《新教材变化解读及考法剖析》-高中物理选择性第2章机械振动

《新教材变化解读及考法剖析》高中物理选择性必修第一册第2章机械振动《新教材变化解读及考法剖析》高中物理选择性必修第一册第2章机械振动新教材物理选择性必修第一册变化解读主题增加、删除及调整原因分析动量守恒定律“通过实验，理解动量”调整为“能过理论推导和实验，理解动量定理”动量定理变在高中物理中明确提出要求，通过理论推导的实验来学习动量定理能够帮助学生更好地理解和把握这部分内容机械振动与机械波删除“惠更斯原理”限于课时，删除难度较大、中学应用并不广泛的惠更斯原理光删除“用激光观察全息照相”删去许多高中不易实现的实验新教材特点1、突出核心素养理念，培养全面发展人才新教材从物理观念的培养、科学思维的体现、科学探究的设计、态度责任的体现等方面突出核心素养理念，培养全面发展人才。2、考虑学生认知特点，优化教科书结构新教材从学生认知水平及物理学科特点两方面出发，在学生合理的认知水平发展下学习物理概念、规律，形成物理观念，发展探究能力；在整体的结构安排上，遵从人们认识事物“先现象，后本质”的一般规律。3、联系实际突出STSE的思想新教材从问题引入、分析的实例、概念和规律的应用、练习和习题、多个方面来贯彻联系实际的原则，突出科学（Science），技术（Technology），社会（Society），环境（Environment）相互联系的思想。教材除了在正文的安排中尽可能注意物理知识与生活、技术、社会的联系，还特意设置了STSE栏目，介绍、探讨科学技术与社会之间相互关联的问题。4、关注社会发展反映我国科技进步内容的选择上，一是在学习经典内容时，新教材多用当代人生活的实例；二是尽可能反映新科学、技术的发展，使教科书有时代气息。5、注重基础，兼顾差异新教材以概念规律的学习为载体打好基础，注重核心素养的培养；内容的设计上体现了一些弹性：设置“拓展学习”栏、章后设置A、B两组习题（A组习题对应《课程标准》中必修内容的要求，B组比《课程标准》中必修内容略有超出，供学有余力的学生选做）。新教材物理选择性必修第一册《第2章机械振动》变化解读【变动1】“弹簧掁子的位移—时间图像”这部分知识点，在新教材中有所加强，删除了与简谐振动无关图像的知识。【考法示例1】1．如图甲所示，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的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．时，振子的速度方向向右B．时，振子在O点右侧6cm处C．到的时间内，振子的速度方向相同D．到的时间内，振子的速度先增大后减小【考法示例2】2．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等，则（）A．甲、乙两振子的振幅分别为2cm、1cmB．甲、乙两个振子的相位差总为πC．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D．第2秒内甲、乙振子速度方向相同，都指向平衡位置【考法示例3】3．如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是（）A．由P→Q位移在增大 B．由P→Q速度在增大C．由M→N速度是先减小后增大 D．由M→N位移始终减小【变动2】第二节“简谐运动的描述”内容差不多，删除了“月相”，但增加了一个例题，对对主干知识教学的要求明显提高。【考法示例4】4．有一个弹簧振子，振幅为0.8cm，周期为0.5s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的运动表达式是（）A．x＝8×10－3sin

