第1讲 简谐运动
1．简谐运动 (1)质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置． (2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置． (3)回复力 ①定义：使物体返回到平衡位置的力． ②方向：总是指向平衡位置． ③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．
答案 不是，是回复力为零的位置． 2．简谐运动的两种模型
答案 一定减小． 3．简谐运动的公式和图象 (1)简谐运动的表达式 ①动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反． ②运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫做初相． (2)简谐运动的图象 ①从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图象如图1甲所示． ②从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图象如图乙所示．
图1 4．受迫振动和共振 (1)受迫振动 系统在驱动力作用下的振动．做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关． (2)共振 做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象．共振曲线如图2所示．
图2
1.如图3所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为( )
图3 A．1 Hz B．3 Hz C．4 Hz D．5 Hz 答案 A 解析 受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1 Hz，选项A正确． 2．有一弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时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 答案 A 解析 振幅A＝0.8 cm＝8×10－3 m，ω＝＝4π rad/s.由题知初始时(即t＝0时)振子在正向最大位移处，即sin φ0＝1，得φ0＝，故振子做简谐运动的方程为：x＝8×10－3sin m，选项A正确． 3．(人教版选修3－4P5第3题)如图4所示，在t＝0到t＝4 s的范围内回答以下问题．
图4 (1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？ (2)质点在第2 s末的位移是多少？ (3)质点在前2 s内走过的路程是多少？ 答案 (1)在0～1 s,2～3 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相同；在1～2 s,3～4 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相反． (2)0 (3)20 cm 4．(人教版选修3－4P12第4题)如图5所示为某物体做简谐运动的图象，在所画曲线的范围内回答下列问题．
图5 (1)哪些时刻物体的回复力与0.4 s时刻的回复力相同？ (2)哪些时刻物体的速度与0.4 s时刻的速度相同？ (3)哪些时刻的动能与0.4 s时刻的动能相同？ (4)哪些时间的加速度在减小？ (5)哪些时间的势能在增大？ 答案 (1)0.6 s、1.2 s、1.4 s (2)0.2 s、1.0 s、1.2 s (3)0、0.2 s、0.6 s、0.8 s、1.0 s、1.2 s和1.4 s (4)0.1～0.3 s、0.5～0.7 s、0.9～1.1 s和1.3～1.5 s (5)0～0.1 s、0.3～0.5 s、0.7～0.9 s、1.1～1.3 s
命题点一 简谐运动的规律 简谐运动的五大特征
图6 A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程是0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
答案 AB 解析 t＝0.6 s时，物块的位移为y＝0.1sin(2.5π×0.6)m＝－0.1 m，则对小球h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；简谐运动的周期是T＝＝ s＝0.8 s，选项B正确；0.6 s内物块运动的路程是3A＝0.3 m，选项C错误；t＝0.4 s＝时，物块经过平衡位置向下运动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误．
1．关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是( ) A．位移减小时，加速度减小，速度也减小 B．位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同 C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同 D．物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反 答案 C 解析 位移减小时，加速度减小，速度增大，A错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B、D错误，C正确． 2．一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置第一次运动到x＝处所用的最短时间为t1，从最大的正位移处第一次运动到x＝处所用的最短时间为t2，那么t1与t2的大小关系正确的是( ) A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法判断 答案 B 解析 根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x＝A处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x＝A处的平均速度，而路程相等，说明t1＜t2.故A、C、D错误，B正确． 命题点二 简谐运动图象的理解和应用 1．根据简谐运动图象可获取的信息 (1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ(如图7所示)．
图7 (2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移． (3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度的大小和速度的方向，速度的方向也可根据下一时刻质点的位移的变化来确定． (4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同，在图象上总是指向t轴． (5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况． 2．利用简谐运动图象理解简谐运动的对称性(如图8)
图8 (1)相隔Δt＝(n＋)T(n＝0,1,2，…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向，速度也等大反向． (2)相隔Δt＝nT(n＝0,1,2，…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同．
图9 A．两弹簧振子完全相同 B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1 C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大 D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝2∶1 答案 C 解析 从图象中可以看出，两弹簧振子的振动周期之比T甲∶T乙＝2∶1，则频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D错误；弹簧振子的振动周期与振子的质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两弹簧振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，B错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置；C正确．
3．如图10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( )
图10
答案 A 解析 开始计时时振子位于正向最大位移处向负方向做简谐运动，振动图象为余弦函数图象，A项对． 4．如图11甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，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( )
图11 A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左 B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处 C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同 D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小 答案 A 解析 从t＝0.8 s时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t＝0.8 s时，速度方向向左，A正确；由题图乙得振子的位移x＝12sin t cm，故t＝0.2 s时，x＝6 cm，故B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移方向相反，加速度方向相反，C错误；t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D错误． 5．如图12所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：
图12 (1)写出该振子简谐运动的表达式； (2)在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？ (3)该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？ 答案 见解析 解析 (1)由振动图象可得A＝5 cm，T＝4 s，φ＝0 则ω＝＝ rad/s 故该振子简谐运动的表达式为x＝5sin t cm (2)由题图可知，在t＝2 s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t＝3 s时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值． (3)振子经过一个周期位移为零，路程为4×5 cm＝20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子的位移x＝0，振子的路程s＝25×20 cm＝500 cm＝5 m. 命题点三 受迫振动和共振 1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较
2.对共振的理解 (1)共振曲线：如图13所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大．
图13 (2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．
A.f固＝60 Hz B．60 Hz＜f固＜70 Hz C．50 Hz＜f固＜60 Hz D．以上三个都不对 答案 C 解析 从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固＜60 Hz，即C正确．
6.如图14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( )
图14 A．C摆的频率最小 B．D摆的周期最大 C．B摆的摆角最大 D．B、C、D的摆角相同 答案 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C正确，D错误． 7．在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是( ) A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大 B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波 C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率 D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，且适当增大其输出功率 答案 D 解析 由题可知用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500 Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯碎掉是利用的共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500 Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯碎掉，故D正确.
