2020新亮剑高考物理总复习讲义：第十四单元 选修3-4 课时1 .docx

《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第十四单元 选修3-4 课时1 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第十四单元 选修3-4 课时1 .docx（15页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第十四单元选修3-4课时1机 械 振 动见自学听讲P2411.简谐运动及表达式 (1)简谐运动: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。平衡位置:物体在振动过程中回复力为零的位置。回复力:定义,使物体返回到平衡位置的力。方向,总是指向平衡位置。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。(2)简谐运动的表达式:动力学表达式为F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反。运动学表达式为x=Asin(t+),其中A代表振幅,=2f表示简谐运动的快慢,t+代表简谐运动的相位,叫作初相。【温馨提示】简谐运动的平衡位置不是质点所受合力为零的位置,

2、是回复力为零的位置。2.简谐运动图象 (1)简谐运动的图象:从平衡位置开始计时,函数表达式为x=Asin t,图象如图甲所示。从最大位移处开始计时,函数表达式为x=Acos t,图象如图乙所示。(2)简谐运动的振动图象:物理意义,表示振动物体的位移随时间变化的规律。横轴表示时间,纵轴表示质点在不同时刻偏离平衡位置的位移。需要注意的是振动图象不是质点的运动轨迹。简谐运动的振动图象为正(余)弦函数曲线。(3)振动图象的应用:可读取A、T及各时刻的位移;判断v、x、f、a的方向及变化情况和Ek、Ep的变化情况。【温馨提示】(1)简谐运动的图象并非振动质点的运动轨迹。(2)做简谐运动的质点经过平衡位置

3、时,回复力一定为零,但所受合力不一定为零。(3)由于简谐运动具有周期性和对称性,因此涉及简谐运动时往往出现多解,分析时应特别注意。位移相同时回复力、加速度、动能和势能等可以确定,但速度可能有两个方向,由于周期性运动时间也不能确定。3.受迫振动和共振 受迫振动的振动频率:当物体做受迫振动时,振动稳定后的频率等于驱动力的频率,跟物体的固有频率无关。【温馨提示】(1)无论发生共振与否,受迫振动的频率都等于驱动力的频率,但只有发生共振现象时振幅才能达到最大。(2)受迫振动系统中的能量转化不再只有系统内部动能和势能的转化,还有驱动力对系统做正功,补偿系统因克服阻力而损失的机械能。4.探究单摆的运动、用单

4、摆测定重力加速度 (1)单摆在摆角小于5时,振动周期跟偏角的大小和摆球的质量无关,单摆的周期公式是T=2lg,由此得g=42lT2,因此测出单摆的摆长l和振动周期T,就可以求出当地的重力加速度。(2)测摆长:用米尺量出摆线长l(精确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,则单摆的摆长l=l+D2。(3)测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5),然后释放小球,记下单摆摆动30次50次的总时间,算出平均每摆动一次的时间,即单摆的振动周期。反复测量三次,再算出测得周期数值的平均值。【温馨提示】单摆的回复力是重力沿圆弧切线的分力,注意不是重力和拉力的合力。处理单摆问题时常用一种小角度近似处理sin

5、Al。1.(2018湖北宜昌单元检测)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B2.(2018福建龙岩质检)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=810-3sin4t+2mB.x=810-3sin4t-2mC.x=810-1sint+32mD.x=810-1sin4t+2m答案A3.(2018陕西铜川摸底考试)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示,则可知()。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=21C.当振子甲的速度为零时,振子

6、乙的速度最大D.两振子的振动频率之比f甲f乙=21答案C4.(2019安徽淮北阶段考试)(多选)某单摆做小角度摆动,其振动图象如图所示,则下列说法正确的是()。A.t1时刻摆球速度最大,摆球向心加速度最大B.t2时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大C.t3时刻摆球速度为零,摆球所受回复力最大D.t4时刻摆球速度为零,摆球处于平衡状态答案BC5.(2018山西太原质量调研)蜘蛛虽有8只眼睛,但视力很差,完全靠感觉来捕食和生活,它的腿能敏锐地感觉到丝网的振动,当丝网的振动频率f=200 Hz左右时,网的振幅最大,那么当落在网上的昆虫翅膀振动的频率为Hz左右时,蜘蛛感到丝网振动最为强烈。答案2006

