資源簡介

主題1　簡諧運動的五大特征
受力 特征 回復力F＝－kx，F(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反
運動 特征 衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小
能量 特征 振幅越大，能量越大，在運動過程中，系統的動能和勢能相互轉化，機械能守恒
周期性 特征 質點的位移、回復力、加速度和速度隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為
對稱性 特征 關于平衡位置O對稱的兩點，速度的大小、動能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等；由對稱點到平衡位置O用時相等
【典例1】　如圖所示，一質量為M的豎直放置的圓環，在O處與水平面接觸。它的內部有一直立的彈簧，勁度系數為k，彈簧下端固定于圓環內側底部，上端固定一質量為m的小球，把小球向上拉起至彈簧的原長處由靜止釋放，不計空氣阻力，小球開始在豎直方向上做簡諧運動。在此過程中，圓環一直保持靜止。求：
(1)小球做簡諧運動的振幅；
(2)小球向下運動的最大距離；
(3)改變小球靜止釋放的位置，小球做簡諧運動的振幅至少為多大時，在其振動過程中才可能使圓環有離開地面的瞬間(已知彈簧一直處于彈性限度內)。
[解析]　(1)從釋放點到平衡位置的距離就是小球做簡諧運動的振幅，為
A＝。
(2)根據簡諧運動的對稱性，可知小球向下運動的最大距離為
x＝2A＝。
(3)圓環要離開地面時彈簧處于拉伸狀態，且拉力的大小至少等于圓環的重力，即
F＝Mg
則彈簧的伸長量為
x1＝
小球振動時的平衡位置與彈簧原長處的距離為
x2＝
所以，滿足條件的最小振幅為
A′＝x1＋x2＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
　(1)做簡諧運動的物體經過平衡位置時，回復力一定為零，但所受合外力不一定為零。
(2)由于簡諧運動具有周期性和對稱性， 因此涉及簡諧運動時往往會出現多解的情況，分析時應特別注意。
(3)位移相同時回復力大小、加速度大小、動能和勢能等可以確定，但速度可能有兩個方向，由于周期性，運動時間也不能確定。
主題2　簡諧運動的圖像及應用
簡諧運動的圖像描述了振動質點的位移隨時間變化的規律。從圖像中可以確定位移、速度、加速度、動能和勢能等物理量以及它們的變化規律，具體分析如下：
項目 內容 說明
橫、縱軸表示的物理量 橫軸表示時間，縱軸表示質點的位移 ①振動圖像不是振動質點的運動軌跡 ②計時起點一旦確定，已經形成的圖像形狀不變，以后的圖像隨時間向后延伸 ③簡諧運動圖像的具體形狀跟正方向的規定有關
意義 表示振動質點的位移隨時間變化的規律
形狀
應用 ①直接從圖像上讀出周期和振幅 ②確定任一時刻質點相對平衡位置的位移 ③判斷任一時刻振動質點的速度方向和加速度方向 ④判斷某段時間內振動質點的位移、速度、加速度、動能及勢能大小的變化情況
【典例2】　如圖所示是一個質點做簡諧運動的圖像，根據圖像回答下面的問題：
(1)振動質點離開平衡位置的最大距離；
(2)寫出此振動質點的運動表達式；
(3)振動質點在0～0.6 s的時間內通過的路程；
(4)振動質點在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s時的振動方向；
(5)振動質點在0.6～0.8 s這段時間內速度和加速度是怎樣變化的？
(6)振動質點在0.4～0.8 s這段時間內的動能變化是多少？
[解析]　(1)由題圖可知，質點振動的振幅為5 cm，即此質點離開平衡位置的最大距離。
