金版教程物理2024导学案选择性必修第一册人教版新第二章 机械振动实验：用单摆测量重力加速度含答案

《金版教程(物理）》2024导学案选择性必修第一册人教版新第二章机械振动5．实验：用单摆测量重力加速度1．学会用单摆测量当地的重力加速度。2.能正确熟练地使用游标卡尺和停表。一实验思路当摆角较小(一般要求不大于5°)时，单摆的运动可看作简谐运动。根据单摆做简谐运动的周期公式eq\x(\s\up1(01))T＝2πeq\r(\f(l,g))，有g＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(4π2l,T2)，通过实验方法测出摆长l和周期T，即可计算得到当地重力加速度g的值。二实验器材中心有小孔的金属小球、不易伸长的细线(长约1m)、铁夹、铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。三物理量的测量1．摆长的测量：摆长是eq\x(\s\up1(01))摆线长度和eq\x(\s\up1(02))小球半径之和。可以用刻度尺直接测量小球eq\x(\s\up1(03))球心与悬挂点之间的距离作为摆长的测量值；也可用eq\x(\s\up1(04))游标卡尺测量小球的直径，算出它的半径，再测量悬挂点与小球eq\x(\s\up1(05))上端之间的距离，以两者之和作为摆长的测量值。2．周期的测量：我们一般用eq\x(\s\up1(06))停表测量单摆的周期。实验时，应测量单摆做eq\x(\s\up1(07))多次全振动的时间，然后通过计算求出它的周期的测量值。探究测量过程·获取数据仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。活动1：本实验的研究对象是谁？要得到什么数据？提示：本实验的研究对象是单摆，通过测量其周期与摆长从而得到当地的重力加速度。活动2：如图1所示，细线上端的两种不同的悬挂方式，哪种较好？为什么？提示：乙较好。这样摆球在摆动过程中，细线上端固定，摆长不变。活动3：请写出该实验的操作步骤。提示：(1)在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔。(2)把细线上端固定在铁架台上，使摆球自由下垂，制成一个单摆。(3)用刻度尺测量单摆的摆长(摆线静止时从悬挂点到球心间的距离)；也可用游标卡尺测量小球的直径，算出它的半径，再测量悬挂点与小球上端之间的距离，以两者之和作为摆长的测量值。(4)把此单摆从平衡位置拉开一个角度，并使这个角不大于5°，再释放小球。当摆球摆动稳定以后，用停表测量单摆全振动30次(或50次)的时间，求出一次全振动的时间，即单摆的振动周期。(5)改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格。活动4：测量周期时，如图2所示，选哪个位置作为计时的起始和终止位置更好？为什么？提示：选图乙小球经过平衡位置时作为计时的起始和终止位置更好，因为小球经过平衡位置时速率大，所用时间短，这样测量时间的误差较小，测出的周期更准确。活动5：停表怎么读数？图3甲、乙的读数分别是多少？提示：所测时间超过半分钟时，半分钟的整数倍部分由分针读出，不足半分钟的部分由秒针读出，总时间为两针示数之和。如图甲所示，小圆刻度盘上分针所指示的刻度数值超过了1.5min，指针在1.5min和2min之间，其分针指示时间数可记为t1＝1.5min，而大圆刻度盘上秒针所指示的刻度线为21.4，故秒针所测得的数值为t2＝21.4s，所测时间读数为：t＝t1＋t2＝1min30s＋21.4s＝1min51.4s。图乙的读数是2min7.6s。活动6：本实验中有哪些注意事项？提示：(1)选择摆线时要选用细、轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右；小球应选用密度较大、直径较小(最好不超过2cm)的金属球；(2)悬点要固定，单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中；(3)小球摆动时控制摆线偏离竖直方向的最大摆角不超过5°；(4)摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆；(5)摆长l为悬点到球心的距离；(6)测单摆周期时，应从摆球通过平衡位置开始计时，并且采用倒数到0开始计时计数的方法，即4、3、2、1、0、1、2……，在数“0”的同时按下表开始计时计数。探究分析数据·得出结论活动1：分析数据有哪些方法？提示：(1)平均值法：根据公式g＝eq\f(4π2n2l,t2)，将每次实验的l、n、t数值代入，计算重力加速度g，然后取平均值。实验次数摆长l/m周期T/s重力加速度g/(m·s－2)重力加速度g的平均值/(m·s－2)1g＝eq\f(g1＋g2＋g3,3)23(2)图像法：作出T2­l图像，由T2＝eq\f(4π2l,g)可知T2­l图线是一条过原点的直线，其斜率k＝eq\f(4π2,g)，求出k，可得g＝eq\f(4π2,k)。