7、.(2018江西南昌阶段考试)(多选)某同学利用单摆测得g值比当地标准值偏大,其原因可能是()。A.测量摆长时忘记加上小球半径B.振幅过小C.将摆长当成了摆线长和球直径之和D.摆动次数多记了一次E.小球不是在竖直平面内摆动F.摆球质量过大,空气阻力影响答案CDE7.(2018河北保定单元检测)(多选)某同学利用单摆测量重力加速度。为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是()。A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D.在摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大答案BC1.(2018天津卷,8)(多选)一振子沿x轴做简谐运动,平衡位置

8、在坐标原点。t=0时振子的位移为-0.1 m,t=1 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23 sB.若振幅为0.1 m,振子的周期可能为45 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 s解析若振幅为0.1 m,则t=T2+nT(n=0,1,2,)。当n=0时,T=2 s;当n=1时,T=23 s;当n=2时,T=25 s。故A项正确,B项错误。若振幅为0.2 m,振动分两种情况讨论:振子振动如图甲所示,则振子由C点振动到D点用时至少为T2,周期最大为2 s。甲振子振动如图乙中实线所示。由x=Asin (t+)

9、知t=0时,-A2=Asin ,=-6,乙即振子由C点振动到O点用时至少为T12,由简谐运动的对称性可知,振子由C点振动到D点用时至少为T6,则T最大为6 s。若振子振动如图乙中虚线所示,振子由C点振动到D点,则T=2 s。综上所述C项错误,D项正确。答案AD2.(2017上海学业水平测试,10)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94倍,摆球经过平衡位置的速度减为原来的23,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,振幅变大解析由单摆周期公式T=2lg可知,当摆长l不变时,周期不变;由机械能守恒定律可知12mv2=mg

10、h,由12m23v2=mgh1知,摆球上升高度h1=49h,即最大高度减小,故振幅A=l2-(l-h1)2减小,B项正确。答案B见自学听讲P243一简谐运动的规律1.简谐运动的五大特征:(1)受力特征,回复力F=-kx,F(或a)的大小与x的大小成正比,方向相反。(2)运动特征,靠近平衡位置时,a、F、x都减小,v增大;远离平衡位置时,a、F、x都增大,v减小。(3)能量特征,振幅越大,能量越大。在运动过程中,系统的动能和势能相互转化,机械能守恒。(4)周期性特征,质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化,变化周期就是简谐运动的周期T;动能和势能也随时间做周期性变化,其变化周期为T2

11、。(5)对称性特征,关于平衡位置O对称的两点,速度的大小、动能、势能相等,相对平衡位置的位移大小相等;由对称点到平衡位置O用时相等。2.两种振动模型的分析与对比模型弹簧振子单摆振动示意图特点忽略阻力,弹簧的弹力提供回复力;弹簧的质量可忽略摆线轻质无弹性,摆角很小;重力切向分力提供回复力回复力F=-kxF=-mglx;T=2lg运动特点振子在振动过程中,机械能守恒,振子经过平衡位置时,势能为零,动能最大,从平衡位置运动到最大位移处时,动能转化为势能,振动的位移、速度、回复力、动能和势能都做周期性变化【温馨提示】类单摆问题的解题方法: 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

12、支持力,此支持力类似单摆中的摆线拉力,故此装置可称为“类单摆”。 寻找等效摆长l及等效加速度g,最后利用公式T=2lg或简谐运动规律分析求解问题。例1(多选)如图,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5t) m。t=0时,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6 s时,小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g=10 m/s2。以下判断正确的是()。A.h=1.7 mB.简谐运动的周期是0.8 sC.0.6 s内物块运动的路程是0.2 mD.t=0.4 s时,物块与小球的运动方向相反解析t=0.6 s

