【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修1：第2章机械振动章末小结学案

章末小结一、简谐运动的两个模型——弹簧振子和单摆1．弹簧振子弹簧振子是一种忽略摩擦、忽略弹簧质量的理想化模型。对于弹簧振子来讲，弹簧的劲度系数确定了，振子的质量确定了，其振动的周期和频率也就确定了。无论是水平放置还是竖直悬挂，T和f均不变，即其周期T和频率f由振动系统本身的性质决定。振动的回复力可能是弹力或重力与弹力的合力，视具体情况而定。2．单摆①构成：一条不可伸长、忽略质量的细线下端拴一可视为质点的小球。②回复力：重力沿圆弧切线方向的分力。③周期：在摆角很小的条件下，单摆的摆动可看成简谐运动，其周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))。T与摆球质量、振幅都无关，称为单摆的等时性。④应用：测重力加速度g，g＝eq\f(4π2l,T2)。例1(多选)下列说法正确的是(ABD)A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率解析：根据单摆周期公式：T＝2πeq\r(\f(L,g))可以知道，在同一地点，重力加速度g为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式：T＝2πeq\r(\f(L,g))可以知道，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确。二、简谐运动的往复性、对称性和周期性1．变化特点：抓住两条线第一，从中间到两边(平衡位置到最大位移)：x↑，F↑，a↑，v↓，动能Ek↓，势能Ep↑，机械能E不变。第二，从两边到中间(最大位移到平衡位置)：x↓，F↓，a↓，v↑，动能Ek↑，势能Ep↓，机械能E不变。2．运动规律(1)周期性——简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回到原来的状态。(2)对称性——简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性。①速率的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率。②加速度(或回复力)的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力。③时间的对称性：系统通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等。振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过的时间相等。例2(2023·重庆市高三上学期一诊)弹簧振子以O为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时，振子从O、B间的P点以速度v向B运动，在t1＝0.4s时振子的速度第一次为－v，在t2＝0.6s时振子速度第二次为－v，已知B、C之间的距离为20cm，则弹簧振子的振幅为_10___cm，周期为_1.2__s，振子在0～2.6s内通过的路程为_85__cm。解析：因为B、C之间的距离为20cm，则弹簧振子的振幅为10cm；根据运动的对称性可得eq\f(T,4)＝eq\f(0.4,2)s＋eq\f(0.2,2)s＝0.3s，则T＝1.2s，2．6s＝2eq\f(1,6)T，振子在0～2.4s内通过的路程为8A＝80cm；在以后的eq\f(1,6)T内的位移为A－Asin30°＝5cm，则总路程为(80＋5)cm＝85cm。三、振动图像的应用1．确定振动的振幅如图所示的振幅是10cm。2．确定振动物体在任意时刻的位移如图中，对应t1、t2时刻的位移分别为x1＝7cm，x2＝－5cm。3．确定振动的周期和频率振动图像上一个完整的正弦(余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期。由图可知，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期，T＝0.2s，频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz。4．确定各时刻质点的振动方向如图中的t1时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在t3时刻，质点正沿正方向向着平衡位置运动。5．比较各时刻质点加速度的大小和方向如图中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负；t2时刻质点位移x2为负，则加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。例3(2023·山东省日照市高二下学期三校联考)如图所示是甲、乙两弹簧振子的振动图像，则可知(B)A．两弹簧振子振幅相同B．振子的振动频率之比f甲f乙＝12C．振子乙速度最大时，振子甲速度为零D．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲F乙＝21解析：由图可知甲的振幅为10cm，乙的振幅为5cm，故A错误；由图知甲的频率与乙的频率之比为12，故B正确；当振子乙到达平衡位置时甲可能到达最大位移处也可能处于平衡位置，故选项C错误；因F甲＝k甲A甲，F乙＝k乙A乙，由于k甲和k乙关系未知，因此无法判断F甲F乙＝21，所以选项D错误。四、用单摆测定重力加速度方法一：公式法根据公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，g＝eq\f(4π2l,T2)。将测得的几次周期T和摆长l代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值。方法二：图像法由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(g,4π2)T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的l－T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。例4(2022·湖北名校联盟高二下学期期中)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，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为_0.97__cm。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，摆球应是经过最_低__(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需的时间，则单摆振动周期为_2.05_s__。(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为_0.998_0__m。(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝eq\f(4π2L,T2)。(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，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”，这两个学生中_A__。