活动2：图像法分析有什么优点？提示：图像法的优点：除了简化计算外，还可以修正摆长测量引起的误差。如果l记录错误，比如说把它记为了摆线长(少加小球半径)或记为了摆线长加球的直径(即多加半径)，若此时还以l作横坐标的话直线将不通过原点。比如若漏加小球半径r，T2＝eq\f(4π2l,g)的公式应修正为T2＝eq\f(4π2（l＋r）,g)，即图中的①，若多加半径r，则为图中的②。由数学知识可知将图像左右平移，k不变，故g不变。通过作图像来计算g，实验误差主要来自时间(周期T)的测量。活动3：实验中有哪些误差？分别来源于哪里？怎么减小这些实验误差？提示：(1)本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定；球、线是否符合要求；振动是圆锥摆还是同一竖直平面内的振动以及测量哪段长度作为摆长等。(2)本实验的偶然误差主要来自时间(即单摆周期)和摆长的测量。根据g的表达式知，单摆周期的测量精确度要求更高，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数。本实验中在长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，读数读到毫米即可(即使用游标卡尺测摆球直径也只需读到毫米)；在时间的测量中，停表读数的有效数字的末位在秒的十分位即可。为了减小偶然误差，需进行多次测量后取平均值。探究典例探究·提升能力例利用如图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。(1)实验室有如下器材可供选用：A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约2cm的均匀铁球D．直径约5cm的均匀木球E．停表F．时钟G．10分度的游标卡尺H．最小刻度为毫米的米尺选择游标卡尺和米尺后，还需要从上述器材中选择________(填写器材前的字母)。(2)用10分度的游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示，读出小球直径的值为________mm。(3)将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂。用米尺测量摆线长度为l，小球在竖直平面内小角度平稳摆动后，测得小球完成n次全振动的总时间为t，请写出重力加速度的表达式g＝________________。(用l、d、n、t表示)(4)正确操作后，根据多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值，比较后发现：此值比北京的重力加速度值略小，则实验所在处的地理位置与北京的主要不同点可能是____________________________________________________________________________(写出一条即可)。[规范解答](1)摆线的长度不能伸长，所以摆线选择长约1m的细线，摆球选择质量大、体积小的球，所以选择直径约2cm的均匀铁球，实验中需要用停表测量单摆摆动的时间，从而得出周期，故选A、C、E。(2)游标卡尺的主尺读数为17mm，游标尺读数为6×0.1mm＝0.6mm，则小球直径为17.6mm。(3)单摆的摆长L＝l＋eq\f(d,2)，单摆的周期T＝eq\f(t,n)，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，得：g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4π2n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(d,2))),t2)。(4)多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值比北京的重力加速度值略小，可能是实验所在处纬度比北京低或海拔比北京高。[答案](1)ACE(2)17.6(3)eq\f(4π2n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(d,2))),t2)(4)实验所在处比北京纬度低或海拔高(其他答案合理也可)实验点拨用单摆测重力加速度的实验操作中的注意事项(1)小球摆动时，摆角应不大于5°，且应在同一竖直面内摆动；(2)计算单摆的全振动次数时，应以摆球通过平衡位置开始计时，摆球从同一侧通过平衡位置时记为一次全振动；(3)测摆长应测出摆球重心到悬点的距离，要用游标卡尺测摆球直径d，摆长l等于悬线长加eq\f(d,2)；(4)应改变摆长，重做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果。