(2)由此質點的振動圖像可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0，所以x＝A sin (ωt＋φ)＝A sin ＝5sin cm＝5sin (2.5πt)cm。
(3)由題圖可知，質點振動的周期為T＝0.8 s，0.6 s＝3×，振動質點是從平衡位置開始振動的，故在0～0.6 s的時間內質點通過的路程為s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm。
(4)在t＝0.1 s時，振動質點處在位移為正值的某一位置上，若從t＝0.1 s起取一段極短的時間間隔Δt(Δt→0)的話，由題圖可知振動質點的正方向的位移將會越來越大，由此可以判斷得出質點在t＝0.1 s時的振動方向是沿題中所設的正方向。同理可以判斷得出質點在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s時的振動方向分別是沿題中所設的負方向、負方向和正方向。
(5)由題圖可知，在0.6～0.8 s這段時間內，振動質點從最大位移處向平衡位置運動，故其速度是越來越大的；而質點所受的回復力是指向平衡位置的，并且逐漸減小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越來越小。
(6)由題圖可知，在0.4～0.8 s這段時間內質點從平衡位置經過半個周期的運動又回到了平衡位置，盡管初、末兩個時刻的速度方向相反，但大小是相等的，故這段時間內質點的動能變化為零。
[答案]　(1)5 cm　(2)x＝5sin (2.5πt)cm　(3)15 cm　(4)正方向　負方向　負方向　正方向　(5)速度增大，加速度減小　(6)零
主題3　單擺周期公式的應用
1．對單擺周期公式的理解
(1)單擺的周期公式在單擺偏角很小時成立。
(2)公式中l是擺長，即懸點到擺球球心的距離，l＝l線＋r球。
(3)公式中g是單擺所在地的重力加速度，由單擺所在的空間位置決定。
(4)周期T只與l和g有關，與擺球質量m及振幅無關。
2．有關周期T的常見情況
(1)同一單擺，在地球的不同位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同。
(2)同一單擺，在不同的星球上，其周期也不相同。例如單擺放在月球上時，由于g月(3)當單擺處在繞地球運行的衛星中時，由于衛星處于完全失重狀態，等效重力加速度g＝0，則周期T為無窮大，即單擺不會振動。
(4)當單擺放在豎直方向的電場中，若單擺帶電，則類似于超(失)重，等效加速度g′＝g＋a(g′＝g－a)，其中a＝(g>a)，故周期T變化。
【典例3】　如圖所示，單擺甲放在空氣中，周期為T甲；單擺乙放在以加速度a(g>a)向下加速的電梯中，周期為T乙；單擺丙帶正電荷，放在勻強磁場B中，周期為T丙；單擺丁帶正電荷，放在勻強電場E中，周期為T丁，單擺甲、乙、丙及丁的擺長l相同，則下列說法正確的是(　　)
甲　 　乙　 　　丙　　　　丁
A．T甲＞T乙＞T丁＞T丙　　 B．T乙＞T甲＝T丙＞T丁
C．T丙＞T甲＞T丁＞T乙 D．T丁＞T甲＝T丙＞T乙
B　[對單擺甲：T甲＝2π；對單擺乙：T乙＝2π；對單擺丙：由于擺動過程中洛倫茲力總是垂直于速度方向，故不可能產生沿圓弧切向的分力效果而參與提供回復力，所以周期不變，即T丙＝2π；對單擺丁：由于擺球受豎直向下的重力的同時，還受豎直向下的電場力，電場力在圓弧切向產生分力，與重力沿切向的分力一起提供回復力，相當于重力增大了。等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋，故周期T丁＝2π，所以T乙＞T甲＝T丙＞T丁。故選B。]
