简谐运动的方程。
【解析】由图读出振幅A=10cm ①
简谐运动方程x=Asin ②
代入数据-10=10sin
得T=8s
答案:10cm 8 s
【能力提升练】
1.(多选)质点做简谐运动,从平衡位置开始计时,经过0.5s在位移最大处发现该质点,则此简谐运动的周期可能是 ( )
A.2s B.s C.s D.s
【解题指南】解答本题应注意:题目未给出质点运动方向。故解题时质点从平衡位置开始运动的两个方向均应考虑。
【解析】选A、B。质点从平衡位置开始运动时,是先向发现点运动还是背离发现点运动,题中并未说明,故分析时应考虑两种情况。设周期为T,则有
t=(4n+1) ①
或t=(4n+3)(n=0,1,2…) ②
由①式得T=s,知答案A正确;由②式得T=s,知答案B正确。解答此类问题要注意振动的特点:周期性,一个位置对应多个时刻。一般先用归纳法求出其全解,然后再求特殊解,因为路程和振幅都是标量,所以一般利用路程与振幅的倍数关系去计算时间。
【补偿训练】一弹簧振子的周期为2 s,开始计时时,它从平衡位置向右运动,经过0.8 s,其运动情况是 ( )
A.向右减速 B.向右加速
C.向左减速 D.向左加速
【解析】选D。弹簧振子从平衡位置向右运动,经过0.8 s,即经过T=T,由于T
2.如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图象为 ( )
【解析】选A。N点在O点的右侧,而本题以平衡位置O为原点,向右为x轴正方向,振子位于N点时开始计时,故0时刻振子在正向最大位移处,将向左运动,即向负方向运动,位移减小,故A正确。
3.(2018·威海高二检测)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20cm,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),经过周期振子有正向最大加速度。试求:
(1)振子的振幅和周期。
(2)在给出的坐标系中画出该振子完整的位移-时间图象(至少一个周期)。
(3)写出振子的振动方程。
【解析】(1)振子的振幅为:A=10cm
振子的周期为T===0.2s。
(2)由题意知,经过周期振子有正向最大加速度,此时振子在负向最大位移处,所以初始时刻振子沿负方向运动。振子的位移-时间图象如图所示
(3)ω==10πrad/s
振子的振动方程为y=-Asinωt=-0.1sin10πtcm
答案:(1)10cm 0.2 s
(2)见解析图 (3)y=-0.1sin10πt
【总结提升】求解简谐运动问题的一般方法
(1)明确研究对象及其变化规律。
(2)分清表示简谐运动表达方式,即是用数学函数表达还是用图象来表示,明确描述简谐运动的这两种表示方法(数学函数表达式和图象)实质是相同的。
(3)通过数学函数表达式或图象,来确定能直接求出的物理量(振幅、周期、不同时刻的位移)。
(4)对于待求物理量,利用函数表达式、图象、所学的物理公式等求出。
(5)有时要利用其运动的周期性和对称性,并要结合其表达式、图象、实物来分析,计算振动质点在不同时刻各物理量(位移、速度、加速度、周期、频率、相位、相位差等)的大小和方向及其不同时间内的变化情况。
4.在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中,要进行振动记录,如图甲所示是一个常用的记录方法,在弹簧振子的小球上安装一支记录用笔P,在下面放一条白纸带。当小球振动时,匀速拉动纸带(纸带运动方向与振子振动方向垂直),笔就在纸带上画出一条曲线,如图乙所示。
(1)若匀速拉动纸带的速度为1m/s,则由图乙中数据算出振子的振动周期为多少?