[变式训练]某实验小组在利用摆长约为1m的单摆测量当地重力加速度的实验中，改变摆长，利用测出的多组周期T、摆长L的数据，作出T2­L图像，可以更准确地求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2­L图线如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，出现图线a的原因可能是摆长L的测量值________(填“偏大”或“偏小”)，出现图线c的原因可能是周期T的测量值________(填“偏大”或“偏小”)。答案偏小偏小解析根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2L,g)。已知图线b满足T2＝eq\f(4π2,g)L，再由图可知，图线a的函数关系式可写成T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)r，其中eq\f(4π2,g)r是图线a的纵截距，上式可整理成T2＝eq\f(4π2,g)(L＋r)，与图线b的方程T2＝eq\f(4π2,g)L比较可知，出现图线a的原因可能是摆长L的测量值偏小一个量r。由图可知图线c的斜率k＝eq\f(4π2,g)偏小，可能是对于同一L值，T的测量值偏小。1．(多选)在做“用单摆测量重力加速度”的实验中，以下几点建议中对提高测量结果精确度有利的是()A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期答案AC解析适当加长摆线有利于摆长的测量，使相对误差减小，另外有利于控制摆角较小，A正确；质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，以减小摆动过程中空气阻力的影响，B错误；单摆偏离平衡位置的角度不能太大，若摆角太大，单摆的运动就不能看作简谐运动，C正确；经过一次全振动后停止计时，所测周期偶然误差过大，应测量多次全振动的时间再求平均值，以减小偶然误差，D错误。2．在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上，即图中用“·”表示的点。(1)根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线；(2)根据图线可求出g＝________m/s2。(结果取两位有效数字)答案(1)图见解析(2)9.9(或9.8)解析(1)把在一条直线上的点连在一起，不在直线上的点平均分布在直线的两侧(如图)，则直线斜率k＝eq\f(ΔT2,Δl)。(2)由g＝eq\f(4π2Δl,ΔT2)＝eq\f(4π2,k)，可得g＝9.9m/s2(结果为9.8m/s2也正确)。3．某同学利用如图1所示的装置测量当地的重力加速度，实验步骤如下：A．按装置图安装好实验装置B．用游标卡尺测量小球的直径dC．用米尺测量悬线的长度lD．让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为tE．多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、DF．计算出每个悬线长度对应的t2G．以t2为纵坐标、l为横坐标，作出t2­l图线该同学根据实验数据，利用计算机作出t2­l图线如图2所示，根据图线拟合得到方程t2＝408.0l＋3.0，设t2­l图像的斜率为k，由此可以得出当地的重力加速度的表达式为g＝________，其值为________m/s2(取π2＝10，结果保留三位有效数字)。答案eq\f(400π2,k)9.80解析由题意知，单摆的周期T＝eq\f(t,10)，由单摆周期公式有T＝2πeq\r(\f(l＋\f(d,2),g))，可得t2＝eq\f(400π2,g)l＋eq\f(200π2d,g)，则k＝eq\f(400π2,g)，解得g＝eq\f(400π2,k)；由图像得到的方程为t2＝408.0l＋3.0，则eq\f(400π2,g)＝408.0，解得g＝eq\f(400π2,408.0)m/s2＝9.80m/s2。4.2022年国庆假期，物理学习小组6名学生到西山公园体验物理沉浸式课堂，他们登上西山山峰后，想要粗略测出山顶处的重力加速度。于是他们用细线拴好石块P系在树枝上，以O点为悬点做成一个简易单摆，如图所示。然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量。同学们首先测出悬点O到石块最上方的结点A距离为L，作为摆长，然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动(系石块的树枝始终静止)，用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。