　同一單擺放到不同環境中，等效重力加速度不同，導致周期不同。
章末綜合測評(二)　機械振動
一、單項選擇題
1．下列屬于機械振動的是(　　)
①乒乓球在地面上的來回上下運動　②彈簧振子在豎直方向的上下運動　③秋千在空中來回的運動　④豎于水面上的圓柱形玻璃瓶上下振動
A．①② B．②③
C．③④ D．①②③④
D　[機械振動是最簡單，也是比較常見的機械運動，自然界中在變力作用下的往復運動都屬于機械振動，故D正確。]
2．如圖所示，物體A、B疊放在光滑水平面上，輕質彈簧的一端固定在墻面上，另一端與A相連，彈簧的軸線與水平面平行。開始時彈簧處于伸長狀態，釋放后物體A、B一起運動，第一次向右通過平衡位置開始計時，取向右為正方向，則物體A受的摩擦力Ff與時間t的關系圖像正確的是(　　)
A　　　　　　　 　　B
C　　　　　　　 　　D
A　[物體A、B與輕質彈簧組成的系統所做的運動是簡諧運動，A、B作為一個整體，其位移與時間成正弦函數關系，其所受的合力即回復力與位移成正比，所以回復力與時間也成正弦函數的關系；將物體B單獨隔離出來分析，物體B也做簡諧運動，其恢復力就是A對它的摩擦力，所以摩擦力也與時間成正弦函數關系。故選A。]
3．單擺在擺動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．回復力由重力和細線拉力的合力提供
B．擺動到最低點時回復力為零
C．動能變化的周期等于振動周期
D．小球質量越大，周期越長
B　[重力沿切線方向的分力提供單擺做簡諧運動的回復力，故A錯誤；擺動到最低點時回復力為零，故B正確；小球從最高點開始擺動過程中，小球的動能先增大后減小，到達另一側最高點時動能為零，然后再重復，故其動能的變化周期為單擺振動周期的一半，C錯誤；單擺的周期T＝2π，與小球的質量無關，故D錯誤。]
4．如圖所示，一水平彈簧振子在光滑水平面上的B、C兩點間做簡諧運動，O為平衡位置。已知振子由完全相同的P、Q兩部分組成，彼此連接在一起。當振子運動到B點的瞬間，將P拿走，則以后Q的運動和拿走P之前相比有(　　)
A．Q的振幅不變，通過O點的速率減小
B．Q的振幅不變，通過O點的速率增大
C．Q的振幅增大，通過O點的速率增大
D．Q的振幅減小，通過O點的速率減小
B　[振幅為偏離平衡位置的最大距離，即速度為零時的位移大小，振子到B點時速度為零，OB間距等于振幅，此時撤去P物體，速度仍然為零，故振幅不變，故C、D錯誤；簡諧運動中勢能和動能之和守恒，到達B點時，動能為零，彈性勢能最大，此時撤去P物體，系統機械能不變，回到O點時動能不變，根據Ek＝mv2，振子質量減小，速率增加，故A錯誤，B正確。]
5．如圖甲所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉下一段距離A，由靜止釋放。以鋼球平衡位置為坐標原點，豎直向上為正方向建立x軸，當鋼球在振動過程中某一次經過平衡位置時開始計時，鋼球運動的位移—時間圖像如圖乙所示。已知鋼球振動過程中彈簧始終處于拉伸狀態，則(　　)
甲　　　　　　乙　　　　
A．t1時刻鋼球處于超重狀態
B．t2時刻鋼球的速度方向向上
C．t1～t2時間內鋼球的動能逐漸增大
D．t1～t2時間內鋼球的機械能逐漸減小
D　[t1時刻，鋼球位于平衡位置上方，位移為正，所以加速度為負，有向下的加速度，處于失重狀態，故A錯誤；t2時刻，鋼球位于平衡位置下方，正在遠離平衡位置，速度方向向下，故B錯誤；t1～t2時間內，鋼球的速度先增大后減小，動能先增大后減小，故C錯誤；t1～t2時間內，鋼球克服彈力做功，根據能量守恒定律可知，鋼球的機械能逐漸減小，故D正確。]