(2)作出P的振动图象。
(3)若拉动纸带做匀加速运动,且振子振动周期与原来相同,由图丙中的数据求纸带的加速度大小。
【解析】(1)由题图乙可知,当纸带匀速前进20cm时,弹簧振子恰好完成一次全振动,由v=,可得t==s,所以T=0.2s。
(2)由题图乙可以看出P的振幅为2cm,振动图象如图所示。
(3)当纸带做匀加速直线运动时,振子振动周期仍为0.2s,由丙图可知,两个相邻0.2s时间内,纸带运动的距离分别为0.21m、0.25m,由Δx=aT2,得a=m/s2=1.0m/s2。
答案:(1)0.2s (2)见解析 (3)1.0m/s2
11.3 简谐运动的回复力和能量
课后提升作业
【基础达标练】
1.(多选)关于回复力说法正确的是 ( )
A.回复力是指物体受到的指向平衡位置的力
B.回复力是指物体受到的合外力
C.回复力是以力的作用效果来命名的,它可以是弹力,也可以是重力或摩擦力,还可以是这些力的合力
D.回复力实际上就是向心力
【解析】选A、C。回复力是物体振动时受到的指向平衡位置的力,它使物体回到平衡位置。它是根据力的作用效果命名的,可以是某一个力,也可以是某一个力的分力,也可以是几个力的合力。但应注意:回复力不一定等于合力,向心力是指物体做匀速圆周运动所受到的效果力,虽然都是按效果命名的,但力的作用效果不同。
2.(多选)关于振动物体的平衡位置,下列说法正确的是 ( )
A.加速度改变方向的位置
B.回复力为零的位置
C.速度最大的位置
D.加速度最大的位置
【解析】选A、B、C。振动物体静止时的位置即为平衡位置,此处振动方向上的合力为零,即回复力为零,B正确;由a=知,此处加速度也为零,因此速度最大,C正确,D错误;在平衡位置两侧,位移方向相反,因此加速度方向也相反,故A正确。
3.(2018·南京高二检测)有一个在y轴方向上做简谐运动的物体,其振动曲线如图1所示。关于图2的判断正确的是 ( )
A.图甲可作为该物体的速度-时间(v-t)图象
B.图乙可作为该物体的回复力-时间(F-t)图象
C.图丙可作为该物体的回复力-时间(F-t)图象
D.图丁可作为该物体的加速度-时间(a-t)图象
【解析】选C。位移为零时速度最大,A错误;回复力与位移关系为F=-kx,B错误,C正确;加速度a=,a-t图象应与F-t图象一致,D错误。
4.(多选)如图所示是某简谐运动的振动图象,则下列说法中正确的是 ( )
A.曲线上A、C、E点表示振子的势能最大
B.曲线上A、E点表示振子的势能最大,C点表示振子的势能最小
C.曲线上B、D点表示振子的机械能相等
D.曲线上F点表示振子的动能最大
【解析】选A、C、D。简谐运动的机械能是守恒的,故在各个位置的机械能应相等,在最大位移处势能最大,动能为零,而在平衡位置时动能最大,势能为零,故A、C、D正确,B错误。
5.做简谐运动的弹簧振子,其质量为m,最大速率为v0,若从某时刻算起,在半个周期内,合外力 ( )
A.做功一定为0
B.做功一定不为0
C.做功一定是m
D.做功可能是0到m之间的某一个值
【解析】选A。弹簧振子过半个周期一定运动到关于平衡位置对称的位置处,两处速度大小相等,由动能定理知合外力做功为0,A正确。
6.如图所示,图甲为以O点为平衡位置,在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子,图乙为该弹簧振子的振动图象,由图可知下列说法中正确的是 ( )
A.在t=0.2s时,弹簧振子可能运动到B位置
B.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻,弹簧振子的速度相同
C.从t=0到t=0.2s的时间内,弹簧振子的动能持续地增加
D.在t=0.2s与t=0.6s两个时刻,弹簧振子的加速度相同
【解析】选A。t=0.2s时,振子的位移为正的最大,但由于没有规定正方向,所以此时振子的位置可能在A点也可能在B点,A正确。t=0.1s时速度为正,t=0.3s时速度为负,两者方向相反,B错。从t=0到t=0.2s的时间内,弹簧振子远离平衡位置,速度减小,动能减小,C错。t=0.2s与t=0.6s两个时刻,位移大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,D错。
7.(2018·杭州高二检测)如图所示,一轻弹簧悬于天花板上,其劲度系数为k=400N/m,在弹簧的下端挂一物块A,用一橡皮筋把A和另一相同质量的物块B沿水平方向紧紧束在一起,A和B接触面间的最大静摩擦力足够大,g取10m/s2,不计空气阻力。整个装置处于平衡状态时,弹簧的伸长量为5 cm,现将A向上托起使弹簧的压缩量为5cm后从静止释放,A和B一起做竖直方向的简谐运动。在振动的最高点和最低点处A物块对B物块的静摩擦力的大小之比为 ( )
A.3∶1 B.1∶3 C.1∶1 D.1∶2
【解析】选B。在最高点,弹簧弹力向下,F1=kΔx1=400×0.05N=20N。 ①