(1)利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式为g＝________。(2)若振动周期测量正确，但由于难以确定石块重心，只是测出悬点O到石块最上方的结点A的距离，并把OA距离当作摆长，这样计算出来的山顶处重力加速度值比真实值________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。(3)为了消除(2)中的系统误差，请简要写出实验的改进方案：_______________________________________________________________________________________________________。答案(1)eq\f(4π2n2L,t2)(2)偏小(3)改变摆长，测出多组t、n和L的数据，作出eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,n)))eq\s\up12(2)­L图像从而进行计算g解析(1)由实验操作可得单摆的周期T＝eq\f(t,n)，根据单摆周期公式可得T＝2πeq\r(\f(L,g))，联立解得g＝eq\f(4π2n2L,t2)。(2)OA距离比实际的摆长小，根据g＝eq\f(4π2n2L,t2)可得计算出来的山顶处重力加速度值比真实值偏小。(3)设石块重心到A的距离为r，则有T＝2πeq\r(\f(L＋r,g))，整理可得T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)r，又因为T＝eq\f(t,n)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,n)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)r，因为r难以确定，可以改变悬线长L，测量多组数据，然后作eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,n)))eq\s\up12(2)­L图像，可得到图线斜率k，则有k＝eq\f(4π2,g)，可得g＝eq\f(4π2,k)。5．若单摆的最大偏角不是足够小，单摆也做周期性振动，其周期公式是什么？经查阅资料得知：单摆在任意摆角θ时的周期公式有多种，其中两种近似公式为T＝T0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)sin2\f(θ,2)))和T＝T0eq\f(1,1－\f(θ2,16))，两式中T0均为摆角θ趋近于0°时的周期，后者与理论值的偏差更小，即使摆角θ趋近于90°，误差也只有0.17%。为了验证上述关系式，需要测量的物理量有________。该小组同学利用“用单摆测重力加速度”实验的现有器材继续做实验，利用获得的数据作图像验证关系式T＝T0eq\f(1,1－\f(θ2,16))。为了直观地验证此关系式，某同学作出了如图所示的图像，则图像中的纵轴、横轴分别表示的物理量是________、________。答案T、θeq\f(1,T)(或θ2)θ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(1,T)))解析为了验证T＝T0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)sin2\f(θ,2)))和T＝T0eq\f(1,1－\f(θ2,16))，则要测出不同的摆角θ，以及所对应的周期T。为了用图像法直观地验证关系式T＝T0eq\f(1,1－\f(θ2,16))，则应描绘线性图线，将关系式T＝T0eq\f(1,1－\f(θ2,16))变形可得eq\f(1,T)＝eq\f(1,T0)－eq\f(θ2,16T0)或θ2＝16－eq\f(16T0,T)，若该关系式成立，分析知题图所示图像中的纵轴表示eq\f(1,T)、横轴表示θ2，或纵轴表示θ2、横轴表示eq\f(1,T)。6．某智能手机中有“手机物理工坊app”软件，其中的“磁传感器”功能能实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机，“磁传感器”记录下的磁感应强度越大。现用手机、磁化的小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置，来测量重力加速度，实验步骤如下：①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧边拉开小球，并用夹子夹住。②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子。