（新课标）高考物理一轮总复习第十四章第一讲机械振动教案.docx

第一讲机械振动一、简谐运动单摆、单摆的周期公式1简谐运动(1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动(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(4)简谐运动的特征动力学特征：F回kx.运动学特征：x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反)能量特征：系统的机械能守恒，振幅A不变2简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图简谐运动条件(1)弹簧质量可忽略(2)无摩擦等阻力(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气等阻力(3)最大摆角小于5回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T2能量转化弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒二、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：Fkx，其中“”表示回复力与位移的方向相反(2)运动学表达式：xAsin(t)，其中A代表振幅，2f表示简谐运动的快慢2简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为xAsin t，图象如图甲所示(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为xAcos t，图象如图乙所示三、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，它的固有频率与驱动力的频率越接近，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所示小题快练1判断题(1)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置( )(2)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零( )(3)单摆无论摆角多大都是简谐运动( )(4)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关( )(5)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹( )2某单摆由1 m长的摆线连接一个直径为2 cm的铁球组成，关于单摆周期，以下说法正确的是( A )A用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B用大球替代小球，单摆的周期不变C摆角从5改为3，单摆的周期会变小D将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大3一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知( B )A质点的振动频率是4 HzBt2 s时，质点的加速度为正向最大C质点的振幅为4 cmDt3 s时，质点所受的回复力最大4如图所示的装置，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( A )A1 HzB3 HzC4 Hz D5 Hz考点一简谐运动的五个特征 (自主学习)1动力学特征：Fkx，“”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数2运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比，而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反3运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同4对称性特征(1)相隔或(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点，P、P(OPOP)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等(3)振子由P到O所用时间等于由O到P所用时间，即tPOtOP.(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOPtPO.5能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒11.简谐运动的规律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：C12.竖直方向的弹簧振子(多选)(2015山东卷)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y0.1sin 2.5t (m)t0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度取重力加速度的大小g10 m/s2.以下判断正确的是()Ah1.7 mB简谐运动的周期是0.8 sC0.6 s内物块运动的路程是0.2 mDt0.4 s时，物块与小球运动方向相反答案：AB13.周期性问题一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3 s时，振子第一次到达P点，又经过2 s第二次经过P点则该弹簧振子的振动周期可能为()A32 sB16 sC8 s D4 s答案：B14.水平方向的弹簧振子如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开，以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A A0，T T0.(均填“”“”或“”)解析：当物块向右通过平衡位置时，脱离前振子的动能Ek1(mamb)v脱离后振子的动能Ek2mav由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后振子振幅变小；振动中振子的质量变小，振子的周期变小答案：考点二简谐运动的规律及图象 (自主学习)1简谐运动的数学表达式xAsin(t)2振动图象提供的信息(1)由图象可以看出质点振动的振幅、周期(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移(3)可以确定各时刻质点的振动方向(4)可以确定某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向(5)比较不同时刻质点的速度、加速度的大小21.图象信息的分析一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是()A质点振动频率是4 HzB在10 s内质点经过的路程是20 cmC第4 s末质点的速度是零D在t1 s和t3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同答案：B22.两个弹簧振子图象的比较(多选)如图所示为两个弹簧振子的振动图象下面的说法中正确的是()A甲的振动能量是乙的2倍B甲的振动频率是乙的2倍C乙的振动周期是甲的2倍D甲、乙的位移不可能同时达到正向最大值答案：BCD23.