選修3-4機械振動知識點匯總選修3-4機械振動知識點匯總選修3-4機械振動知識點匯總xxx公司選修3-4機械振動知識點匯總文件編號：文件日期：修訂次數：第1.0次更改批準審核制定方案設計，管理制度高中物理機械振動知識點匯總一.教學內容：第十一章

機械振動本章知識復習歸納

二.重點、難點解析（一）機械振動物體（質點）在某一中心位置兩側所做的往復運動就叫做機械振動，物體能夠圍繞著平衡位置做往復運動，必然受到使它能夠回到平衡位置的力即回復力。回復力是以效果命名的力，它可以是一個力或一個力的分力，也可以是幾個力的合力。產生振動的必要條件是：a、物體離開平衡位置后要受到回復力作用。b、阻力足夠小。

（二）簡諧振動1.定義：物體在跟位移成正比，并且總是指向平衡位置的回復力作用下的振動叫簡諧振動。簡諧振動是最簡單，最基本的振動。研究簡諧振動物體的位置，常常建立以中心位置（平衡位置）為原點的坐標系，把物體的位移定義為物體偏離開坐標原點的位移。因此簡諧振動也可說是物體在跟位移大小成正比，方向跟位移相反的回復力作用下的振動，即F=－kx，其中“－”號表示力方向跟位移方向相反。2.簡諧振動的條件：物體必須受到大小跟離開平衡位置的位移成正比，方向跟位移方向相反的回復力作用。3.簡諧振動是一種機械運動，有關機械運動的概念和規律都適用，簡諧振動的特點在于它是一種周期性運動，它的位移、回復力、速度、加速度以及動能和勢能（重力勢能和彈性勢能）都隨時間做周期性變化。

（三）描述振動的物理量，簡諧振動是一種周期性運動，描述系統的整體的振動情況常引入下面幾個物理量。1.振幅：振幅是振動物體離開平衡位置的最大距離，常用字母“A”表示，它是標量，為正值，振幅是表示振動強弱的物理量，振幅的大小表示了振動系統總機械能的大小，簡諧振動在振動過程中，動能和勢能相互轉化而總機械能守恒。2.周期和頻率，周期是振子完成一次全振動的時間，頻率是一秒鐘內振子完成全振動的次數。振動的周期T跟頻率f之間是倒數關系，即T=1/f。振動的周期和頻率都是描述振動快慢的物理量，簡諧振動的周期和頻率是由振動物體本身性質決定的，與振幅無關，所以又叫固有周期和固有頻率。

（四）單擺：擺角小于5°的單擺是典型的簡諧振動。細線的一端固定在懸點，另一端拴一個小球，忽略線的伸縮和質量，球的直徑遠小于懸線長度的裝置叫單擺。單擺做簡諧振動的條件是：最大擺角小于5°，單擺的回復力F是重力在圓弧切線方向的分力。單擺的周期公式是T=。由公式可知單擺做簡諧振動的固有周期與振幅，擺球質量無關，只與L和g有關，其中L是擺長，是懸點到擺球球心的距離。g是單擺所在處的重力加速度，在有加速度的系統中（如懸掛在升降機中的單擺）其g應為等效加速度。

（五）振動圖象。簡諧振動的圖象是振子振動的位移隨時間變化的函數圖象。所建坐標系中橫軸表示時間，縱軸表示位移。圖象是正弦或余弦函數圖象，它直觀地反映出簡諧振動的位移隨時間作周期性變化的規律。要把質點的振動過程和振動圖象聯系起來，從圖象可以得到振子在不同時刻或不同位置時位移、速度、加速度，回復力等的變化情況。

（六）阻尼振動、受迫振動、共振。簡諧振動是一種理想化的振動，當外界給系統一定能量以后，如將振子拉離開平衡位置，放開后，振子將一直振動下去，振子在做簡諧振動的圖象中，振幅是恒定的，表明系統機械能不變，實際的振動總是存在著阻力，振動能量總要有所耗散，因此振動系統的機械能總要減小，其振幅也要逐漸減小，直到停下來。振幅逐漸減小的振動叫阻尼振動，阻尼振動雖然振幅越來越小，但振動周期不變，振幅保持不變的振動叫無阻尼振動。振動物體如果在周期性外力──策動力作用下振動，那么它做受迫振動，受迫振動達到穩定時其振動周期和頻率等于策動力的周期和頻率，而與振動物體的固有周期或頻率無關。物體做受迫振動的振幅與策動力的周期（頻率）和物體的固有周期（頻率）有關，二者相差越小，物體受迫振動的振幅越大，當策動力的周期或頻率等于物體固有周期或頻率時，受迫振動的振幅最大，叫共振。

