2025版新教材高中物理第2章机械振动章末小结新人教版选择性必修第一册

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视摩擦、忽视弹簧质量的志向化模型。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确定。振动的回复力可能是弹力或重力与弹力的合力，视具体状况而定。2．单摆①构成：一条不行伸长、忽视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，单摆的摇摆可看成简谐运动，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)。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：依据单摆周期公式：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，依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；依据单摆周期公式：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．变更特点：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。其次，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。振动过程中通过随意两点A、B的时间与逆向通过的时间相等。2．一个质点在平衡位置O点旁边做简谐运动，它离开O点后经过3s第一次经过M点，再经过2s其次次经过M点，该质点再经过14或eq\f(14,3)s第三次经过M点。若该质点由O点动身在20s内经过的路程是20cm，则质点振动的振幅为4或eq\f(4,3)cm。解析：作出该质点振动的图像如图所示，则M点的位置可能有两个，即如图所示的M1或M2。第一种状况：若是位置M1，由图可知eq\f(T1,4)＝3s＋1s＝4s，T1＝16s，依据简谐运动的周期性，质点第三次经过M1时需再经过的时间为Δt1＝16s－2s＝14s。质点在20seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即n＝\f(20,16)＝\f(5,4)个周期))内的路程为20cm，则5A1＝20cm，得振幅A1＝4cm。其次种状况：若是位置M2，由图可知eq\f(3T2,4)＝3s＋1s＝4s，T2＝eq\f(16,3)s。依据对称性，质点第三次经过M2时需再经过的时间为Δt2＝eq\f(16,3)s－2s＝eq\f(10,3)s，质点在20seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即n＝\f(20,\f(16,3))＝\f(15,4)个周期))内的路程为20cm，则15A2＝20cm，得振幅A2＝eq\f(4,3)cm。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．确定振动物体在随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|。3．将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变更的力。图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动。A、A′两点与O点连线与竖直方向之间的夹角θ相等且很小，图乙表示小滑块对器壁的压力F随时间t变更的曲线，图中t＝0时刻为小滑块从A点起先运动的时刻。试依据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，g取10m/s2。求：(1)容器的半径；(2)小滑块的质量。答案：(1)0.1m(2)0.05kg解析：(1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期T＝eq\f(π,5)s，据T＝2πeq\r(\f(R,g))得，半径R＝eq\f(T2g,4π2)＝0.1m。(2)在最高点A有：Fmin＝mgcosθ在最低点B有：Fmax－mg＝meq\f(v2,R)从A到B，小滑块机械能守恒：mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得m＝0.05kg。四、用单摆测定重力加速度方法一：公式法依据公式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)。4．(2024·运城高三期中)某学生小组利用图1所示的装置做“用单摆测重力加速度的大小”试验。(1)小球摇摆的过程中，充当回复力的是_D__A．重力B．重力和拉力的合力C．拉力沿着水平方向的分力D．重力沿着圆弧切线方向的分力(2)为了使测量的误差尽量小，下列说法正确的是_B__A．组装单摆需选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线C．摆长确定的状况下，摆的振幅尽量大些以便于视察D．为了测量便利，计时的起止位置应选在摆球到达最高点的位置(3)在本试验中，由于刻度尺的量程不够，他们在细线上标注M点，使OM小于刻度尺量程，如图1所示，保持M点到球心的距离不变，通过变更OM的长度，可以变更摆线的长度。试验中，多次变更OM的长度，分别记为l1、l2、l3…，测出对应小球完成n次全振动的时间分别为t1、t2、t3，…，算出多次试验周期关系Teq\o\al(2,n)－Teq\o\al(2,1)，并以Teq\o\al(2,n)－Teq\o\al(2,1)作为纵轴，ln－l1作为横轴，作出的图像如图2所示，设其斜率为k，则可求重力加速度的大小为eq\f(4π2,k)；(4)该组同学测出重力加速度的大小后，想利用该值估测一圆弧面的半径。如图3所示，同学找出圆弧面的最低点O，然后把一光滑的小球从P点静止释放(OP远小于圆弧半径)，从小球第一次经过O点起先计时，到小球第N次经过O点计时结束，总时间为t0，则可利用公式eq\f(4t\o\al(2,0),kN－12)(用k、N、t0表示)估算圆弧面的半径。解析：(1)回复力是指向平衡位置的合力，所以小球摇摆的过程中，充当回复力的是重力沿着圆弧切线方向的分力。故选D。(2)为了减小空气阻力，组装单摆应选用密度大，直径小的摆球，故A错误；组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，确保摆球在摇摆过程中摆长保持不变，故B正确；摆长确定的状况下，摆球的振幅不能太大，否则摆球的摇摆不能视为是简谐振动，故C错误；为了测量便利，计时的起止位置应选在摆球到达最低点的位置，故D错误。(3)设M点到球心的长度为Δl，由单摆周期公式，第n次测量有Tn＝2πeq\r(\f(ln＋Δl,g))，其中Tn＝eq\f(tn,n)，同理第一次测量有T1＝2πeq\r(\f(l1＋Δl,g))，其中T1＝eq\f