6．一個打磨得很光滑的凹鏡，其曲面半徑遠大于曲面長度，將鏡面水平放置，如圖所示。現讓一個小球(小球可視為質點)從鏡邊緣靜止釋放，小球在鏡面上將作往復運動，以下說法中正確的是(　　)
A．小球質量越大，往復運動的周期越長
B．釋放點離最低點距離越大，周期越短
C．凹鏡曲面半徑越大，周期越長
D．周期應由小球質量、釋放點離平衡位置的距離，以及曲面半徑共同決定
C　[小球在鏡面上做簡諧運動，周期公式與單擺的周期相同，根據T＝2π，因而周期決定于凹鏡曲率半徑及當地的重力加速度，半徑越大，周期越長。故選C。]
7．在實驗室做“聲波碎杯”的實驗，用手指輕彈一只酒杯，聽到清脆聲音，測得這個聲波的頻率為500 Hz。將這只酒杯放在兩個大功率的聲波發生器之間，操作人員調整聲波發生器，用發出的聲波把酒杯震碎了，下列關于操作人員進行的操作的說法正確的是 (　　)
A．一定是把聲波發生器的功率調到很大
B．可能是聲波發生器發出了頻率很高的超聲波
C．一定是同時增大聲波發生器發出聲波的頻率和功率
D．可能只是將聲波發生器發出的聲波頻率調到了500 Hz
D　[將酒杯放在兩個大功率的聲波發生器之間，操作人員通過調整聲波發生器，用發出的聲波將酒杯震碎是共振現象，而發生共振的條件是驅動力的頻率等于物體的固有頻率，已知酒杯的固有頻率為500 Hz，故操作人員可能只是將聲波發生器發出的聲波頻率調到了500 Hz，D正確。]
8．如圖所示為兩個單擺做受迫振動的共振曲線，則下列說法正確的是 (　　)
A．兩個單擺的固有周期之比為TⅠ∶TⅡ＝2∶5
B．兩個單擺的擺長之比lⅠ∶lⅡ＝4∶25
C．圖線Ⅱ對應單擺擺長約為1 m
D．若兩條圖線分別對應同一單擺在月球上和地球上的受迫振動，則圖線Ⅱ是月球上的單擺的共振曲線
C　[由共振曲線及共振的條件可知，圖線Ⅰ和Ⅱ的兩個單擺的固有頻率分別為0.2 Hz和0.5 Hz，周期之比TⅠ∶TⅡ＝5∶2，A錯誤；由單擺的周期公式T＝2π可知，lⅠ∶lⅡ＝＝25∶4，B錯誤；同時可知lⅡ＝≈1 m，C正確；當擺長不變時，重力加速度越大，固有頻率越大，月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度，故D錯誤。]
二、多項選擇題
9．一個質點以O為中心做簡諧運動，位移隨時間變化的圖像如圖所示。a、b、c、d表示質點在不同時刻的相應位置，且b、d關于平衡位置對稱，則下列說法正確的是(　　)
A．質點做簡諧運動的方程為x＝A sin t
B．質點在位置b與位置d時速度大小相同，方向不同
C．質點從位置a到c和從位置b到d所用時間相等
D．質點從位置a到b和從b到c的平均速度相等
AC　[由題圖可知，振幅為A，周期T＝8 s，質點做簡諧運動的方程為x＝A sin t＝A sin t，A正確；根據簡諧運動對稱性可知質點在位置b與位置d時速度相同，B錯誤；質點從位置a到c與從位置b到d所用時間均為2 s，C正確；質點從位置a到b和從位置b到c所用的時間都是1 s，但位移不等，所以平均速度大小不同，D錯誤。]
10．如圖所示，將一只輕彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接物體A，A下面再用棉線掛一物體B，A、B質量相等，g為當地重力加速度，不計空氣阻力。燒斷棉線，下列說法中正確的是(　　)
A．燒斷棉線瞬間，A的加速度大小為g
B．燒斷棉線之后，A向上始終加速
C．燒斷棉線之后，A在運動中機械能守恒
D．當彈簧恢復原長時，A的速度恰好減到零