③运行“手机物理工坊app”软件，点开“磁传感器”功能，手机记录下磁感应强度的变化。④改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T。根据以上实验过程，回答下列问题：(1)图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况，a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，则单摆周期T的测量值为________。b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是______________。(2)实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了T2­L图线，图线的斜率为k，在纵轴上的截距为c，由此得到当地重力加速度g＝________，小球的半径R＝________。(3)实验中，若手机放置的位置不在悬点正下方，则测量结果________(选填“会”或“不会”)影响实验结果。地磁场对该实验结果________(选填“会”或“不会”)产生影响。答案(1)eq\f(2t,N－1)形成了圆锥摆(2)eq\f(4π2,k)eq\f(c,k)(3)不会不会解析(1)a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，相邻的磁感应强度最大值之间时间间隔为eq\f(T,2)，则(N－1)eq\f(T,2)＝t，得T＝eq\f(2t,N－1)；b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是形成了圆锥摆，小球与手机间距离几乎不变，手机所在位置的磁感应强度大小几乎不变。(2)单摆摆长l＝L＋R，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得T2＝eq\f(4π2,g)L＋eq\f(4π2,g)R，故图线的斜率为k＝eq\f(4π2,g)，纵轴上的截距为c＝eq\f(4π2,g)R，得当地重力加速度g＝eq\f(4π2,k)，小球的半径R＝eq\f(c,k)。(3)实验中，若手机放置的位置不在悬点正下方，小球运动的一个周期T内，仍是两次靠近手机最近，测得磁感应强度最大，则测量结果不会影响实验结果。实验测量的是手机处小球的磁感应强度和地磁场的磁感应强度的合磁感应强度的大小，而地磁场不变，则手机处合磁感应强度与小球的磁感应强度的变化趋势相同，地磁场对该实验结果不会产生影响。6．受迫振动共振1．知道什么是固有振动和阻尼振动，并能从能量转化的角度予以说明。2.知道什么是受迫振动，知道物体做受迫振动的频率特点。3.知道什么是共振现象，掌握产生共振的条件，知道常见的共振的应用和危害。一振动中的能量损失1．固有振动与固有频率弹簧振子与单摆在没有外力干预的情况下做eq\x(\s\up1(01))简谐运动，周期或频率与振幅eq\x(\s\up1(02))无关，仅由系统自身的性质决定，我们把这种振动称为eq\x(\s\up1(03))固有振动，其振动频率称为eq\x(\s\up1(04))固有频率。2．阻尼振动实际的振动系统都会受到摩擦力、黏滞力等阻碍作用，振幅必然逐渐eq\x(\s\up1(05))减小。这种振幅随时间逐渐eq\x(\s\up1(06))减小的振动称为阻尼振动。3．振动系统能量衰减的两种方式(1)振动系统受到eq\x(\s\up1(07))摩擦阻力的作用，机械能逐渐转化为eq\x(\s\up1(08))内能。(2)振动系统引起邻近介质中各eq\x(\s\up1(09))质点的振动，能量向外辐射出去。二受迫振动1．驱动力：为了使系统持续振动，作用于振动系统的eq\x(\s\up1(01))周期性的外力。2．受迫振动：振动系统在eq\x(\s\up1(02))驱动力作用下的振动。3．受迫振动的频率：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于eq\x(\s\up1(03))驱动力的频率，与物体的eq\x(\s\up1(04))固有频率无关。三共振现象及其应用1．共振的定义：当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到eq\x(\s\up1(01))最大值，这种现象称为共振。2．共振曲线：如图所示，反映了受迫振动eq\x(\s\up1(02))振幅A与eq\x(\s\up1(03))驱动力频率f之间的关系，图中f0等于物体的固有频率。3．共振的应用与防止(1)应用：在应用共振时，应使驱动力频率接近或等于振动系统的eq\x(\s\up1(04))固有频率，如eq\x(\s\up1(05))转速计。(2)防止：在防止共振时，驱动力频率与系统的eq\x(\s\up1(06))固有频率相差越大越好，如各种建筑的设计施工，机器设备的设计、制造、安装。