m B．x＝8×10－3sin

mC．x＝8×10－1sin

m D．x＝8×10－1sin

m【考法示例5】5．某物体在做机械振动，表征其振动快慢的物理量是（）A．振幅 B．频率 C．速度 D．加速度【考法示例6】6．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝3sin（t＋）cm，则（）A．质点的振幅为3mB．质点的振动周期为sC．t＝0.75s时，质点到达距平衡位置最远处D．质点前2s内的位移为－4.5cm【变动3】简谐振动的回复力教学要求有所降低，但简谐振动的能量教学要求有所增加【考法示例7】7．如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图像，可以判定（）A．t1到t2时间内系统的动能不断增大，势能不断减小B．0到t2时间内振子的位移增大，速度增大C．t2到t3时间内振子的回复力先减小再增大，加速度的方向一直沿x轴正方向D．t1、t4时刻振子的动能、速度都相同【考法示例8】8．如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐运动，O为平衡位置，B、C间的距离为10cm，弹簧振子从B运动到C的时间为1s，则下列说法正确的是（）A．当振幅等于4cm时，其周期一定小于2sB．弹簧振子从O运动到C、再从C运动到O的整个过程为一次全振动C．弹簧振子的动能最小时，其势能最大D．弹簧振子的位移最大时，其受到的回复力为0【考法示例9】9．如图为某质点做简谐运动的图像，在0~1.5s范围内，以下说法正确的是（）A．该质点的振动周期为7s，振幅为4cmB．0.4s与0.6s，物体的加速度相同，速度也相同C．0.1s与1.3s，物体的回复力最大，动能最小D．0.1s至0.5s这段时间，质点的位移方向和速度方向都发生了改变【变动4】增加了一节：“实验：用单摆测量重力加速度”【考法示例10】10．如下表所示，用单摆测重力加速度，其中L0、d、n、t分别表示实验时已测得的数据。根据这些数据可以算出：悬线长度/m摆球直径/m全振动次数完成n次全振动的时间L0dNt（1）单摆的摆长L=；（2）单摆的周期T=；（3）当地的重力加速度g=；（4）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为。A．20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台B．100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台C．100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台D．100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台（5）若实验测得的g值偏小，可能的原因是。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．开始计时时，秒表过迟按下D．实验中误将（n1）次全振动数为n次【考法示例11】11．在做“用单摆测重力加速度”的实验时，某同学测得摆线长为99.20cm，摆球直径为1.60cm，。（1）若摆球运动到最低点开始计时，且记数为1，到第81次经过最低点所用的时间如图乙所示，则秒表读数为s。（2）根据测得的实验数据可知，重力加速度的大小g=m/s2。（结果保留小数点后两位）（3）实验结束后，该同学发现他测得的重力加速度比当地重力加速度的数值大，其原因可能是。A.计数结束时秒表太迟按下B.把摆动n次，误记为（n+1）次C.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长【考法示例12】12．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，用主尺最小分度为，游标上有20个分度的卡尺测量金属球的直径，结果如图甲所示：（1）可以读出此金属球的直径为。（2）单摆细绳的悬点与拉力传感器相连，将摆球拉开一小角使单摆做简谐运动后，拉力传感器记录了拉力随时间变化的情况，如图乙所示，则该单摆的周期为。摆长为（结果保留两位有效数字，米/秒）【变动5】把旧教材中“第五节外力作用下的振动”改名为“第六节受迫振动共振”，主题明确，针对性更强。在小标题中，把“阻尼振动”改成“振动中的能量的损失”这样降低了学生理解难度。【考法示例13】13．在敲响古刹里的大钟时，有的同学发现，停止对大钟的撞击后，大钟仍“余音未绝”，分析其原因是（）A．大钟的回声 B．大钟在继续振动C．人的听觉发生“暂留”的缘故 D．大钟虽停止振动，但空气仍在振动【考法示例14】14．关于共振，下列说法正确的是（）A．发生共振现象时物体做的一定是固有振动B．发生共振现象时驱动力的频率与物体的固有频率相同C．一个固有频率为30Hz的物体受80Hz的驱动力作用时比受20Hz驱动力作用时振幅大D．共振是有害的，因此在任何情况下都要尽可能避免共振【考法示例15】15．如图所示一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）则（）A．此单摆的摆长约为2mB．此单摆的固有周期为0.5sC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动参考答案：1．C【详解】A．从t＝0.8s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＝0.8s时，速度方向向左，A错误；B．由题图乙得振子的位移x＝12sintcm故t＝0.2s时x＝6cmB错误；C．由图像的斜率等于速度可知，t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的速度方向相同，C正确；D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐增大，D错误。故选C。2．A【详解】A．根据振动图像，甲振子的振幅为2cm、乙振子的振幅为1cm，A正确；B．由于两个振子的周期和频率不同，其相位差亦会变化，B错误；C．前2秒内，甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向为负方向；而乙在平衡位置的下方，加速度指向平衡位置，方向为正方向，C错误；D．第2秒内甲从正向最大位移处向平衡位置运动，速度方向为负方向，指向平衡位置；乙向负向位移最大处运动，速度方向为负方向，但指向负向最大位移处，D错误。故选A。3．A【详解】AB．简谐运动位移是以平衡位置为初始位置的，P→Q的过程位移在增大，速度在减小，故A项正确，B项错误；C．由M→N速度先增大后减小，故C项错误；D．M→N位移先减小后增大，故D项错误。故选A。4．A【详解】由题给条件可得A＝0.8cm＝8×10－3mω＝＝4πφ＝所以振动表达式为x＝8×10－3sin