AD　[棉線燒斷前，將AB看做一個整體，彈簧的彈力為F＝2mg，燒斷瞬間彈簧來不及恢復形變，彈力仍為2mg，方向向上，物體A還受豎直向下的重力mg，則A的加速度為aA＝＝g，方向向上，A正確；燒斷棉線后，物體A在彈力和重力的作用下向上運動，彈力先大于重力，后小于重力，所以物體A向上先加速后減速，B錯誤；燒斷棉線后，A還受彈簧彈力作用，故A的機械能不守恒，A和彈簧組成的系統機械能守恒，C錯誤；燒斷棉線后，A在重力和彈力的作用下做簡諧運動，在最低點回復力為F回＝2mg－mg＝mg，方向向上，根據對稱性可知，在最高點回復力應為F′回＝mg，方向向下，即mg－F彈＝mg，解得F彈＝0，則在最高點，速度為零時，彈簧彈力為零，即彈簧恢復原長，D正確。故選AD。]
11．(2022·浙江6月選考改編)如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從桿中點以初速度v向右運動，小球將做周期為T的往復運動，則(　　)
A．小球做簡諧運動
B．小球動能的變化周期為
C．兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為
D．小球的初速度為時，其運動周期為2T
BC　[由于剛開始的一段時間內小球做勻速運動，受力大小與位移大小不成正比，小球做的不是簡諧運動，A錯誤；小球從桿中點到第一次回到桿中點的過程，初、末動能相等，則小球動能的變化周期為，分析可知兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期也為，B、C正確；小球的初速度為時，在細桿上勻速運動的時間等于初速度為v時的2倍，小球從接觸彈簧到速度減到零的時間等于初速度為v時的時間，故初速度為時的運動周期小于2T，D錯誤。故選B、C。]
12．甲、乙兩位同學分別使用如圖甲所示的同一套裝置觀察單擺做運動時的振動圖像。已知兩人實驗時所用的擺長相同，落在同一木板上的細砂分別形成的曲線如圖乙中N1、N2所示。下列關于兩圖線相關的分析，正確的是(　　)
A．N1表示的砂擺振幅較大，N2表示的砂擺振幅較小
B．N1與N2振動的周期相同
C．N1對應的木板運動速度比N2對應的木板運動速度大
D．N1對應的砂擺擺到最低點時，擺線的拉力比N2對應的拉力大
BC　[由題圖乙可知，N1表示的砂擺振幅與N2表示的砂擺振幅相同，故A錯誤；由公式T＝2π可知，兩砂擺擺長相同，則兩砂擺的周期相同，故B正確；由題圖乙可知，N1對應的木板的時間為T，N2對應的木板運動的時間為2T，則N1對應的木板運動速度比N2對應的木板運動速度大，故C正確；由動能定理有mgl(1－cos θ)＝mv2，在最低點有T－mg＝m，解得T＝3mg－2mg cos θ，由于兩擺的振幅相同，即θ相同，則拉力相同，故D錯誤。故選BC。]
三、非選擇題
13．在利用沙擺描繪振動圖像的實驗中，將細沙倒在漏斗中，在細沙漏出的同時，讓沙擺擺動起來，一段時間后，形成的長條形沙堆如圖甲所示：兩邊高且粗，中間低且細。
(1)如果在沙擺擺動的同時勻速拉動下方紙板(紙板上的虛線O1O2位于沙擺靜止時的正下方)，則一段時間后，形成如圖乙所示的曲線沙堆。分析可知，曲線沙堆在與虛線O1O2垂直距離______________(選填“近”或“遠”)的位置低且細。
甲　　　 　乙　　 　丙
(2)圖丙為圖乙中紙板上曲線沙堆的俯視圖，沿沙擺振動方向建立x軸，沿O1O2方向建立t軸，就可利用沙堆曲線得到沙擺的振動圖像。請說明為什么要勻速拉動下方紙板：______________________________________________________。
[解析]　(1)單擺在擺動的過程中是變速運動，經過平衡位置時的速度最大，在最大位移處的速度為0；沙擺在相同的時間內漏下的沙子一樣多，但在平衡位置附近速度大，相同時間內經過的距離長，故漏下的沙子低且細。