【典型例題】[例1]一彈簧振子在一條直線上做簡諧運動，第一次先后經過M、N兩點時速度v（v≠0）相同，那么，下列說法正確的是（

）A.振子在M、N兩點受回復力相同B.振子在M、N兩點對平衡位置的位移相同C.振子在M、N兩點加速度大小相等D.從M點到N點，振子先做勻加速運動，后做勻減速運動解析：建立彈簧振子模型如圖所示，由題意知，振子第一次先后經過M、N兩點時速度v相同，那么，可以在振子運動路徑上確定M、N兩點，M、N兩點應關于平衡位置O對稱，且由M運動到N，振子是從左側釋放開始運動的（若M點定在O點右側，則振子是從右側釋放的）。建立起這樣的物理模型，這時問題就明朗化了。因位移、速度、加速度和回復力都是矢量，它們要相同必須大小相等、方向相同。M、N兩點關于O點對稱，振子回復力應大小相等、方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反。由此可知，A、B選項錯誤。振子在M、N兩點的加速度雖然方向相反，但大小相等，故C選項正確。振子由M→O速度越來越大，但加速度越來越小，振子做加速運動，但不是勻加速運動。振子由O→N速度越來越小，但加速度越來越大，振子做減速運動，但不是勻減速運動，故D選項錯誤，由以上分析可知，該題的正確答案為C。點評：（1）認真審題，抓住關鍵詞語。本題的關鍵是抓住“第一次先后經過M、N兩點時速度v相同”。（2）要注意簡諧運動的周期性和對稱性，由此判定振子可能的路徑，從而確定各物理量及其變化情況。（3）要重視將物理問題模型化，畫出物理過程的草圖，這有利于問題的解決。

[例2]一質點在平衡位置O附近做簡諧運動，從它經過平衡位置起開始計時，經s質點第一次通過M點，再經s第二次通過M點，則質點振動周期的可能值為多大解析：將物理過程模型化，畫出具體的圖景如圖1所示。設質點從平衡位置O向右運動到M點，那么質點從O到M運動時間為s，再由M經最右端A返回M經歷時間為0.1s；如圖2所示。

另有一種可能就是M點在O點左方，如圖3所示，質點由O點經最右方A點后向左經過O點到達M點歷時s，再由M向左經最左端A，點返回M歷時s。根據以上分析，質點振動周期共存在兩種可能性。如圖2所示，可以看出O→M→A歷時s，根據簡諧運動的對稱性，可得到T1＝4×s＝s。另一種可能如圖3所示，由O→A→M歷時tl＝s，由M→A’歷時t2＝s設M→O歷時t，則4（t+t2）＝t1+2t2+t，解得t＝0.01s，則T2＝4（t+t2）＝s

所以周期的可能值為s和s說明：（1）本題涉及的知識有：簡諧運動周期、簡諧運動的對稱性。

（2）本題的關鍵是：分析周期性，弄清物理圖景，判斷各種可能性。（3）解題方法：將物理過程模型化、分段分析、討論。

[例3]甲、乙兩彈簧振子，振動圖象如圖所示，則可知（

）A.兩彈簧振子完全相同B.兩彈簧振子所受回復力最大值之比F甲∶F乙=2∶1C.振子甲速度為零時，振子乙速度最大D.振子的振動頻率之比f甲∶f乙=1∶2解析：從圖象中可以看出，兩彈簧振子周期之比T甲∶T乙=2∶1，得頻率之比f甲∶f乙=1∶2，D正確。彈簧振子周期與振子質量、彈簧勁度系數k有關，周期不同，說明兩彈簧振子不同，A錯誤。由于彈簧的勁度系數k不一定相同，所以兩振子受回復力（F=kx）的最大值之比F甲∶F乙不一定為2∶1，所以B錯誤，對簡諧運動進行分析可知，在振子到達平衡位置時位移為零，速度最大；在振子到達最大位移處時，速度為零，從圖象中可以看出，在振子甲到達最大位移處時，振子乙恰到達平衡位置，所以C正確。答案為C、D。點評：（1）圖象法是物理問題中常見的解題方法之一，是用數學手段解決物理問題能力的重要體現。應用圖象法解物理問題要明確圖象的數學意義，再結合物理模型弄清圖象描述的物理意義，兩者結合，才能全面地分析問題。（2）本題中涉及知識點有：振幅、周期、頻率、影響周期的因素、簡諧運動在特殊點的速度、回復力、簡諧運動的對稱性等。（3）分析本題的主要方法是數與形的結合（即圖象與模型相結合）分析方法。