13、时,物块的位移y=0.1sin(2.50.6)m=-0.1 m,则对小球有h+|y|=12gt2,解得h=1.7 m,A项正确;简谐运动的周期T=2=0.8 s,B项正确;0.6 s内物块运动的路程s=3A=0.3 m,C项错误;t=0.4 s=T2,此时物块在平衡位置向下振动,则此时物块与小球运动方向相同,D项错误。答案AB首先要搞清简谐振动的特点及自由落体运动的规律;然后通过物块及小球的位置关系进行讨论。变式1(多选)一列简谐横波在t0时刻的波形图如图甲所示,a、b、c、d 分别为介质中的4个质点。该波的周期为T,则下列判断中正确的是()。A.若波沿x轴正向传播,则图乙可表示c质点从t0时

14、刻开始的振动图象B.若波沿x轴正向传播,则图乙可表示b质点从t0+T4 时刻开始的振动图象C. 若波沿x轴负向传播,则图乙可表示a质点从t0+3T4时刻开始的振动图象D.若波沿x轴负向传播,则图乙可表示d质点从t0+3T4时刻开始的振动图象解析若波沿x轴正向传播,根据同侧法可知处于平衡位置的a向上振动,c向下振动;而图乙的振动图象反映的是从平衡位置开始向上振动的图象,则满足b质点在t0+T4 时刻的振动规律,故A项错误,B项正确。若波沿x轴负向传播,则此时刻开始a向下振动,c向上振动,b经过T4回到平衡位置向上振动,d经过3T4回到平衡位置向上振动,故C项错误,D项正确。答案BD二简谐运动图象

15、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(如图甲所示)。(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(如图乙所示)(1)相隔t=n+12T(n=0,1,2,)的两个时刻,弹簧振子的

16、位置关于平衡位置对称,位移大小相等,方向相反,速度也大小相等,方向相反。(2)相隔t=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。【温馨提示】运动的对称性是振动问题考查的一个难点,运动的对称性把握三处位置,即关于平衡位置对称的位置、运动时间相差半周期的奇数倍的位置、运动时间相差周期的整数倍的位置。例2(多选)一水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动,平衡位置在坐标原点,向x轴正方向运动时弹簧被拉伸,振子的振动图象如图所示,已知弹簧的劲度系数为20 N/cm,振子质量m=0.1 kg,则()。A.图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N,方向指向x轴的负方向B.图中

17、A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向C.图中A点对应的时刻振子的加速度大小为5 m/s2D.在04 s内振子通过的路程为4 cmE.在04 s内振子做了1.75次全振动解析由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知,题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小F=kx=200.25 N=5 N,方向指向x轴的负方向,并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动,A、B两项正确;由牛顿第二定律知,题图中A点对应的时刻振子的加速度大小a=Fm=50 m/s2,C项错误;由题图可读出周期为2 s,4 s内振子完成两次全振动,通过的路程s=24A=240.5 cm=4 cm,D项正确,E项错误。答案A

18、BD求解简谐运动问题时,要紧紧抓住一个模型水平方向振动的弹簧振子,熟练掌握振子的振动过程以及振子振动过程中各物理量的变化规律,看到振动图象,头脑中立即呈现出一幅弹簧振子振动的图景,再把问题一一对应、分析求解。三单摆及其周期公式(1)对单摆的理解回复力:摆球重力沿切线方向的分力F回=-mgsin =-mglx=-kx,负号表示回复力F回与位移x的方向相反。向心力:细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力,F向=FT-mgcos 。(2)两点说明:当摆球在最高点时,F向=mv2l=0,FT=mgcos 。当摆球在最低点时,F向=mvmax2l,F向最大,FT=mg+mvmax2l。(3)周

19、期公式T=2lg的两点说明l为等效摆长,表示从悬点到摆球重心的距离。g为当地重力加速度。 例3如图甲是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置。设向右为正方向。图乙是这个单摆的振动图象。根据图象回答:(1)单摆振动的频率是多大?(2)开始时摆球在何位置?(3)若当地的重力加速度为10 m/s2,求这个单摆的摆长是多少?(计算结果保留2位有效数字)解析(1)由题图乙知周期T=0.8 s,则频率f=1T=1.25 Hz。(2)由题图乙知,t=0时摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时摆球在B点。(3)由T=2lg,得l=gT2420.16 m。答案(1)1.2