(2)只有拉動紙板的速度恒定時，紙板的位移才與時間成正比，沿O1O2方向建立的坐標軸才可以代表時間軸。
[答案]　(1)近　(2)只有拉動紙板的速度恒定時，紙板的位移才與時間成正比，沿O1O2方向建立的坐標軸才可以代表時間軸
14．(2023·重慶卷)某實驗小組用單擺測量重力加速度。所用實驗器材有擺球、長度可調的輕質擺線、刻度尺、50分度的游標卡尺、攝像裝置等。
(1)用游標卡尺測量擺球直徑d。當量爪并攏時，游標尺和主尺的零刻度線對齊。放置擺球后游標卡尺示數如圖甲所示，則擺球的直徑d為______________ mm。
(2)用擺線和擺球組成單擺，如圖乙所示。當擺線長度l＝990.1 mm時，記錄并分析單擺的振動視頻，得到單擺的振動周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g為__________ m/s2(保留3位有效數字)。
(3)改變擺線長度l，記錄并分析單擺的振動視頻，得到相應的振動周期。他們發現，分別用l和l＋作為擺長，這兩種計算方法得到的重力加速度數值的差異大小Δg隨擺線長度l的變化曲線如圖所示。由圖可知，該實驗中，隨著擺線長度l的增加，Δg的變化特點是__________，原因是__________。
[解析]　(1)用游標卡尺測量擺球直徑d＝19 mm＋0.02 mm×10＝19.20 mm。
(2)單擺的擺長為
L＝990.1 mm＋×19.20 mm＝999.7 mm
根據
T＝2π
可得
g＝
帶入數據得
g＝ m/s2≈9.86 m/s2。
(3)由題圖可知，隨著擺線長度l的增加，Δg逐漸減小并趨于穩定，原因是擺線長度l越大，l＋越接近于l，此時計算得到的g的差值越小。
[答案]　(1)19.20　(2)9.86　(3)逐漸減小并趨于穩定　擺線長度l越大，l＋越接近于l，此時計算得到的g的差值越小
15．如圖所示，用兩根長度都為L的細繩懸掛一個小球A，繩與水平方向的夾角為α。使球A垂直于紙面做擺角小于5°的擺動，當它經過平衡位置的瞬間，另一小球B從A球的正上方自由下落，此后A球第3次經過最低點時B球恰擊中A球，求B球下落的高度h。
[解析]　球A垂直于紙面做擺角小于5°的擺動等效于一個單擺，擺長為
l＝L sin α
所以A球振動周期為
T＝2π
設B球自由下落的時間為t，則它擊中A球時下落的高度為
h＝gt2
A球經過平衡位置，接著返回到平衡位置的時間為半個周期，從B球開始下落至擊中A球，A球振動的時間為的3倍，則
t＝3×＝3π
聯立解得
h＝π2L sin α
[答案]　π2L sin α
16．如圖所示，一質量為m的小珠，用長為l的細絲線掛在水平天花板上(l遠大于小球的半徑)，初始時，擺線和豎直方向的夾角為θ(θ<5°)。釋放小球后，求：(不計空氣阻力)
(1)小球擺到最低點所用的時間；
(2)小球在最低點受到的拉力。
[解析]　(1)小球做簡諧運動，則小球從釋放到最低點所用的時間為t＝T＝。
(2)從釋放到最低點，由動能定理有
mg(l－l cos θ)＝mv2
根據牛頓第二定律，有
T－mg＝m
聯立解得T＝3mg－2mg cos θ。
[答案]　(1)　(2)3mg－2mg cos θ
17．一輕質彈簧直立在水平地面上，其勁度系數為k＝400 N/m，彈簧的上端與盒子A連接在一起，盒子內裝有物體B，B的上、下表面恰與盒子接觸，如圖所示。A和B的質量mA＝mB＝1 kg，g取10 m/s2，不計阻力。先將A向上抬高至彈簧的伸長量為5 cm，后由靜止釋放A，A和B一起沿豎直方向做簡諧運動。已知彈簧的彈性勢能取決于彈簧的形變大小，試求：