以AB整体为研究对象:由牛顿第二定律F1+2mg=2ma1, ②
解得a1=+g。 ③
以B为研究对象:f1+mg=ma1, ④
由③④得f1==10N。
在最低点,弹簧弹力向上,F2=kΔx2 ⑤
将A向上托起使弹簧的压缩量为5cm后,A、B一起做简谐运动的振幅为10cm,即最低点离振动的平衡位置10cm,也就是最低点时Δx2=15cm
F2=kΔx2=60N ⑥
最低点对AB这个整体而言,F2-2mg=2ma2, ⑦
a2=-g ⑧
对B而言f2-mg=ma2 ⑨
由⑧⑨得f2=30N
则f1∶f2=1∶3,B正确。
【补偿训练】
如图所示,物体A置于物体B上,一轻质弹簧一端固定,另一端与B相连。在弹性限度范围内,A和B在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力),并保持相对静止,则下列说法正确的是 ( )
A.A不做简谐运动
B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量不成正比
C.B对A的静摩擦力始终对A做负功,而A对B的静摩擦力始终对B做正功
D.当A、B向位移最大处运动时,作用在A上的静摩擦力方向指向平衡位置
【解析】选D。A、B一起在光滑水平面上做简谐运动,A错误;对A、B整体有kx=(mA+mB)a,而对A有Ff=mAa,则Ff=,可见作用在A上的静摩擦力大小Ff与弹簧的形变量x成正比,B错误;当A、B向平衡位置运动时,B对A的静摩擦力做正功,A对B的静摩擦力做负功,当A、B离开平衡位置时,B对A的静摩擦力做负功,A对B的静摩擦力做正功,C错误;当A、B向位移最大处运动时,作用在A上的静摩擦力是回复力,指向平衡位置,D正确。
8.如图所示,光滑的水平面上放有一弹簧振子,轻弹簧右端固定在滑块上,已知滑块质量m=0.5kg,弹簧劲度系数k=240N/m,将滑块从平衡位置O向左平移,将弹簧压缩5cm,静止释放后滑块在A、B间滑动,则:
(1)滑块加速度最大是在A、B、O三点中哪点?此时滑块加速度多大?
(2)滑块速度最大是在A、B、O三点中哪点?此时滑块速度多大?(假设整个系统具有的最大弹性势能为0.3J)
【解析】(1)由于简谐运动的加速度a==-x,故加速度最大的位置在最大位移处的A或B两点,加速度大小a=x=×0.05m/s2=24 m/s2。
(2)在平衡位置O滑块的速度最大。
根据机械能守恒,有Epm=m
故vm==m/s=1.1 m/s。
答案:(1)A点或B点 24m/s2 (2)O点 1.1m/s
【能力提升练】
1.卡车在行驶时,货物随车厢底板上下振动而不脱离底板,设货物做简谐运动。以竖直向上为正方向,其振动图象如图所示,则在图象上a、b、c、d四点中货物对车底板压力最小的是 ( )
A.a点 B.b点 C.c点 D.d点
【解析】选B。在a点和c点,货物的位移为零,加速度为零,底板的弹力大小等于货物的重力。在b点,加速度方向向下,底板弹力小于货物的重力,此时货物对底板的压力最小。在d点,货物的位移为负向最大,则货物的加速度为正向最大,即加速度向上最大,根据牛顿第二定律可知,货物受到的弹力最大,则货物对车厢底板的压力最大。故B正确,A、C、D错误。
【补偿训练】一平台沿竖直方向做简谐运动,一物体置于振动平台上随平台一起运动。当振动平台处于什么位置时,物体对台面的正压力最大 ( )
A.当振动平台运动到最高点时
B.当振动平台向下运动过振动中心点时
C.当振动平台运动到最低点时
D.当振动平台向上运动过振动中心点时
【解析】选C。当振动平台运动到最低点时物体具有竖直向上的最大加速度,所以此时物体对平台的正压力最大,故C正确。
2.(2018·株洲高二检测)如图所示,一水平弹簧振子在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动,O为平衡位置。已知振子由完全相同的P、Q两部分组成,彼此拴接在一起。当振子运动到B点的瞬间,将P拿走,则以后Q的运动和拿走P之前比较,有 ( )
A.Q的振幅增大,通过O点时的速率增大
B.Q的振幅减小,通过O点时的速率减小
C.Q的振幅不变,通过O点时的速率增大
D.Q的振幅不变,通过O点时的速率减小
【解析】选C。当振子运动到B点的瞬间,振子的速度为零,此时P、Q的速度均为零,振子的动能全部转化为系统中的弹簧的弹性势能,将P拿走并不影响系统的能量,故能量并不改变,因此Q的振幅不变,当振子通过O点时系统的弹性势能又全部转化为动能,拿走P之前,弹性势能转化为P、Q两个物体的动能,拿走P之后,弹性势能转化为Q一个物体的动能,故拿走P之后Q的动能比拿走P之前Q的动能大,速率也要增大。所以选C。
3.如图所示,一质量为M的有底木箱,放在水平地面上,一轻质弹簧一端悬于木箱的上边,另一端挂着用细线连接在一起的两物体A和B,mA=mB=m。剪断A、B间的细线后,A做简谐运动,当A振动到最高点时,物体B早已落下,求此时木箱对地面的压力为多少?