[例4]在海平面校準的擺鐘，拿到某高山山頂，經過t時間，發現表的示數為t′，若地球半徑為R，求山的高度h（不考慮溫度對擺長的影響）。解析：由鐘表顯示時間的快慢程度可以推知表擺振動周期的變化，而這種變化是由于重力加速度的變化引起的，所以，可以得知由于高度的變化引起的重力加速度的變化，再根據萬有引力公式計算出高度的變化，從而得出山的高度。一般山的高度都不是很高（與地球半徑相比較），所以，由于地球自轉引起的向心力的變化可以不考慮，而認為物體所受向心力不變且都很小，物體所受萬有引力近似等于物體的重力。（1）設在地面上鐘擺擺長l，周期為T0，地面附近重力加速度g，拿到高山上，擺振動周期為T′，重力加速度為g′，應有從而（2）在地面上的物體應有在高山上的物體應有得點評：（1）本題涉及知識點：單擺的周期及公式，影響單擺周期的因素，萬有引力及公式，地面附近重力與萬有引力關系等。（2）解題關鍵：抓住影響單擺周期的因素g，找出g的變化與t變化的關系，再根據萬有引力知識，推出g變化與高度變化關系，從而順利求解。

[例5]在光滑水平面上，用兩根勁度系數分別為k1、k2的輕彈簧系住一個質量為m的小球。開始時，兩彈簧均處于原長，后使小球向左偏離x后放手，可以看到小球將在水平面上作往復振動。試問小球是否作簡諧運動解析：為了判斷小球的運動性質，需要根據小球的受力情況，找出回復力，確定它能否寫成F=－kx的形式。以小球為研究對象，豎直方向處于力平衡狀態，水平方向受到兩根彈簧的彈力作用。設小球位于平衡位置O左方某處時，偏離平衡位置的位移為x，則左方彈簧受壓，對小球的彈力大小為f1=k1x，方向向右。右方彈簧被拉伸，對小球的彈力大小為f2=k2x，方向向右。小球所受的回復力等于兩個彈力的合力，其大小為F=f1+f2=（k1+k2）x，方向向右。令k=k1+k2，上式可寫成F=kx。由于小球所受回復力的方向與位移x的方向相反，考慮方向后，上式可表示為F=－kx。所以，小球將在兩根彈簧的作用下，沿水平面作簡諧運動。點評：由本題可歸納出判斷物體是否作簡諧運動的一般步驟：確定研究對象（整個物體或某一部分）→分析受力情況→找出回復力→表示成F=－kx的形式（可以先確定F的大小與x的關系，再定性判斷方向）。

[例6]如圖所示，一輕質彈簧豎直放置，下端固定在水平面上，上端處于a位置，當一重球放在彈簧上端靜止時，彈簧上端被壓縮到b位置。現將重球（視為質點）從高于a位置的c位置沿彈簧中軸線自由下落，彈簧被重球壓縮到最低位置d。以下關于重球運動過程的正確說法應是（

）A.重球下落壓縮彈簧由a至d的過程中，重球做減速運動。B.重球下落至b處獲得最大速度。C.重球下落至d處獲得最大加速度。D.由a至d過程中重球克服彈簧彈力做的功等于小球由c下落至d處時重力勢能減少量。解析：重球由c至a的運動過程中，只受重力作用，做勻加速運動；由a至b的運動過程中，受重力和彈力作用，但重力大于彈力，做加速度減小的加速運動；由b至d的運動過程中，受重力和彈力作用，但重力小于彈力，做加速度增大的減速運動。所以重球下落至b處獲得最大速度，由a至d過程中重球克服彈簧彈力做的功等于小球由c下落至d處時重力勢能減少量，即可判定B、D正確。C選項很難確定是否正確，但利用彈簧振子的特點就可非常容易解決這一難題。重球接觸彈簧以后，以b點為平衡位置做簡諧運動，在b點下方取一點a＇，使ab=a′b，根據簡諧運動的對稱性，可知，重球在a、a＇的加速度大小相等，方向相反，如圖所示。而在d點的加速度大于在a＇點的加速度，所以重球下落至d處獲得最大加速度，C選項正確。答案：BCD

