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第38讲 机械振动解密考纲考查简谐运动的表达式和图象；单摆的周期公式的应用；受迫振动和共振的概念的理解和应用1下列关于振幅的说法正确的是()A振幅是振子离开平衡位置的最大距离B位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅C振幅等于振子运动轨迹的长度D振幅越大，表示振动越强，周期越长A解析 振幅是振子离开平衡位置的最大距离，选项A正确，C错误位移是矢量，是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，位移的大小不一定等于振幅，最大位移的大小才等于振幅，选项B错误振幅越大，振动越强，但周期不一定越长，例如，对于做简谐运动的弹簧振子，周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关，与振幅无关，选项D错误2在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，机翼很快就抖动起来，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，装置配重杆的主要目的是()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D解析 飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼的固有周期非常接近或相等在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，故选项D正确3(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象下列说法正确的是()A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆ABD解析 振幅可从题图上看出甲单摆大，故选项B正确从图看出两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法比较机械能大小，t0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，有正向最大加速度，故选项A、D正确，C错误4做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的()A周期不变，振幅不变 B周期不变，振幅变小C周期改变，振幅不变 D周期改变，振幅变大B解析 由单摆的周期公式T2可知，当摆长l不变时，周期不变，选项C、D错误；由能量守恒定律可知mv2mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅减小，选项B正确，A错误5某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是()At1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值Bt2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值Ct3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零Dt4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值A解析 t1 s时，振子位于正向位移最大处，速度为零，加速度为负向最大，故选项A正确；t2 s时，振子位于平衡位置并向x轴负方向运动，速度为负向最大，加速度为零，故选项B错误；t3 s时，振子位于负向位移最大处，速度为零，加速度为正向最大，故选项C错误；t4 s时，振子位于平衡位置并向x轴正方向运动，速度为正向最大，加速度为零，故选项D错误6如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动观察B、C、D摆的振动发现()AC摆的频率最小BD摆的周期最大CB摆的摆角最大DB、C、D的摆角相同C解析 由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故选项A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故选项C正确，D错误7(2018天津卷)(多选)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，t1 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sB若振幅为0.1 m，振子的周期可能为sC若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 sD若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 sAD解析 t0时刻振子的位移x0.1 m，t1 s时刻x0.1 m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1 m，则1 s为半周期的奇数倍；如果振幅为0.2 m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析若振幅为0.1 m，根据题意可知从t0到t1 s振子经历的周期为T，则T1 s(n1,2,3)，解得Ts(n1,2,3)，当n1时T s，无论n为何值，T都不会等于 s，选项A正确，B错误；如果振幅为0.2 m，结合位移时间关系图象，有1 snT，或者1 sTnT，或者1 snT，对于式，只有当n0时，T2 s，为整数；对于式，T不为整数；对于式，当n0时，T6 s，之后只会大于6 s，选项C错误，D正确8. (2019鞍山模拟)(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为()A0.53 sB1.4 sC1.6 sD2 sE3 sBDE解析 如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从OC所需时间为，因为简谐运动具有对称性，所以振子从MC所用时间和从CM所用时间相等，故0.3 s0.4 s，解得T1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M与点M关于点O对称，则振子从点M经过点B到点M所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s，振子从点O到点M、从点M到点O及从点O到点M所需时间相等，为 s，故周期为T0.5 s s0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E.9如图所示，物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k.当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为()A. B.C. D.A解析 物体A振动的平衡位置弹簧弹力和A物体重力相等，物体B将A拉至平衡位置以下最大位移x处，故A振动的振幅为，选项A正确10(2019北京一零一中学高三检测)(多选)如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为l的单摆，摆球的质量为m.升降机保持静止，观察到摆球正以小角度左右摆动，且振动周期为T.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变B若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大C设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动D设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机会保持静止E设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g的加速度匀加速上升，则摆球相对升降机仍然左右摆动，且振动周期不变ABD解析 其周期公式为T2，与重力无关，故仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变，故选项A正确；若升降机匀加速上升，加速度向上，设为a，超重，利用此单摆来测定当地的重力知速度，则测量值偏大，为ga，故选项B正确；设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，球将做匀速圆周运动，故选项C错误；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，故摆球相对于升降机会保持静止，故选项D正确；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g的加速度匀加速上升，超重，等效为加速度变为g2g，故摆球相对升降机仍然左右摆动，但根据公式T2，周期是变化的，故选项E错误11(2019茂名五大联盟学校高三联考)某单摆及其振动图象如图所示，取g9.8 m/s2，29.8，根据图给信息可计算得摆长约为_；t5 s时间内摆球运动的路程约为_(取整数)；若在悬点正下方O处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且，则摆球从F点释放到第一次返回F点所需时间为_s.解析 从横坐标可直接读取完成一个全振动的时间即周期为T2 s，根据 T2，解得摆长为l1 m，由纵坐标的最大位移可直接读取振幅为3 cm，摆球一个周期内的路程是振幅的4倍，所以t5 s时间内摆球运动的路程为30 cm；碰钉后改变了摆长，因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期和钉右侧的半个周期，前面求出摆长为1 m，根据周期公式可得T左1 s，T右0.5 s，所以周期为T1.5 s.答案 1 m30 cm1.512(2019濮阳二模)如图所示，质量为m2的小球固定在竖直轻弹簧上，弹簧劲度系数为k，轻弹簧固定在质量为m1的底座上，整个装置置于水平地面上，拉小球使弹簧伸长一定长度，释放后小球将在竖直方向上做简谐运动振动过程中底座恰好不离开地面，已知重力加速度为g，则小球的最大加速度为_；底座对地面的最大压力大小为_；小球做简谐振动的振幅为_解析 因为振动过程中底座恰好不离开地面，所以底座受到弹簧向上的拉力最大为Fm1g，在最高点弹簧的拉力最大，对小球受力分析，受到竖直向下的弹力以及重力作用，故根据牛顿第二定律可得a，小球运动到最低点时，底座对地面的压力最大，根据简谐运动的对称性，在最低点小球受到的加速度为a，方向向上，故Fm2gm2a，解得弹簧对底座的作用力为F2m2gm1g，底座对地面的最大压力为NFm1g2(m1m2)g，在平衡位置时弹簧弹力等于小球的重力Fm2g，在最低点F2m2gm1g，故FkA，解得A.答案 2(m1m2)g13如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R.甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比是多少？(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？解析 (1)甲球做自由落体运动Rgt，所以t1，乙球沿圆弧做简谐运动(由于R，可认为摆角5)此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2T2，所以t1t2.(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲，由于乙球运动存在周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙n(2n1)(n0,1,2,3，)，由于甲、乙在C点相遇，故t甲t乙，联立解得h(n0,1,2，)答案 (1)(2)(n0,1,2，)14一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示(1)求t0.25102 s时质点的位移；(2)在t1.5102 s到t2102 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化？(3)在t0到t8.5102 s时间内，质点的路程、位移各多大？解析 (1)由题图可知A2 cm，T2102 s，振动方程为xAsin (t)Acos t2cos(t) cm2cos(100t) cm，当t0.25102 s时，x2cos cm cm.(2)由题图可知在t1.5102 s到t2102 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大(3)在t0到t8.5102 s时间内，tT(4)T，可知质点的路程为s17A34 cm，位移为2 cm.答案 (1) cm(2)变大变大变小变小变大(3)34 cm2 cm8
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