【解题指南】解答本题需要把握以下三点:
(1)正确分析物体在平衡位置和最大位移处的受力情况。
(2)理解简谐运动的对称性。
(3)正确应用力的平衡条件和牛顿第三定律。
【解析】剪断细线前A的受力情况:向下的重力mg、细线的拉力F拉=mg及弹簧的弹力F=2mg。此时弹簧的伸长量为Δx==。剪断细线后,A做简谐运动,其平衡位置在弹簧的伸长量为Δx′=处,最低点即刚剪断细线时的位置,离平衡位置的距离为。由简谐运动对称性的特点知物体A在最高点离平衡位置的距离也为,即最高点的位置恰在弹簧的原长处,此时弹簧对木箱的作用力为零,对木箱由力的平衡和牛顿第三定律得:此时木箱对地面的压力为mg+Mg。
答案:mg+Mg
4.(2018·绵阳高二检测)如图所示,一个轻弹簧与一个质量为m=0.5kg的小球所构成的弹簧振子放在光滑金属杆上,已知该弹簧的劲度系数k=200N/m,O点是弹簧振子静止时的位置,今将振子向右拉10cm到A点,此时外力对弹簧振子做功为1J,然后由静止释放,则它在A、B之间运动,不计其他阻力,求:
(1)振子在哪点的速度最大?最大速度为多少?
(2)振子在A点的位移。
(3)振子在B点的加速度。
【解析】(1)由于弹簧振子在运动过程中满足机械能守恒,故在平衡位置O点的速度最大,由题意知:外力做的功转化为系统的弹性势能,该势能又全部转化成振子的动能,即W=mv2
解得:v==m/s=2m/s。
(2)振子在A点的位移大小为x=10cm,方向由O指向A。
(3)由于振动的振幅为10cm,故在B点的位移大小是10cm,即弹簧压缩10cm,此时回复力的大小F=kx=200×0.1N=20N,即振子所受到的合外力大小为20N,由牛顿第二定律得:a==m/s2=40m/s2,方向由B指向O。
答案:(1)O点 2m/s
(2)10cm,方向由O指向A
(3)40m/s2,方向由B指向O
【总结提升】简谐运动问题的分析技巧
(1)明确研究对象,对它进行受力分析,找出指向平衡位置的合力,从而计算出回复力。
(2)利用对称性分析振动物体在关于平衡位置对称的位置时各物理量的变化情况。如根据位移大小的对称性、回复力(加速度)大小的对称性、速度大小的对称性等进行有关的分析与计算。
(3)通过各力做功情况来确定做简谐运动物体的动能与势能的转换情况。
(4)正确应用牛顿运动定律、机械能守恒定律等规律进行综合计算。
11.4 单摆
课后提升作业
【基础达标练】
1.在如图所示的装置中,可视为单摆的是 ( )
【解析】选A。这些装置都是实际摆,我们在研究单摆的摆动过程中,通常忽略空气等对单摆的阻力,因此实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可伸长的线组成单摆。单摆是实际摆的理想化模型,所以只有A装置可视为单摆。
2.图中O点为单摆的固定悬点,现将摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动,B点为运动中的最低位置,则在摆动过程中 ( )
A.摆球在A点和C点处,速度为零,合力也为零
B.摆球在A点和C点处,速度为零,回复力也为零
C.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大
D.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大
【解析】选D。摆球在摆动过程中,在最高点A、C处速度为零,回复力最大,合力不为零,故A、B错误;在最低点B,速度最大,回复力为零,摆球做圆周运动,细线的拉力最大,故C错误、D正确。
【补偿训练】(多选)同一地点甲、乙两相同单摆做简谐运动的振动图象如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙两摆的摆长相等
B.甲摆摆球所受到的最大回复力一定比乙大
C.甲摆摆球的最大速率比乙摆的小
D.甲摆振动的振幅比乙摆的大
【解析】选A、B、D。由题图可知:甲的振幅大,甲、乙的周期相等,由于在同一位置,故重力加速度相等,由T=知,A、D对。由于甲摆的振幅大,摆球的质量相等,故在平衡位置处甲摆的速率大,故C错。由于摆长相等,甲摆的振幅大,甲摆的摆角大,故甲摆所受的最大回复力大,B对。
3.(2018·宿州高二检测)单摆的摆球做简谐运动,经过平衡位置时正好遇到空中飘落下的速度可忽略的雨滴,雨滴均匀附着在摆球表面,则摆球在振动中有关物理量的变化情况是 ( )
A.最大速度不变,振幅不变,周期不变
B.最大速度变小,振幅变小,周期变小
C.最大速度变小,振幅变小,周期不变
D.最大速度变大,振幅变大,周期不变
【解题指南】(1)根据单摆的周期公式判断振动周期的变化。
(2)根据机械能守恒定律判断振幅和速度的变化。
【解析】选C。单摆经过平衡位置处,与竖直下落的雨滴相遇,由于摆球的能量不变,摆球的质量变大,所以摆球通过平衡位置的最大速度变小,根据机械能守恒定律知,上摆的最大高度变小,即振幅变小;由于单摆的周期与质量无关,所以周期不变。故A、B、D错误,C正确。