20、5 Hz(2)B点(3)0.16 m变式2一根摆长为2 m的单摆,在地球上某地振动时,测得完成100次全振动所用的时间为284 s。(计算结果保留3位有效数字)(1)求当地的重力加速度g。(2)该单摆拿到月球上去,已知月球的重力加速度是1.60 m/s2,单摆振动周期是多少?解析(1)周期T=tn=284100 s=2.84 s由周期公式T=2 lg得g=42lT29.78 m/s2。(2)T=2 lg7.02 s。答案(1)9.78 m/s2(2)7.02 s四用单摆测定重力加速度1.实验原理与操作2.数据处理a.公式法:g=42lT2,算出重力加速度g的值,再算出g的平均值。b.图象法:作

21、出l-T2图象求g值。3.误差分析产生原因减小方法偶然误差测量单摆周期及摆长时产生误差多次测量再求平均值计时从单摆经过平衡位置时开始系统误差主要来源于单摆模型本身摆球要选体积小、密度大的最大摆角要小于5例4在“用单摆测定重力加速度”的实验中:(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小于5,为了减小测量周期的误差,计时开始时,摆球应经过最(选填“高”或“低”)点,且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间,求出周期。图甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间,则单摆振动周期为。(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长,测量情况如图乙所示。O为悬挂点,从图乙中可知单摆的摆长为m。(3)若用L表示摆长,T表

22、示周期,那么重力加速度的表达式为g=。(4)考虑单摆振动时空气浮力的影响,学生甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大。”学生乙说:“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变。”则。A.甲的说法正确B.乙的说法正确C.甲、乙的说法都是错误的解析(1)摆球经过最低点时小球速度最大,容易观察和计时;图甲中停表的示数为1.5 min+12.5 s=102.5 s,则周期T=102.550 s=2.05 s。(2)从悬点到球心的距离为摆长,可得L=0.9980 m。(3)由单摆周期公式T=2Lg可得g=42LT2。(4)由于受到空

23、气浮力的影响,小球的质量没变,可相当于小球所受重力减小,即等效重力加速度减小,因而振动周期变大,A项正确。答案(1)低2.05 s(2)0.9980(3)42LT2(4)A五受迫振动和共振1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定,即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定,即T=T驱或f=f驱T驱=T0或f驱=f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(偏角5)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣2.对共振的理解(1)共振曲

24、线:如图所示,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。(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。例5下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系,若该振动系统的固有频率为f固,则()。驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固=60 HzB.60 Hzf固70 HzC.50 Hzf固60 HzD.以上三个都不对解析如图所示,f驱与f固越接近

25、,受迫振动的振幅越大。比较各组数据知f驱在50 Hz60 Hz范围内,即50 Hzl乙。现给摆球相同的水平初速度v,让其在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与能量分别为f1、f2和E1、E2,则它们的关系是()。A.f1f2,E1=E2B.f1f2,E1=E2C.f1E2D.f1=f2,E1E2解析给摆球相同的水平初速度v相当于给予单摆相同的机械能,即E1=E2;根据单摆周期公式,甲单摆周期较大,频率较小,f1f2,B项正确。答案B4.(2017河北邢台期末考试)(多选)如图所示,在一根张紧的绳上挂着四个单摆,其中甲、丙两单摆的摆长相等。现给甲摆一个初始能量,使其开始摆动。摆动稳定后,关于乙、

26、丙、丁三个单摆,下列说法正确的是()。A.乙摆摆动的周期与甲摆摆动的周期相同B.丁摆摆动的周期与丙摆摆动的周期相同C.丁摆频率最大D.乙摆振幅最大E.丙摆振幅最大解析甲、丙两单摆的摆长相等,具有相同的固有频率,所以摆动稳定后,丙摆振幅最大;乙摆、丙摆、丁摆摆动的周期与甲摆摆动的周期相同,故A、B、E三项正确。答案ABE5.(2019云南大理阶段测试)如图所示,弹簧振子在a、b两点间做简谐振动,则振子从平衡位置O向a运动过程中()。A.加速度和速度均不断减小B.加速度和速度均不断增大C.加速度不断增大,速度不断减小D.加速度不断减小,速度不断增大解析在振子由O到a的过程中,其位移不断增大,回复力