(1)盒子A的振幅；
(2)物體B的最大速率；
[解析]　(1)A、B在平衡位置時，所受合力為零，設此時彈簧被壓縮Δx，則
kΔx＝(mA＋mB)g
解得
Δx＝g＝5 cm
開始釋放時A處在最大位移處，故振幅為
A′＝5 cm＋5 cm＝10 cm。
(2)由于開始時彈簧的伸長量恰好等于A、B在平衡位置時彈簧的壓縮量，故兩時刻彈簧的彈性勢能相等，設B的最大速率為v，B從開始運動至到達平衡位置時，由動能定理得
mBgA′＝mBv2
可得
v＝＝ m/s。
[答案]　(1)10 cm　(2) m/s
18．如圖甲所示，一個三角形物塊固定在水平桌面上，其光滑斜面的傾角為θ＝30°，物體A的質量為mA＝0.5 kg，物體B的質量為mB＝1.0 kg(A、B均可視為質點)，物體A、B并列在斜面上且壓著一勁度系數為k＝125 N/m的輕彈簧，彈簧的下端固定，上端連接在A物體上，物體A、B處于靜止狀態。(g取10 m/s2)
(1)求此時彈簧的壓縮量是多少；
(2)將物體B迅速移開，物體A將做周期為0.4 s的簡諧運動，若以沿斜面向上的方向為正方向，請在圖乙所給的坐標系中作出物體A相對平衡位置的位移隨時間的變化曲線圖，并在圖中標出振幅；
(3)將物體B迅速移開，試證明物體A在斜面上做簡諧運動。
[解析]　(1)物體A、B在斜面上處于平衡狀態，所受外力平衡，設壓縮量為x，則有
(mA＋mB)g sin θ＝kx
解得x＝＝0.06 m。
(2)將物體B移開后，物體A做簡諧運動，平衡位置彈簧的壓縮量為
x0＝＝0.02 m
所以A振動的振幅為
A＝x－x0＝0.04 m
已知系統的振動周期為T＝0.4 s，振動的位移隨時間的變化關系曲線如圖：
(3)設物體A在平衡位置時彈簧的壓縮量為x0，則有
mAg sin θ＝kx0
當物體A經過平衡位置下方的某一位置時，相對平衡位置的位移的大小為x，則
F＝k(x0＋x)－mAg sin θ
由以上兩式得
F＝kx
且位移的方向與F的方向相反，即物體A做簡諧運動。
[答案]　(1)0.06 m　(2)見解析圖　(3)見解析
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章末綜合提升
第二章　機械振動
鞏固層·知識整合
主題1　簡諧運動的五大特征
提升層·題型探究
受力
特征 回復力F＝－kx，F(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反
運動
特征 衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小
能量
特征 振幅越大，能量越大，在運動過程中，系統的動能和勢能相互轉化，機械能守恒
周期性
特征
對稱性
特征 關于平衡位置O對稱的兩點，速度的大小、動能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等；由對稱點到平衡位置O用時相等
【典例1】　如圖所示，一質量為M的豎直放置的圓環，在O處與水平面接觸。它的內部有一直立的彈簧，勁度系數為k，彈簧下端固定于圓環內側底部，上端固定一質量為m的小球，把小球向上拉起至彈簧的原長處由靜止釋放，不計空氣阻力，小球開始在豎直方向上做簡諧運動。在此過程中，圓環一直保持靜止。求：
(1)小球做簡諧運動的振幅；
(2)小球向下運動的最大距離；
(3)改變小球靜止釋放的位置，小球做簡諧運動的振幅至少為多大時，在其振動過程中才可能使圓環有離開地面的瞬間(已知彈簧一直處于彈性限度內)。
一語通關　(1)做簡諧運動的物體經過平衡位置時，回復力一定為零，但所受合外力不一定為零。
