第19讲　机械振动 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“机械振动”专题，依据高考评价体系梳理了简谐运动规律、振动图像、单摆周期、受迫振动四大核心考点，通过真题分析明确简谐运动动态变化和振动图像理解为高频考点，归纳出周期性对称性分析、等效模型建构等常考题型。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2026浙江选考弹簧振子影子运动题为载体，运用“位移桥梁法”分析物理量变化，培养学生运动和相互作用观念及科学思维。特设“易错警示”和“方法总结”，帮助学生掌握等效摆长计算等技巧，教师可据此实施针对性复习，提升备考效率。

第19讲　机械振动 考点一　简谐运动的规律 必备知识•全方位凝练 1.简谐运动的定义与表达式 (1)运动学描述:质点的位移随时间按照正弦函数规律变化的振动。表达式为x=Asin (ωt+φ),其中A表示振幅,ω表示角速度,ωt+φ表示相位。 (2)动力学描述:回复力F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反,回复力是按效果分类的,可以是某一个力,也可以是几个力的合力或某个力的分力。 2.简谐运动的两种模型 (1)弹簧振子 简谐运动条件:弹簧质量不计;振动过程阻力不计;在弹簧弹性限度内。 (2)单摆 简谐运动条件:摆线质量不计且不可伸缩;振动过程阻力不计;小角度摆动(一般不超过5°)。 3.简谐运动的能量 简谐运动中动能和势能相互转化,机械能守恒。同一振动物体振幅越大,机械能越大。 [练一练] 判断下列说法对错 (1)做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,速度一定相同。(　　) (2)做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,加速度一定相同。(　　) (3)做简谐运动的物体,在任意四分之一个周期内物体通过的路程一定等于振幅的大小。(　　) × √ × 关键能力•多维度提升 考向1　简谐运动中各物理量的动态变化分析 典例1　如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点间运动,图乙为这个弹簧振子的振动图像,由图可知下列说法正确的是(　　) A.在t=0.2 s时,弹簧振子的加速度为正向最大 B.在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子的速度相同 C.从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子做加速度增大的减速运动 D.在t=0.6 s时,弹簧振子有最小的位移 C 解析 在t=0.2 s时,弹簧振子的位移为正向最大,加速度为负向最大,故A错误;在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子的位移相同,说明弹簧振子在同一位置,速度大小相等,但是方向相反,B错误;从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子的位移增大,加速度增大,速度减小,所以弹簧振子做加速度增大的减速运动,C正确;在t=0.6 s时,弹簧振子的位移为负向最大,D错误。 方法总结 分析简谐运动中各物理量的变化情况时,一定要以位移为桥梁,位移增大时,振动质点的回复力、加速度、势能均增大,速度、动能均减小;反之,则产生相反的变化。另外,各矢量均在其值为零时改变方向。 考向2　简谐运动的周期性和对称性 典例2　(多选)一弹簧振子做简谐运动,点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(　　) A.0.53 s B.1.4 s C.1.6 s D.2 s BD 解析 弹簧振子的运动可分两种情况讨论,第1种情况如图甲所示,设O为平衡位置,OB(OC)代表振幅,弹簧振子从点O到点C所需时间为,因为简谐运动具有对称性,所以弹簧振子从点M到点C和从点C到点M所用时间相等,故=0.3 s+=0.4 s,解得T=1.6 s;第2种情况如图乙所示,若弹簧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,则弹簧振子从点M'经过点B到点M'所用的时间与弹簧振子从点M经过点C到点M所需时间相等,即0.2 s,弹簧振子从点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T=0.5 s+ s ≈0.53 s。故选BD。 甲 乙 方法总结 (1)物体做简谐运动时,其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时间做周期性的变化,它们的周期就是简谐运动的周期T。物体的动能和势能也随时间做周期性的变化,其周期为。 (2)简谐运动的速度、时间、位移和加速度等物理量具有一定的对称性。要善于利用这种对称性分析问题。 ①速率的对称性:物体在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率。 ②时间的对称性:物体通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等。在振动过程中,物体通过任意两点A、B的时间与逆向通过这两点的时间相等。 ③加速度的对称性:物体在关于平衡位置对称的两位置具有等大、反向的加速度。 考向3　弹簧振子模型 典例3　(2026浙江1月选考)如图甲所示,质量相等的小球和点光源分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上,间距为l,竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l,小球和点光源做小振幅运动时,在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向,小球和点光源的振动图像如图乙所示,则(　　) A.t1时刻小球向上运动 B.t2时刻点光源的加速度向上 C.t2时刻小球与影子相位差为π D.t3时刻影子的位移为5A D 解析 以竖直向上为正方向,根据图乙可知,t1时刻,小球位于平衡位置,随后位移为负值,且位移增大,则t1时刻小球向下运动,A错误;以竖直向上为正方向,t2时刻点光源的位移为正值,点光源的振动图像为正弦函数图像,表明其做简谐运动,根据F回=-kx=ma可知,其加速度方向与位移方向相反,位移方向向上,则加速度方向向下,B错误;根据图乙可知,小球与点光源的振动步调总是相反,由于影子是点光源发出的光被小球遮挡后,在屏上留下的阴影,可知影子与小球的振动步调总是相同,即t2时刻小球与影子相位差为0,C错误;根据图乙可知,t3时刻,点光源位于最低点,小球位于最高点,根据光的直线传播可知,在屏上影子的位置也处于最高点,影子位于正方向上的最大位移处,根据几何关系有,解得x影子=5A,即t3时刻影子的位移为5A,D正确。 考点二　振动图像的理解和应用 必备知识•全方位凝练 1.意义 描述振子相对平衡位置的位移随时间变化的规律,不是物体的运动轨迹。 2.可获取的信息 (1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0等。 (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 斜率的大小和正负分别表示各时刻质点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,在图像上总是指向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。 3.简谐运动的图像规律 (1)相隔Δt=(n+0.5)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=1,2,3,…)的两个时刻,弹簧振子在同一位置,位移和速度都相同。 关键能力•多维度提升 考向1　对振动图像的理解 典例1　(多选)一个质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是 ( 　) A.质点振动频率为4 Hz B.在10 s时间内质点经过的路程为20 cm C.t=5 s时,质点速度为零,加速度最大 D.t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等,都为 cm BCD 解析 由图可知质点的周期为4 s,因此频率为0.25 Hz,选项A错误;一个周期内质点通过的路程是4A,则在t=10 s=2.5T内,质点经过的路程为s=2.5×4×2 cm=20 cm,选项B正确;t=5 s时,质点处于正向最大位移处,速度为零,加速度为负向最大,选项C正确;质点的振动方程为x=At cm =2t cm,则当t=1.5 s时,有x=2 cm= cm,由周期性可知, t=4.5 s时刻与t=1.5 s时刻质点的位移相等,选项D正确。 考向2　振动图像的应用 典例2　(2025浙江金华模拟)如图甲所示,质量为m的木板B放在水平面上,质量为2m的物块A通过一轻弹簧与其连接。给A一竖直方向上的初速度,当A运动到最高点时,B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时,A的位移随时间变化规律如图乙所示,已知重力加速度为g,空气阻力不计,下列说法正确的是(　　) A.物块A做简谐运动,回复力由弹簧提供 B.木板B在t1时刻对地面的压力大小为mg C.物块A在运动过程中机械能守恒 D.