A．学生甲的说法正确B．学生乙的说法正确C．两学生的说法都是错误的(5)某同学用单摆测量当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图丁(a)所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图丁(b)所示。由图像可知，摆球的半径r＝_1.0×10－2__m，当地重力加速度g＝_π2__m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会_一样__(选填“偏大”“偏小”或“一样”)。解析：(1)摆球的直径为：0.9cm＋0.1mm×7＝0.97cm；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1.5min＋12.5s＝102.5s，则周期T＝eq\f(102.5,50)s＝2.05s；(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.9980m；(3)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得g＝eq\f(4π2L,T2)；(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而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正确；(5)T2与L的图像，应为过原点的直线，由横轴截距得，球的半径应为1.0×10－2m；图像斜率k＝eq\f(T2,L)＝eq\f(0.04,1.0×10－2)＝4，而g＝eq\f(4π2L,T2)，故g＝eq\f(4π2,4)＝π2，根据以上推导，斜率不变，重力加速度不变，故对g没有影响，得到的重力加速度值与实际的重力加速度值一样。一、高考真题探析典题(2020·全国新课标Ⅱ卷，34)用一个摆长为80.0cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_6.9__cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为_96.8__cm。思路引导：本题考查了单摆实验，意在考查考生的综合分析能力。理解并掌握实验原理是解题关键。解析：拉离平衡位置的距离x＝2π×80cm×eq\f(5°,360°)≈6.98cm，题中要求摆动的最大角度小于5°，且保留1位小数，所以拉离平衡位置的距离不超过6.9cm；根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))结合题意可知10T′＝11T，代入数据为10eq\r(L′)＝11eq\r(80cm)，解得新单摆的摆长为L′＝96.8cm。二、临场真题练兵1．(2022·湖南卷，16(1))下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(ABD)A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq\f(F1－F2,2ρSg)解析：木棒在竖直方向做简谐运动，浮力恰好等于重力时木棒速度最大，动能最大。根据浮力等于排开液体的重力、浮力随水平位移x变化的图像可知，x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的速度先增大后减小，木棒的动能先增大后减小，选项A正确。x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度竖直向下，大小减小，选项B正确。x＝0.35m时，木棒向下运动，x＝0.45m时木棒在同一位置向上运动，x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，选项C错误。木棒底端处于水面下最大位移时，F1＝ρgSh1，木棒底端处于水面下最小位移时，F2＝ρgSh2，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A＝eq\f(h1－h2,2)＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，选项D正确。2．(2022·浙江6月卷，11)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则(B)A．小球做简谐运动B．小球动能的变化周期为eq\f(T,2)C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD．小球的初速度为eq\f(v,2)时，其运动周期为2T解析：由于刚开始的一段时间内小球做匀速运动，受力大小与位移大小不成正比，小球做的不是简谐运动，A错误；小球从杆中点到第一次回到杆中点的过程，初、末动能相等，则小球动能的变化周期为eq\f(T,2)，分析可知两根弹簧的总弹性势能的变化周期也为eq\f(T,2)，B正确，C错误；小球的初速度为eq\f(v,2)时，在细杆上匀速运动的时间等于初速度为v时的2倍，小球从接触弹簧到速度减到零的时间等于初速度为v时的从接触弹簧到速度减为零的时间，故初速度为eq\f(v,2)时的运动周期小于2T，D错误。3．(多选)(2019·江苏卷，13B)一个单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(AC)A．位移增大 B．速度增大C．回复力增大 D．机械能增大解析：摆球做简谐运动，在平衡位置处位移为零，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，速度减小，选项A正确，B错误；在摆角增大的过程中，摆球受到的回复力增大，选项C正确；单摆做简谐运动，机械能守恒，所以在摆角增大的过程中，摆球机械能保持不变，选项D错误。4．(2019·全国卷Ⅱ，34)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方eq\f(3,4)l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是(A)解析：摆长为l时单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，振幅A1＝lsinα(α为摆角)；摆长为eq\f(1,4)l时，单摆的周期T2＝2πeq\r(\f(\f(1,4)l,g))＝πeq\r(\f(l,g))＝eq\f(T1,2)，振幅A2＝eq\f(1,4)lsinβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝mgeq\f(l,4)(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，cosβ＝1－2sin2eq\f(β,2)以及sinα＝tanα＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝eq\f(1,2)A1，故选项A正确。5．(2021·河北卷，16(1))如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，2s后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为0.4m。该弹簧振子的周期为_4__s，振幅为_0.