m故选A。5．B【详解】A．振幅反映了振动的强弱，不能反映振动的快慢，A错误；B．频率是单位时间内完成全振动的次数，反映了振动的快慢，B正确；CD．速度和加速度在振动过程中是变化的，无法反映振动的快慢，CD错误。故选B。6．D【详解】AB．从关系式可知A＝3cm，ω＝rad/s，故周期为T＝＝3s故A、B错误；C．t＝0.75s时，质点的位移为x＝3sin（×＋）cm＝0质点在平衡位置处。故C错误；D．在t＝0时刻质点的位移x＝3cm，2s时质点的位移x′＝3sin（×2＋）cm＝－1.5cm故前2s内质点的位移为－4.5cm。故D正确。故选D。7．A【详解】A．t1到t2时间内，x减小，弹力做正功，系统的动能不断增大，势能不断减小，A正确；B．0到t2时间内，振子的位移减小，速度增大，B错误；C．t2到t3时间内，振子的位移先增大再减小，所以回复力先增大再减小，C错误；D．t1和t4时刻振子的位移相同，即位于同一位置，其速度等大反向，动能相同，D错误。故选A。8．C【详解】A．由题意可知，振动周期为2s，与振幅无关，A错误；B．弹簧振子从O运动到C、再从C运动到O的整个过程为次全振动，B错误；C．弹簧振子运动至B或C时，动能最小，势能最大，C正确；D．由可知，弹簧振子的位移最大时，其受到的回复力也最大，D错误。故选C。9．C【详解】A．由简谐运动的图像可读出振动周期为0.8s，振幅为4cm，故A错误；B．0.4s与0.6s，物体的位移相同，但0.4s正沿正方向振动，0.6s沿负方向振动，则两时刻的加速度相同，速度大小相等，方向相反，故B错误；C．0.1s与1.3s，物体均在离开平衡位置位移最大的位置，由可知回复力最大，动能最小，故C正确；D．0.1s至0.5s这段时间，质点从负的最大位移处到正的最大位移处，位移方向由负向变为正向，速度方向一直沿正向，速度方向没有改变，故D错误；故选C。10．BB【详解】（1）[1]单摆的摆长为（2）[2]单摆一次全振动的时间为一个周期，则单摆的周期为（3）[3]单摆的周期公式为又，联立求得（4）[4]根据实验要求，摆长应为1m左右结实的细线，且用米尺测量；应选用体积较小的实心金属球，所以应选小钢球；测量周期用秒表。故选B。（5）[5]同学测得的g值偏小，根据说明摆长测量值偏小或者周期测量值偏大。A．测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大，故A错误；B．摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小，故B正确；C．开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故C错误；D．试验中误将（n1）次全振动数为n次，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故D错误。故选：B。11．80.09.86B【详解】(1)[1]由题图知，秒表读数为2×30s+20.0s=80.0s(2)[2]到第81次经过最低点，单摆完成摆动周期的次数为单摆周期为单摆摆长为根据单摆周期公式可得(3)[3]根据可知，若计数结束时秒表太迟按下，则T偏大，则g偏小。若