应用图象求解有关物理量(多选)(2018黔东南州一模)质点做简谐运动的图象，下列说法正确的是 _A该质点振动的周期为0.8 sBt0.2 s时，质点的加速度最大C质点在一个周期内通过的路程为16 cmD在t0和t0.4 s时，质点所受的回复力相同Et0.3 s时，质点的速度方向沿x轴的负方向解析：从图中可知T0.8 s，A正确；t0.2 s时质点在平衡位置，回复力为零，加速度为零，B错误；质点在一个周期内的路程为s4A44cm16 cm，C正确；t0时刻质点在正向最大位移处，回复力指向x方向，而在t0.4 s时刻质点在负向最大位移处，回复力指向x正方向，故两力大小相等，但方向不同，D错误；t0.3 s时质点正沿x方向运动，E正确答案：ACE考点三单摆受迫振动和共振 (自主学习)1单摆的周期公式单摆的振动周期(T2)与摆长和重力加速度有关，而与振幅和摆球质量无关单摆周期与振幅无关，即具有等时性2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TT驱或ff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(5)机器运转时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等3.对共振的理解(1)共振曲线：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ff0时，振幅A最大(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换31. 受迫振动(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min，则()A当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D当转速减小时，弹簧振子的振幅增大答案：BD32.共振现象(多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车由于受到周期性的冲击力做受迫振动普遍钢轨长为12.6 m，列车的固有振动周期为0.315 s下列说法正确的是()A列车的危险速率为40 m/sB列车过桥需要减速，是为了防止列车与桥发生共振现象C列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D增加钢轨的长度有利于列车高速运行答案：ABD33.单摆周期问题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，试求摆长解析：(1)由题图乙知，单摆的周期T0.8 s所以单摆振动频率f1.25 Hz.(2)由题图乙知，t0时位移为负的最大，所以开始时摆球在B处(3)由T2知L0.162 m.答案：(1)1.25 Hz(2)B处(3)0.162 m考点四实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度 (自主学习)1实验原理：由单摆的周期公式T2，可得出gl，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g.2实验器材：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表3实验步骤(1)做单摆：取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长lL.(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3050次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期(4)改变摆长，重做几次实验(5)数据处理的两种方法：公式法gl；图象法画lT2图象41.(2018运城模拟)某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm、外形不规则的大理石代替小球他设计的实验步骤如下：A将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点；B用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；C将石块拉开一个大约5的角度，然后由静止释放；D从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T 得出周期；E改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；F求出多次实验中测得的l和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g2l，求出重力加速度g.(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是 (2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值 (选填“偏大”或“偏小”)解析：(1)摆长应为石块重心到悬点的距离，故B步骤错误；计时开始的位置应为摆球振动的平衡位置，故D步骤错误；在用公式g2l计算g时，应先将各项的l和T单独代入求解g值，故F步骤错误(2)因为用OM作为摆长，比单摆的实际摆长偏小，因此计算出的重力加速度的值比实际值偏小答案：(1)BDF (2)偏小42.数据处理、误差分析某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为 cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.(2)用秒表测量单摆的周期当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T s(结果保留三位有效数字)(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是()AgBC. D(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小()A偏大 B偏小C不变 D都有可能解析：(1)摆球的直径为d20 mm6 mm20.6 mm2.06 cm.(2)秒表的读数为t60 s7.5 s67.5 s，根据题意tTT，所以周期T2.29 s.(3)根据单摆的周期公式T2，可得k(常数)，所以C正确(4)因为k(常数)，所以k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变答案：(1)2.06(2)2.29(3)C(4)C1如图所示，一弹簧振子在B、C两点间做简谐运动，B、C间距为12 cm，O是平衡位置，振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，则下列说法中正确的是( A )A该弹簧振子的周期为1 sB该弹簧振子的频率为2 HzC该弹簧振子的振幅为12cmD振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动2(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图所示a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法中正确的是( AC )A质点做简谐运动的方程为xAsintB质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同C质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等3(多选)如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是( CD )A只有A、C的振动周期相等BC的振幅比B的振幅小CC的振幅比B的振幅大DA、B、C的振动周期相等4某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为 cm.(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是 (填选项前的字母)A把单摆从平衡位置拉开30的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为C用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)由游标尺的“0”刻线在主尺上的位置读出摆球直径的整毫米数为9 mm0.9 cm，游标尺中第7条刻度线与主尺刻度线对齐，所以应为0.07 cm，所以摆球直径为0.9 cm0.07 cm0.97 cm.