[例7]若單擺的擺長不變，擺角小于5°，擺球質量增加為原來的4倍，擺球經過平衡位置的速度減小為原來的1/2，則單擺的振動（

）A.頻率不變，振幅不變

B.頻率不變，振幅改變C.頻率改變，振幅改變

D.頻率改變，振幅不變解析：單擺的周期T=，與擺球質量和振幅無關，只與擺長L和重力加速度g有關。當擺長L和重力加速度g不變時，T不變，頻率f也不變。選項C、D錯誤。單擺振動過程中機械能守恒。擺球在最大位置A的重力勢能等于擺球運動到平衡位置的動能，即mgL（1－cosθ）=

2υ=，當υ減小為υ/2時，增大，減小，振幅A減小，選項B正確。點評：單擺的周期只與擺長和當地重力加速度有關，而與擺球質量和振動幅無關，擺角小于5°的單擺是簡諧振動，機械能守恒。【模擬試題】一.選擇題1.彈簧振子作簡諧運動，t1時刻速度為v，t2時刻也為v，且方向相同。已知（t2－t1）小于周期T，則（t2－t1）（AB

）A.可能大于四分之一周期

B.可能小于四分之一周期C.一定小于二分之一周期

D.可能等于二分之一周期2.有一擺長為L的單擺，懸點正下方某處有一小釘，當擺球經過平衡位置向左擺動時，擺線的上部將被小釘擋住，使擺長發生變化，現使擺球做小幅度擺動，擺球從右邊最高點M至左邊最高點N運動過程的閃光照片，如圖所示，（懸點和小釘未被攝入），P為擺動中的最低點。已知每相鄰兩次閃光的時間間隔相等，由此可知，小釘與懸點的距離為（

C

）A.L/4

B.L/2

C.3L/4

D.無法確定3.A、B兩個完全一樣的彈簧振子，把A振子移到A的平衡位置右邊10cm，把B振子移到B的平衡位置右邊5cm，然后同時放手，那么（

A

）A.A、B運動的方向總是相同的

B.A、B運動的方向總是相反的C.A、B運動的方向有時相同、有時相反

D.無法判斷A、B運動的方向的關系4.在下列情況下，能使單擺周期變小的是（

C）A.將擺球質量減半，而擺長不變B.將單擺由地面移到高山C.將單擺從赤道移到兩極D.將擺線長度不變，換一較大半徑的擺球5.把一個篩子用四根彈簧支起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉一周，給篩子一個驅動力，這就做成了一個共振篩，篩子做自由振動時，完成20次全振動用15s，在某電壓下，電動偏心輪轉速是88r/min，已知增大電動偏心輪的電壓，可以使其轉速提高，增加篩子的質量，可以增大篩子的固有周期，要使篩子的振幅增大，下列做法中，正確的是（AD

）A.降低輸入電壓

B.提高輸入電壓

C.增加篩子的質量

D.減小篩子的質量6.一質點作簡諧運動的圖象如圖所示，則該質點（

BD

）A.在時，速度和加速度都為－x方向。B.在至內，速度與加速度先反方向后同方向，且速度是先減小后增大，加速度是先增大后減小。C.在第八個內，速度與位移方向相同，且都在不斷增大。D.在每1s內，回復力的瞬時功率有100次為零。7.擺長為L的單擺做簡諧振動，若從某時刻開始計時，（取作t=0），當振動至

時，擺球具有負向最大速度，則單擺的振動圖象是圖中的（

C

）8.將一個電動傳感器接到計算機上，就可以測量快速變化的力，用這種方法測得的某單擺擺動時懸線上拉力的大小隨時間變化的曲線如圖所示。某同學由此圖線提供的信息做出了下列判斷（

A

）①s時擺球正經過最低點。②s時擺球正經過最低點。③擺球擺動過程中機械能減少。④擺球擺動的周期是T＝。上述判斷中，正確的是A.①③

B.②③

C.③④

D.②④9.甲乙兩人同時觀察同一單擺的振動，甲每經過觀察一次擺球的位置，發現擺球都在其平衡位置處；乙每經過觀察一次擺球的位置，發現擺球都在平衡位置右側的最高處，由此可知該單擺的周期可能是（

AB

）A.