27、增大,加速度增大,但是由于加速度与速度方向相反,故速度减小,C项正确。答案C6.(2018山东曲阜诊断考试)如图所示为某弹簧振子在05 s内的振动图象,下列说法中正确的是()。A.振动周期为5 s,振幅为8 cmB.第2 s末振子的速度为零,加速度为负向的最大值C.从第1 s末到第2 s末振子的位移增加,振子在做加速度减小的减速运动D.第3 s末振子的速度为正向的最大值解析由题图图象可知振动周期为4 s,振幅为8 cm,A项错误;第2 s末振子在负方向的最大位移处,速度为零,加速度为正向的最大值,B项错误;从第1 s末到第2 s末振子的位移增大,振子在做加速度增大的减速运动,C项错误;第3 s

28、末振子在平衡位置,向正方向运动,速度为正方向的最大值,D项正确。答案D7.(2018四川绵阳摸底考试)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)如图所示,则()。A.此单摆的固有周期约为0.5 sB.此单摆的摆长约为1 mC.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解析由图可知此单摆的固有频率为0.5 Hz,固有周期为2 s,故A项错误;由单摆周期公式T=2lg,得此单摆的摆长约为1 m,故B项正确;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,故C、D两项错误。答案B8.(2018福建福州质检)(多选)一弹簧振子

29、沿x轴振动,振幅为4 cm,振子的平衡位置位于x轴上的O点。图甲上的a、b、c、d为四个不同的振动状态;黑点表示振子的位置,黑点上的箭头表示运动的方向。图乙给出的四条振动图线,可用于表示振子的振动图象的是()。A.若规定状态a时t=0,则图象为B.若规定状态b时t=0,则图象为C.若规定状态c时t=0,则图象为D.若规定状态d时t=0,则图象为解析振子在状态a时t=0,此时的位移为3 cm,且沿x轴正方向运动,符合图象,A项正确;振子在状态b时t=0,此时的位移为2 cm,且沿x轴负方向运动,不符合象,B项错误;振子在状态c时t=0,此时的位移为-2 cm,不符合图象,C项错误;振子在状态d时

30、t=0,此时的位移为-4 cm,速度为零,符合图象,D项正确。答案AD9.(2018甘肃陇南阶段测试)(多选)如图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()。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E.由图象可以求出当地的重力加速度解析由题图振动图象可以看出,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=2lg可得,甲、乙两单摆的摆长相等,但摆长大小未知,不能计算出当地的重力加速度g,故A、B两项正确,E项错误;两单摆的质量未知,所以两单摆的机械能无法比较,C项错误;在t=0.

31、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项正确。答案ABD10.(2018山东济南调研)有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室,各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”,他们通过校园网交换实验数据,并由计算机绘制了T2-l图象,如图甲所示,去北京大学的同学所测实验结果对应的图线是(选填“A”或“B”)。另外,在南京大学做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图乙所示),由图可知,两单摆摆长之比lalb=。在t=1 s时,b球振动的方向是。解析由单摆的周期公式T=2 lg得图象的斜

32、率k=T2l=42g,重力加速度越大,斜率越小,我们知道北京的重力加速度比南京的大,所以去北京大学的同学所测实验结果对应的图线是B;从题图乙可以得出Tb=1.5Ta,由T=2 lg知,两单摆摆长之比lalb=49;从题图乙可以看出,t=1 s时b球正在向负最大位移处运动,所以b球的振动方向沿y轴负方向。答案B49沿y轴负方向11.(2018辽宁营口质量调研)如图所示为一弹簧振子的振动图象,请完成以下问题:(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?解析(1

33、)由振动图象可得A=5 cm,T=4 s,0=0则=2T=2 rad/s故该振子简谐运动的表达式为x=5sin 2t 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45 cm=20 cm,前100 s刚好经过了25个周期,所以前100 s振子的总位移x=0,振子的路程s=2520 cm=500 cm=5 m。答案(1)x=5sin 2t cm(2)见解析(3)05 m