(2)由于簡諧運動具有周期性和對稱性， 因此涉及簡諧運動時往往會出現多解的情況，分析時應特別注意。
(3)位移相同時回復力大小、加速度大小、動能和勢能等可以確定，但速度可能有兩個方向，由于周期性，運動時間也不能確定。
主題2　簡諧運動的圖像及應用
簡諧運動的圖像描述了振動質點的位移隨時間變化的規律。從圖像中可以確定位移、速度、加速度、動能和勢能等物理量以及它們的變化規律，具體分析如下：
項目 內容
橫、縱軸表示的物理量 橫軸表示時間，縱軸表示質點的位移
意義 表示振動質點的位移隨時間變化的規律
項目 內容
形狀
應用 ①直接從圖像上讀出周期和振幅
②確定任一時刻質點相對平衡位置的位移
③判斷任一時刻振動質點的速度方向和加速度方向
④判斷某段時間內振動質點的位移、速度、加速度、動能及勢能大小的變化情況
說明
①振動圖像不是振動質點的運動軌跡
②計時起點一旦確定，已經形成的圖像形狀不變，以后的圖像隨時間向后延伸
③簡諧運動圖像的具體形狀跟正方向的規定有關
【典例2】　如圖所示是一個質點做簡諧運動的圖像，根據圖像回答下面的問題：
(1)振動質點離開平衡位置的最大距離；
(2)寫出此振動質點的運動表達式；
(3)振動質點在0～0.6 s的時間內通過的路程；
(4)振動質點在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s時的振動方向；
(5)振動質點在0.6～0.8 s這段時間內速度和加速度是怎樣變化的？
(6)振動質點在0.4～0.8 s這段時間內的動能變化是多少？
(4)在t＝0.1 s時，振動質點處在位移為正值的某一位置上，若從t＝0.1 s起取一段極短的時間間隔Δt(Δt→0)的話，由題圖可知振動質點的正方向的位移將會越來越大，由此可以判斷得出質點在t＝0.1 s時的振動方向是沿題中所設的正方向。同理可以判斷得出質點在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s時的振動方向分別是沿題中所設的負方向、負方向和正方向。
(5)由題圖可知，在0.6～0.8 s這段時間內，振動質點從最大位移處向平衡位置運動，故其速度是越來越大的；而質點所受的回復力是指向平衡位置的，并且逐漸減小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越來越小。
(6)由題圖可知，在0.4～0.8 s這段時間內質點從平衡位置經過半個周期的運動又回到了平衡位置，盡管初、末兩個時刻的速度方向相反，但大小是相等的，故這段時間內質點的動能變化為零。
[答案]　(1)5 cm　(2)x＝5sin (2.5πt)cm　(3)15 cm　(4)正方向　負方向　負方向　正方向　(5)速度增大，加速度減小　(6)零
主題3　單擺周期公式的應用
1．對單擺周期公式的理解
(1)單擺的周期公式在單擺偏角很小時成立。
(2)公式中l是擺長，即懸點到擺球球心的距離，l＝l線＋r球。
(3)公式中g是單擺所在地的重力加速度，由單擺所在的空間位置決定。
(4)周期T只與l和g有關，與擺球質量m及振幅無關。
【典例3】　如圖所示，單擺甲放在空氣中，周期為T甲；單擺乙放在以加速度a(g>a)向下加速的電梯中，周期為T乙；單擺丙帶正電荷，放在勻強磁場B中，周期為T丙；單擺丁帶正電荷，放在勻強電場E中，周期為T丁，單擺甲、乙、丙及丁的擺長l相同，則下列說法正確的是(　　)
甲　 　乙　 　　　丙　　　　丁　
A．T甲＞T乙＞T丁＞T丙　　
B．T乙＞T甲＝T丙＞T丁
C．T丙＞T甲＞T丁＞T乙
D．T丁＞T甲＝T丙＞T乙
√

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