4.两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2,则 ( )
A.f1>f2,A1=A2 B.f1C.f1=f2,A1>A2 D.f1=f2,A1【解析】选C。单摆振动周期T=2π,T与L、g有关,f=,则f与L、g有关,与v无关,则:f1=f2。由机械能守恒定律有mv2=mgh,解得h=,即摆球经过平衡位置的速度v越大,到达的高度越高,其振幅A也就越大,A1>A2,故C正确。
【补偿训练】做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减小为原来的,则单摆振动的 ( )
A.频率、振幅都不变
B.频率、振幅都改变
C.频率不变、振幅改变
D.频率改变、振幅不变
【解析】选C。由单摆的周期公式T=可知,单摆摆长不变,则周期不变,频率不变;振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量,由Ek=mv2可知,摆球经过平衡位置时的速度减小,说明振幅减小,因此振幅改变,所以选项C正确。
5.(2018·南宁高二检测)摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(即取t=0),当振动至t=时,摆球恰具有负向最大速度,则单摆的振动图象是图中的 ( )
【解析】选D。t==T,摆球具有负向最大速度时,应在平衡位置,y=0,速度方向为-y方向,即沿y轴负方向,故D选项正确。
6.(多选)(2018·温州高二检测)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同,其振动图象如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可
知 ( )
A.甲、乙两单摆的摆长之比是
B.ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等
C.tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大
D.tc时刻甲、乙两单摆的速率相等
【解析】选A、C。由图可知==,又因为T=,所以摆长之比为4∶9,A正确。在tb时刻,乙在平衡位置最低处,而甲在最高处,因此两者的势能差是最大的,C对。由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的,由摆动过程机械能守恒得甲经过平衡位置时速度大于乙,D错。在ta时刻,两个单摆的位移相同但摆长不一样,所以对应的偏角不同,B错。
7.(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作,请你判断是否恰当(选填“是”或“否”)。
①把单摆从平衡位置拉开某一任意角度后释放: 。
②在摆球经过最低点时启动秒表计时: 。
③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期: 。
(2)该同学改进测量方法后,得到的部分测量数据见表。用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示,该球的直径为 mm,根据表中数据可以初步判断单摆周期随 的增大而增大。
数据组编号
摆长/mm
摆球质量/g
周期/s
1
999.3
32.2
2.0
2
999.3
16.5
2.0
3
799.2
32.2
1.8
4
799.2
16.5
1.8
5
501.1
32.2
1.4
6
501.1
16.5
1.4
【解析】(1)单摆在摆角很小时振动是简谐振动,摆角一般要小于5°,故①不合理;测单摆周期时,一般以小球经过最低点时开始计时,这样可以减小实验误差,故②合理;用摆球一次全振动的时间作为单摆的周期测量误差较大,为减小测量误差,要测多个周期的时间求平均值,故③不合理;(2)由图示螺旋测微器可知,主示数为20.5mm,游标尺示数为18.5×0.01mm=0.185mm,读数为20.685mm。从图中数据可知:摆长相同时,周期相同,摆长变大时,周期变大,根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大。
答案:(1)①否 ②是 ③否 (2)20.685 摆长
【能力提升练】
1.(2018·兰州高二检测)一单摆的摆长为40cm,摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动,若g取10m/s2,则在1s时摆球的运动情况是 ( )
A.正向左做减速运动,加速度正在增大
B.正向左做加速运动,加速度正在减小
C.正向右做减速运动,加速度正在增大
D.正向右做加速运动,加速度正在减小
【解析】选D。由T=,代入数据得T=1.256s,则1s时,正处于第四个T内,由左侧最大位移向平衡位置运动,D正确。