B.

C.

D.10.關于小孩子蕩秋千，有下列四種說法：①質量大一些的孩子蕩秋千，它擺動的頻率會更大些

②孩子在秋千達到最低點處有失重的感覺

③拉繩被磨損了的秋千，繩子最容易在最低點斷開

④自己蕩秋千想蕩高一些，必須在兩側最高點提高重心，增加勢能。上述說法中正確的是（

B

）A.①②

B.③④

C.②④

D.②③二.填空題11.如圖所示，質量為m的物塊放在水平木板上，木板與豎直彈簧相連，彈簧另一端固定在水平面上，今使m隨M一起做簡諧運動，且始終不分離，則物塊m做簡諧運動的回復力是由

重力和M對m支持力的合力

提供的，當振動速度達最大時，m對M的壓力為

mg

。12.如圖所示為水平放置的兩個彈簧振子A和B的振動圖像，已知兩個振子質量之比為mA:mB=2:3，彈簧的勁度系數之比為kA:kB=3:2，則它們的周期之比TA：TB＝

2:3

；它們的最大加速度之比為aA:aB＝

9:2

。13.有一單擺，當它的擺長增加2m時，周期變為原來的2倍。則它原來的周期是。14.某同學在做“利用單擺測重力加速度”的實驗中，先測得擺線長為，擺球直徑為，然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間為s。則：（1）他測得的重力加速度g=

m/s2（計算結果取三位有效數字）（2）他測得的g值偏小，可能原因是：

CD

A.測擺線長時擺線拉得過緊。B.擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加了。C.開始計時時，秒表過遲按下。D.實驗中誤將49次全振動計為50次。（3）為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應的周期T，從而得出一組對應的l和T的數值，再以l為橫坐標、T2為縱坐標將所得數據連成直線，并求得該直線的斜率K。則重力加速度g=

4∏^2/K

。（用K表示）

三.計算題15.彈簧振子以O點為平衡位置在B、C兩點之間做簡諧運動，B、C相距20cm.某時刻振子處于B點，經過s，振子首次到達C點，求：（1）振動的周期和頻率；T=1sf=1Hz（2）振子在5s內通過的路程及位移大小；200cm10cm（3）振子在B點的加速度大小跟它距O點4cm處P點的加速度大小的比值。5:216.觀察振動原理的應用：心電圖儀是用來記錄心臟生物電的變化規律的裝置，人的心臟跳動時會產生一股股強弱不同的生物電，生物電的變化可以通過周圍組織傳到身體的表面。醫生用引導電極放置于肢體或軀體的一定部位就可通過心電圖儀記錄出心電變化的波動曲線，這就是心電圖。請去醫院進行調查研究，下面是甲、乙兩人在同一臺心電圖機上作出的心電圖分別如圖甲、乙所示，醫生通過測量后記下甲的心率是60次／分。試分析：（1）該心電圖機圖紙移動的速度；v=s（2）乙的心動周期和心率75次/分17.如圖所示，一塊涂有炭黑玻璃板，質量為2kg，在拉力F的作用下，由靜止開始豎直向上運動。一個裝有水平振針的振動頻率為5Hz的固定電動音叉在玻璃板上畫出了圖示曲線，量得OA=1cm，OB=4cm，OC=9cm，求外力F的大小。（g=10m/s2，不計阻力）F=24N

18.兩個單擺擺長相同，一個靜止于地面，一個個靜止在懸浮于高空的氣球中。地面上的單擺擺動了n次全振動時，氣球中的單擺擺動了n－1次全振動。已知地球半徑為R，求氣球的高度

H=R/(n-1)【試題答案】1.AB

2.C

3.A4.C解析：影響單擺周期的因素為擺長l和重力加速度g，當擺球質量減半時擺長未變，周期不變；當將單擺由地面移到高山時，g值變小，T變大；當單擺從赤道移到兩極時g變大，T變小；當擺線長度不變，擺球半徑增大時，擺長l增大，T變大，所以選C。5.AD

6.BD7.

解：從t=0時經過時間，這段時間為，經過擺球具