物块A的振动方程为y=0.1sin(2πt+) m D 解析 物块A做简谐运动,回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供,A错误;t1时刻物块A在平衡位置,受力平衡,因此此时弹簧处于压缩状态,弹力为F=2mg,对木板B受力分析有FN=F+mg,则可得FN=3mg,由牛顿第三定律得木板B在t1时刻对地面的压力大小为3mg,B错误;物块A在运动过程中除了受重力外,还受弹簧的弹力,弹力对物块A做功,故机械能不守恒,C错误;由图乙可知振幅为A=10 cm,周期为T=1.0 s,角速度为ω==2π rad/s,规定向上为正方向,t=0时刻位移为0.05 m,表示振子由平衡位置上方0.05 m处开始运动,所以初相为φ0=,则振子的振动方程为y=0.1sin m,故D正确。 考点三　单摆周期公式的应用 必备知识•全方位凝练 1.单摆的回复力:F=-mgsin θ(θ为摆线与竖直方向的夹角),当偏角很小时, sin θ≈,F≈-mg,单摆做简谐运动。 2.单摆的等时性:单摆的周期与振幅及摆球质量无关。单摆的周期公式: T=2π。 3.等效摆长:摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l'=r+Lcos α。乙图中小球(可视为质点)在半径为R的光滑圆槽中A点附近振动,其等效摆长为l'=R。 4.等效重力加速度:与单摆所处物理环境有关。 (1)在不同星球表面:g'=,m0为星球的质量,R为星球的半径。 (2)单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g'=g+a和 g'=g-a,a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。 关键能力•多维度提升 考向1　单摆周期公式的应用 典例1　(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器,叫摆钟,如图甲所示,摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供,运动的速率由钟摆控制,旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动,简化图如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.摆钟慢了,应使圆盘沿摆杆下移 B.摆钟快了,应使圆盘沿摆杆下移 C.把摆钟从北京移到上海,应使圆盘沿摆杆上移 D.把摆钟从山顶移到山脚,应使圆盘沿摆杆上移 BC 解析 若摆钟变慢,是因为周期变大,单摆的周期公式为T=2π,应减小摆长,即上移圆盘,同理,若摆钟变快,应下移圆盘,故A错误,B正确;从北京到上海,g值变小,周期变大,应减小摆长,即上移圆盘,故C正确;从山顶到山脚,g值变大,周期变小,应增大摆长,即下移圆盘,故D错误。 考向2　单摆周期公式中的等效摆长和重力加速度 典例2　(2025浙江6月选考)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为 0.1 kg的小铁球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5 m。小球平衡时,A端细线与杆垂直;当小球受到垂直于纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球铅垂线与AB交点的单摆,重力加速度g取 10 m/s2,则(　　) A.摆角变小,周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时,A端拉力为 N D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力 B 解析 根据单摆的周期公式T=2π,可知周期与摆角无关,故A错误;同一根细线中,A端拉力等于B端拉力,平衡时对小球受力分析如图所示,由几何关系得2FAcos 30°=mg,解得FA=FB= N,故C、D错误;根据几何知识可知摆长为L==1 m,故周期为T=2π=2 s,故B正确。 考点四　受迫振动 必备知识•全方位凝练 1.受迫振动 (1)概念:振动系统在驱动力作用下的振动。 (2)特点:受迫振动的频率等于驱动力的频率,跟系统的固有频率无关。 (3)做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统不断从外界进行能量补充,驱动力频率与固有频率越接近,振幅A越大。 (4)共振:当驱动力的频率等于系统的固有频率时,受迫振动的振幅达到最大,发生共振。振幅的最大值与驱动力有关。 2.共振曲线 表示受迫振动振幅A与驱动力频率f的关系图像如图所示,图中f0为振动系统的固有频率。 3.共振的应用与防止 (1)应用:在应用共振时,应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率,如转速计、共振筛。 (2)防止:在防止共振时,驱动力频率与系统的固有频率相差越大越好,如部队过桥时用便步。 