(2)单摆摆角太大，且单摆应从最低点计时，故A错误；因一个周期内，单摆有2次通过最低点，故B错误；由T2得，g，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，则g偏大，C正确；因空气阻力的影响，选密度小的摆球，测得的g值误差大，D错误答案：(1)0.97(2)CA组基础题1摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t0)，当运动至t时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象为下图中的( D )2一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( B )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3(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为xAsin t，则质点( AD )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C3 s末至5 s末的位移方向相同D3 s末至5 s末的速度方向相同4(多选) 细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速地释放对于以后的运动，下列说法中正确的是( AB )A单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B摆球在左右两侧上升的最大高度一样C摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍5(多选) 如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹已知弹簧的劲度系数为k10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式Epky2，不计一切摩擦在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( BC )A该弹簧振子的振幅为1 mB该弹簧振子的周期为1 sC该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2D该弹簧振子的最大速度为2 m/s6(多选)(2018长春模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )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t0.5 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：从图中可得两单摆的周期相同，所以根据单摆周期公式T2可得两单摆的摆长相同，A正确；从图中可得甲的振幅为10 cm，乙的振幅为7 cm，故B正确；由于两者质量未知，所以无法判断机械能大小，C错误；在t0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负且最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由于不知道摆长，只知道摆长相同，所以无法求解重力加速度，E错误B组能力题7. (多选)(2019兰州一中期中)一根不可伸长的细线上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的lT2图象如图乙所示利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取29.86)( BCD )AT2 s时摆长为1 mBT2 s时摆长为0.994 mC摆球半径为0.006 mD当地重力加速度为9.80 m/s2解析：设摆长为l，由单摆的周期公式T2(ll0.006 m)并结合图乙推导得：l0.006T2，可知为lT2图象的斜率，所以有：，解得：g9.80 m/s2，故D正确；由单摆的周期公式有：lT2220.994 m，故B正确，A错误；由图乙可知，lT2图象没有经过坐标原点，同时由l0.006T2可知，纵轴的截距为球的半径，故半径为r0.006 m，选项C正确8(多选) (2018河南豫北名校月考)如图所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球用手向下拉一小段距离后释放铁球铁球便上下做简谐运动，则( BCE )A弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B在铁球向平衡位置运动的过程中，铁球的位移、回复力、加速度都逐渐减小，速度增大C若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T2D若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对桌面的压为零时，弹簧的压缩量为E若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是解析：平衡位置是振子处于平衡状态时所处的位置，铁球处于平衡位置时，其所受的重力大小与弹簧的弹力大小相等，即mgkx，此时弹簧处于拉伸状态，故选项A错误；振动中的位移是由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而铁球向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律a得，加速度也减小，铁球向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故小球的速度逐渐增大，故选项B正确；单摆周期公式T2，根据平衡条件有kLmg，联立解得T2，故选项C正确；当框架对桌面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg，则轻弹簧处于压缩状态，弹力FMgkx，解得弹簧的压缩量为x，故选项D错误；框架重力为Mg，当铁球处在最高位置，即弹簧被压缩时，框架受到竖直向上的弹力等于Mg，此时框架对桌面的压力恰好减小为零，根据胡克定律，这时弹簧被压缩l，铁球处于平衡位置时，弹簧被拉长l0，振幅是铁球离开平衡位置的最大距离，最大振幅Amll0，因此铁球的振幅只要不大于，框架就不会离开桌面，故选项E正确9(多选)(2018合肥八中模拟)某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t.他测得的g值偏小，可能的原因是( BCD )A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时，秒表过早按下D实验中误将51次全振动数记为50次E实验中误将49.5次全振动数记为50次解析：本实验测量g的原理是单摆的周期公式T2，根据此公式变形得到g.测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B项正确；开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小故C项正确；实验中误将51次全振动数为50次，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小故D项正确；实验中误将49.5次全振动数为50次测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故E项错误10甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置A该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写出重力加速度的表达式g (用所测物理量表示)B在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