2.如图所示,两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2,圆心分别为O1和O2,所对应的圆心角均小于5°,在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧,距离MO小于NO。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置,下列判断正确的是 ( )
A.恰好在O点 B.一定在O点的左侧
C.一定在O点的右侧 D.条件不足,无法确定
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°,小球的运动类似于单摆的运动。
(2)等效摆长等于圆弧的半径R,其周期T=2π。
【解析】选C。据题意,两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°,把两球在圆弧上的运动看作等效单摆,等效摆长等于圆弧的半径,则A、B两球的运动周期分别为TA=2π,TB=2π,两球第一次到达O点的时间分别为tA=TA=,tB=TB=,由于R1【补偿训练】
如图,在半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧,放置于竖直平面内,两端点距最低点高度差H为1cm。将小环置于圆弧端点并从静止释放,小环运动到最低点所需的最短时间为 s,在最低点处的加速度为 m/s2。(取g=10m/s2)
【解析】小环沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动,小环运动到最低点所需的最短时间为t==s=s。由机械能守恒定律,mgH=mv2,在最低点处的速度为v=。在最低点处的加速度为a===0.08m/s2。
答案: 0.08
3.将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,图甲中O点为单摆的悬点,现将小球(可视为质点)拉到A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动,其中B点为运动中最低位置。∠AOB=
∠COB=α,α小于5°且是未知量,图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻,据力学规律和题中信息(g取10m/s2)求:
(1)单摆的周期和摆长。
(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度。
【解析】(1)由题图可知T=0.4πs
T=2π
所以L=0.4m。
(2)在A、C点拉力最小,在B点拉力最大
0.495N=mgcosα
0.510N-mg=
mg(L-Lcosα)=mv2
所以m=0.05kg
v=m/s
答案:(1)0.4πs 0.4m (2)0.05kg m/s
【总结提升】单摆问题的计算方法
(1)在摆角很小时单摆做简谐运动,利用周期公式进行关于摆长、重力加速度的分析、计算。
(2)在不计阻力时,单摆满足机械能守恒,并结合牛顿运动定律计算摆球在平衡位置时摆线的拉力。
(3)利用单摆的振动图象进行有关物理量(位移、速度、加速度、动能、重力势能、摆长、不同地点或不同星球表面的重力加速度等)的计算。
(4)处理单摆做简谐运动的有关问题时,单摆模型的构建、合理的等效要与运动学公式、牛顿第二定律、单摆运动的周期性等相结合。
【补偿训练】
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。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图象。根据图象回答:
(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10m/s2,试求这个摆的摆长是多少。
【解析】(1)由乙图知周期T=0.8s
则频率f==1.25Hz
(2)由乙图知,0时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时刻摆球在B点。
(3)由T=2π得L==0.16m
答案:(1)1.25Hz (2)B点 (3)0.16m
11.5 外力作用下的振动
课后提升作业
【基础达标练】
1.(多选)(2018·海口高二检测)下列说法正确的是 ( )
A.实际的自由振动必然是阻尼振动
B.在外力作用下的振动是受迫振动
C.阻尼振动的振幅越来越小
D.受迫振动稳定后频率与自身物理条件无关
【解析】选A、C、D。实际的自由振动,必须不断克服外界阻力做功而消耗能量,振幅会逐渐减小,必然是阻尼振动,故A、C正确;只有在周期性外力(驱动力)的作用下,物体所做的振动才是受迫振动,B错;受迫振动稳定后的频率由驱动力的频率决定,与自身物理条件无关,D对。
2.(多选)对于阻尼振动,下列说法中正确的是 ( )
A.阻尼振动是在振动过程中受到阻尼作用
B.振动过程中的振幅减小但机械能不变
C.振动过程中,机械能逐渐减小