单摆模型 模型特点：单摆模型指符合单摆规律的模型，需满足以下三个条件： (1)圆弧运动； (2)小角度往复运动； (3)回复力满足F＝－kx.
图15 (1)两球第1次到达C点的时间之比； (2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，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？ 答案 (1) (2)(n＝0,1,2…) 解析 (1)甲球做自由落体运动 R＝gt，所以t1＝ 乙球沿圆弧做简谐运动(由于 t2＝T＝×2π＝， 所以t1∶t2＝. (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＝ 由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为 t乙＝＋n＝(2n＋1) (n＝0,1,2，…) 由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙 联立解得h＝ (n＝0,1,2…)．
1．解决该类问题的思路：首先确认符合单摆模型的条件，即小球沿光滑圆弧运动，小球受重力、轨道支持力(此支持力类似单摆中的摆线拉力)；然后寻找等效摆长l及等效加速度g；最后利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解问题． 2．易错提醒：单摆模型做简谐运动时具有往复性，解题时要审清题意，防止漏解或多解．
题组1 简谐运动的物理量和表达式 1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是( ) A．位移 B．速度 C．加速度 D．回复力 答案 B 2．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asint，则质点( ) A．第1 s末与第3 s末的位移相同 B．第1 s末与第3 s末的速度相同 C．第3 s末至第5 s末的位移方向都相同 D．第3 s末至第5 s末的速度方向都相同 答案 AD 解析 由关系式可知ω＝ rad/s，T＝＝8 s，将t＝1 s和t＝3 s代入关系式中求得两时刻位移相同，A对；作出质点的振动图象，由图象可以看出，第1 s末和第3 s末的速度方向不同，B错；由图象可知，第3 s末至第4 s末质点的位移方向与第4 s末至第5 s末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，故C错，D对．
3．做简谐振动的单摆摆长不变，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 答案 C 解析 单摆的周期由摆长和当地的重力加速度决定．由单摆的周期公式T＝2π，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结合题意可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，因质量增大，故振幅减小，所以C正确． 题组2 简谐运动的图象 4．如图1甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，取向右为正方向，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( )
图1 A．振子的振动周期等于t1 B．在t＝0时刻，振子的位置在a点 C．在t＝t1时刻，振子的速度为零 D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动 答案 D 解析 弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1，选项A错误；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误；从t1到t2，振子的位移为正且在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项D正确． 5．(多选)一质点做简谐运动的图象如图2所示，下列说法正确的是( )
图2 A．质点振动频率是4 Hz B．在10 s内质点经过的路程是20 cm C．第4 s末质点的速度最大 D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同 答案 BC 解析 由题图可知，该简谐运动的周期为4 s，频率为0.25 Hz，在10 s内质点经过的路程是2.5×4A＝20 cm.第4 s末质点的速度最大．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反．故B、C正确． 6．(多选)如图3所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是( )
图3 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t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 答案 ABD 解析 由振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大．两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2π可得，甲、乙两单摆的摆长相等，故A、B正确；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5 s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确． 7.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图4所示，则( )
图4 A．此单摆的固有周期约为0.5 s B．此单摆的摆长约为1 m C．若摆长增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 答案 B 解析 由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T＝2π，得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动． 8．(多选)简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图5甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法中正确的是( )
图5 A．弹簧振子的周期为4 s B．弹簧振子的振幅为10 cm C．t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cm D．若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4 cm 答案 ABD 解析 周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T＝4 s，故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10 cm，故B正确；振子的周期为4 s，由周期性知，t＝17 s时振子相对平衡位置的位移与t＝1 s时振子相对平衡位置的位移相同，为0，故C错误；若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是s＝vt＝2 cm/s×2 s＝4 cm，故D正确． 题组3 简谐运动的综合问题 9．(多选)如图6所示为一个竖直放置的弹簧振子，物体沿竖直方向在A、B之间做简谐运动，O点为平衡位置，A点位置恰好为弹簧的原长．物体由C点运动到D点(C、D两点未在图上标出)的过程中，弹簧的弹性势能增加了3.0 J，重力势能减少了2.0 J．对于这段过程说法正确的是( )
图6 A．物体的动能增加1.0 J B．C点的位置可能在平衡位置以上 C．D点的位置可能在平衡位置以上 D．物体经过D点的运动方向可能指向平衡位置 答案 BD 10．一质点做简谐运动，其位移与时间的关系如图7所示．
图7 (1)求t＝0.25×10－2 s时质点的位移； (2)在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？ (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？ 答案 (1)－ cm (2)变大 变大 变小 变小 变大 (3)34 cm 2 cm 解析 (1)由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振动方程为x＝Asin (ωt－)＝－Acos ωt＝－2cos (t) cm＝－2cos 100πt cm 当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cos cm＝－ cm. (2)由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 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t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内经历个周期，质点的路程为s＝17A＝34 cm，位移为2 cm.
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