关键能力•多维度提升 考向1　受迫振动和共振规律 典例1　(2026浙江1月选考)如图甲所示,一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO',接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中,将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放,导体杆开始下摆。当R=R0时,导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度,则当R=2R0时,导体杆振动图像是(　　) B 解析 导体杆切割磁感线时,回路中产生感应电流,由楞次定律可得,导体杆受到的安培力总是阻碍导体杆的运动。当R从R0变为2R0时,回路中的电阻增大,则电流减小,导体杆所受安培力减小,即导体杆在摆动时所受的阻力减弱,杆从开始摆动到停止,运动的路程和经历的时间变长,故选B。 考向2　实际生活中的受迫振动和共振 典例2　(2025浙江温州二模)某手机正在充电时,闹钟的铃声响起,手机开始振动,充电线上各点也随着振动。已知手机振动的频率为f1,充电线上某点振动的频率为f2,下列说法正确的是(　　) A.因为充电线上各点做受迫振动,所以f2=f1 B.若手机振动的频率增大,则充电线抖动的幅度也增大 C.充电线上离手机充电口越远的点越先振动 D.同一手机,更换不同长度的充电线,振动时的频率不同 A 解析 闹钟响起,手机开始振动,充电线也跟着振动,可知充电线做受迫振动,有f2=f1,由于受迫振动的频率取决于驱动力的频率,所以同一手机,更换不同长度充电线,振动时的频率相同,故A正确,D错误;当手机振动的频率等于充电线振动的固有频率时,充电线抖动幅度最大,所以手机振动的频率越大,充电线抖动幅度不一定越大,故B错误;充电线上越靠近振源位置的点越先振动,所以充电线上离手机充电口近的点先振动,故C错误。 变式练 (2025浙江杭州模拟)上海中心大厦高度为632米。据报道某次台风来袭时,大厦出现了晃动,然而大厦安然无恙的原因主要靠悬挂在距离地面583米,重达1 000吨的阻尼器“上海慧眼”,当台风来临时阻尼器开始减震工作,质量块的惯性会产生一个反作用力,使得阻尼器在大楼受到风作用,易摇晃时发生反向摆动,才使大厦转危为安。以下说法不合理的是(　　) A.大厦能够减小振幅是因为“上海慧眼” “吸收”了大厦振动的能量,起到减震作用 B.如果将“上海慧眼”悬挂在楼层较低的空间减震效果更好 C.如遇台风天气,阻尼器摆动幅度受风力大小影响,风力越大,摆动幅度越大 D.如果发生地震,“上海慧眼”也可以起到减弱地震对大厦影响的作用 B 解析 做振动的物体,其振幅大小体现能量的大小,而大厦能够减小振幅是因为“上海慧眼”“吸收”了大厦振动的能量,起到减震作用,故A项正确,但不符合题意;要实现更好的空间减震效果,其“上海慧眼”应该悬挂在较高楼层,故B项错误,符合题意;阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响,风力越大,摆动幅度越大,故C项正确,但不符合题意;如果发生地震,大厦也会振动,从而使得“上海慧眼”做受迫运动,减小大厦的振动,即如果发生地震,“上海慧眼”也可以起到减震作用,故D项正确,但不符合题意。 [真题信息拓展] (2025四川卷)如图所示,甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,从左至右摆长依次增加,小球静止在竖直平面内。将四个小球垂直于纸面向外拉起一小角度,由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时,小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点,同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　) A.小球甲第一次回到释放位置时,小球丙加速度为零 B.小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙动能为零 C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4 D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2 C 解析 由单摆的周期公式T=2π可知,T∝,则T甲<T乙<T丙<T丁,由题意知,2T甲=T丙,2T甲=1.5T乙=0.5T丁,可得,C正确;小球甲第一次回到释放位置时,经过T甲时间,即T丙时间,此时小球丙到达另一侧最高点,此时速度为零,位移最大,根据a=-可知此时加速度最大,不为零,A错误;由以上分析可知,小球丁第一次回到平衡位置时,经过T丁,此时小球乙回到平衡位置,速度最大,动能最大,B错误;由T=2π得l=T2,可知l∝T2,则,D错误。 $