D.振动过程中的振幅虽减小,但振动的周期不变
【解析】选A、C、D。阻尼振动的原因是振动过程中受到阻尼作用,从而导致振幅、机械能减小,但振动的周期或频率为其固有的周期或频率,是不变的,故A、C、D对,B错。
3.2015年7月3日,我国新疆皮山发生6.5级地震,导致很多房屋坍塌,就此事件,下列说法正确的有 ( )
A.所有建筑物振动周期相同
B.所有建筑物的振动振幅相同
C.所有建筑物均做自由振动
D.所有建筑物振动能量相同
【解析】选A。地震时,所有建筑物均做受迫振动;由于物体做受迫振动达到稳定后的振动周期是由驱动力的周期来决定的,而跟振动物体本身的固有周期无关,故周期都相同,故A正确,C错误;发生共振的条件是驱动力的频率等于物体本身固有的频率,发生共振的物体的最大幅度最大,固有频率不同的物体的振动幅度不同,故B错误;振动能量由振动的幅度决定,不同建筑物的振动振幅不同,故不同建筑物振动能量不同,故D错误。
4.在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来,而且越抖越厉害。后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法解决了这一问题。在飞机机翼前缘处装置配重杆的目的主要是( )
A.加大飞机的惯性
B.使机体更加平衡
C.使机翼更加牢固
D.改变机翼的固有频率
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)加配重杆的作用是改变机翼的结构,从而改变机翼的固有频率,(2)要减轻飞机机翼抖动,应使飞机的固有频率远离驱动力的频率。
【解析】选D。飞机抖动得厉害是因为发生了共振现象,要想解决这一问题需要使系统的固有频率与驱动力的频率差别增大,在飞机机翼前缘处装置一个配重杆,改变的是机翼的固有频率,故选项D正确。
【补偿训练】洗衣机脱水完成时,脱水桶转动逐渐减慢直到停下来的过程中,到某一时刻t时,机器反而会发生强烈的振动。此后脱水桶转速继续变慢,机身的振动也随之减弱。这种现象说明 ( )
A.t时刻脱水桶的惯性最大
B.t时刻脱水桶的转动频率最大
C.t时刻洗衣机发生共振
D.这是由于洗衣机没有放置水平造成的
【解析】选C。惯性只与质量有关,故A错误;当驱动力的频率与固有频率相等时,受迫振动的振幅最大,即共振,C正确,B、D错误。
5.(多选)(2018·郑州高二检测)在如图所示的装置中,在曲轴AB上悬挂一个弹簧振子,若不转动把手C,让其上下振动,周期为T1,若使把手以周期T2(T2>T1)匀速转动,当运动都稳定后,则 ( )
A.弹簧振子的振动周期为T1
B.弹簧振子的振动周期为T2
C.要使弹簧振子振幅增大,可让把手转速减小
D.要使弹簧振子振幅增大,可让把手转速增大
【解析】选B、D。转动把手后,弹簧振子做受迫振动,故其振动的周期等于转动把手的周期T2,A错,B对。要使弹簧振子的振幅增大,应使转动把手的周期向振子的固有周期T1靠近,即减小转动把手的周期,让把手转得更快,C错,D对。
【补偿训练】
如图所示,一台玩具电动机的轴上安有一个小皮带轮甲,通过皮带带动皮带轮乙转动(皮带不打滑),皮带轮乙上离轴心O距离2mm处安有一个圆环P。一根细绳一端固定在圆环P上,另一端固定在对面的支架上,绳呈水平方向且绷直。在绳上悬挂着4个单摆a、b、c、d。已知电动机的转速是149r/min,甲、乙两皮带轮的半径之比为1∶5,4个单摆的摆长分别是100cm、80cm、60cm、40cm。电动机匀速转动过程中,哪个单摆的振幅最大 ( )
A.单摆a B.单摆b C.单摆c D.单摆d
【解析】选A。绳随P点做周期性转动,相当于通过绳给各单摆施加一个周期性的外力作用。两个轮子边缘线速度相等,由于两皮带轮半径之比为1∶5,因此两轮转速之比为5∶1,乙轮的转速为(149÷5)r/min≈30r/min=0.5r/s,故驱动力的周期为T=2s,驱动力周期等于系统的固有周期时振幅最大,根据单摆振动周期公式T=2π,可得L==m=1m=100cm。a单摆发生共振,因此a单摆振幅最大,故A正确。
6.(2018·南京高二检测)某同学看到一只鸟落在树枝上的P处(如图所示),树枝在10s内上下振动了6次。鸟飞走后,他把50g的砝码挂在P处,发现树枝在10s内上下振动了12次。将50g的砝码换成500g的砝码后,他发现树枝在15s内上下振动了6次。你估计鸟的质量最接近 ( )
A.50 g B.200 g C.500 g D.550 g
【解析】选B。振动系统的频率是由振动系统的自身来决定的。鸟与树枝组成的系统频率f1=Hz=0.6 Hz。50g砝码与树枝组成的系统频率f2=Hz=1.2 Hz。
500 g砝码与树枝组成的系统频率为f3=Hz=0.4 Hz,而f37.秒摆摆球质量为0.2 kg,它振动到最大位移时距最低点的高度为0.4 cm,当它完成10次全振动回到最大位移处时,因有阻尼作用,距最低点的高度变为
0.3 cm。如果每振动10次补充一次能量,使摆球回到原高度,那么1 min内总共应补给多少能量?
【解析】每振动10次要补充的能量为ΔE=mgΔh=0.2×9.8×(0.4-0.3)×10-2J=1.96×10-3J。秒摆的周期为2 s,1 min内完成全振动的次数为30次,则1 min内总共应补充的能量为E=3ΔE=5.88×10-3J。
答案:5.88×10-3J
【能力提升练】
1.(多选)(2018·广州高二检测)铺设铁轨时,每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙,匀速运行的列车经过轨端接缝处时,车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等,所以这个冲击力是周期性的,列车受到周期性的冲击做受迫振动。普通钢轨长为12.6m,列车固有振动周期为0.315s。下列说法正确的
是 ( )
A.列车的危险速率为40 m/s
B.列车过桥需要减速,是为了防止列车发生共振现象
C.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D.增加钢轨的长度有利于列车高速运行
【解析】选A、B、D。对于受迫振动,当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象,所以列车的危险速率v==40m/s,A正确;为了防止共振现象发生,B正确,由v=知L增大时,T不变,v变大,D正确,所以A、B、D正确。
2.(2018·潍坊高二检测)蜘蛛虽有8只眼睛,但视力很差,完全靠感觉来捕食和生活,它的腿能灵敏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=200Hz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左右时,该丝网的振幅等于5 cm
【解析】选A。对于落在丝网上的昆虫,当其翅膀振动的频率为200 Hz左右或周期为0.005 s左右时,丝网发生共振,蜘蛛能立即捕捉到它,选项A正确,B错误;对于落在丝网上的昆虫,当其翅膀振动的频率为300 Hz左右时,丝网不能发生共振,蜘蛛不能立即捕捉到它,选项C错误;对于落在丝网上的昆虫,当其翅膀振动的频率为250 Hz左右时,丝网不发生共振,该丝网的振幅一定小于0.5 cm,选项D错误。
3.(多选)(2018·西安高二检测)一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图象如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图象如图丙所示。
若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则 ( )
A.由图线可知T0=4s
B.由图线可知T0=8s
C.当T在4s附近时,Y显著增大,当T比4 s小得多或大得多时,Y很小
D.当T在8s附近时,Y显著增大,当T比8s小得多或大得多时,Y很小
【解析】选A、C。由题中图乙可知弹簧振子的固有周期T0=4s,故A选项正确,B选项错误。根据受迫振动的特点:当驱动力的周期与系统的固有周期相同时发生共振,振幅最大;当驱动力的周期与系统的固有周期相差越多时,受迫振动物体振动稳定后的振幅越小,故C选项正确,D选项错误。
4.汽车的质量一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上,弹簧的等效劲度系数k=1.5×105N/m。汽车开动时,在振幅较小的情况下,其上下自由振动的频率满足f= (l为弹簧压缩的长度)。若人体可以看成一个弹性体,其固有频率约为2Hz,已知汽车的质量为600kg,每个人的质量为70kg,则这辆车乘坐几个人时,人感觉最难受(取g=π2)?
【解析】当人的固有频率与弹簧振动的频率相等时即达到共振,此时人感觉最难受,则:
f==2Hz,得l=m
汽车和所有的人受力平衡,
则有:kl=(M+nm)g
得n=4.8≈5(人)。
答案:5人