1．判一判(1)阻尼振动的频率随振幅的减小而不断减小。()(2)系统做受迫振动时的振动频率与其固有频率无关。()(3)做受迫振动的系统的机械能守恒。()(4)驱动力的频率越大，系统的振幅越大。()(5)驱动力的频率等于系统的固有频率时发生共振。()(6)共振只有害处，没有益处。()提示：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)×2．想一想(1)实际的弹簧振子的运动是阻尼振动吗？提示：实际的弹簧振子在运动中除受弹力外，还受摩擦力等阻力的作用，振幅逐渐减小，因此振子做的是阻尼振动。当阻力很小时，在不太长时间内看不出振幅有明显的减小，于是就可以把它当作简谐运动来处理。(2)做受迫振动的物体一定会发生共振吗？提示：不一定。物体做受迫振动时，当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，才会发生共振，即发生共振的物体一定做受迫振动，做受迫振动的物体不一定发生共振。探究振动中的能量损失仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。活动1：如图甲所示，荡秋千时，人坐在秋千座板上抓住铁索不动，从一定的高度摆下，之后秋千的振幅如何变化？为什么？提示：之后秋千的振幅越来越小，最终停止摆动。因为秋千摆动时，铁索和顶部吊环之间存在摩擦力，人和秋千组成的系统还受到空气阻力的作用，使机械能逐渐转化为内能。活动2：如图乙所示，弹簧振子在实际的振动中振幅如何变化？能一直振动下去吗？为什么？提示：弹簧振子在实际的振动中振幅会越来越小，最终停止振动。因为实际弹簧振子在振动过程中，水平方向上除受到弹簧弹力的作用，还受到摩擦等阻力的作用，需要克服摩擦等阻力做功，因此机械能不断减小，振幅越来越小，最终停止振动。活动3：音叉发声时，声音会逐渐变小，请从能量的角度解释这种现象产生的原因。提示：音叉振动引起邻近介质(空气)中各质点的振动，使音叉的部分机械能随声波辐射到周围空间，导致音叉的振幅减小，声音变小。对阻尼振动的认识(1)由于实际的振动系统都会受到摩擦力、黏滞力等阻碍作用，振幅必然逐渐减小。这种振幅随时间逐渐减小的振动称为阻尼振动，其振动图像如图所示。(2)振动系统能量衰减的方式通常有两种：①由于振动系统受到摩擦阻力的作用，使振动系统的机械能逐渐转化为内能。例如单摆运动时受到空气的阻力。②由于振动系统引起邻近介质中各质点的振动，使能量向四周辐射出去，从而自身机械能减少。例如音叉发声时，一部分机械能随声波辐射到周围空间，导致音叉振幅减小。(3)阻尼振动的振幅不断减小，系统的动能与势能之和不断减少，但阻尼振动的频率不变，观测可知，其频率等于系统振动的固有频率，由系统本身决定。例如：用力敲锣，由于锣受到空气的阻尼作用，振幅越来越小，锣声减弱，但音调不变。注(了解即可)：理论计算表明，阻尼振动的频率f略小于固有频率f0，阻尼越小，两者差别越小，高中阶段可认为f＝f0。(4)系统做阻尼振动时，振幅减小的快慢跟所受阻力的大小有关。振动系统受到的阻力越大，振幅减小得越快。阻力过大时，系统不能发生振动。阻力越小，振幅减小得越慢，当阻力很小时，在不太长的时间内看不出振幅有明显的减小，于是可以把它当作简谐运动来处理。例1如图所示是一个弹簧振子做阻尼振动的振动图像，曲线上A、B两点的连线与横轴平行，下列说法正确的是()A．振子在A时刻的动能等于在B时刻的动能B．振子在A时刻的势能等于在B时刻的势能C．振子在A时刻的机械能等于在B时刻的机械能D．振子从A到B过程周期逐渐减小[实践探究]系统做阻尼振动时什么变化？什么不变？提示：振幅和振动系统的机械能变化，振动的周期和频率不变。[规范解答]由于弹簧振子做阻尼振动，所以A时刻的机械能大于B时刻的机械能，C错误；由于振子的势能与振子偏离平衡位置的位移有关，A、B时刻振子偏离平衡位置的位移相同，故A、B两时刻振子的势能相同，振子的机械能在减小，故振子在A时刻的动能大于在B时刻的动能，A错误，B正确；振子做阻尼振动时，周期、频率不改变，D错误。[答案]B规律点拨阻尼振动的能量和周期(1)阻尼振动的振幅不断减小，振动的能量不断减小，但阻尼振动的频率不变，其频率为固有频率，由系统本身决定。(2)自由振动是一种理想情况，也叫简谐运动。实际的振动都会受到阻力的作用，当阻力较小时，可认为是简谐运动。[变式训练1](多选)一单摆在空气中振动，振幅逐渐减小。下列说法正确的是()A．机械能逐渐转化为其他形式的能B．后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能C．后一时刻的势能一定小于前一时刻的势能D．后一时刻的机械能一定小于前一时刻的机械能答案AD解析单摆振动过程中，因不断克服空气阻力做功，使机械能逐渐转化为内能，A、D正确；虽然单摆总的机械能在逐渐减小，但在振动过程中动能和势能仍在不断地相互转化，动能转化为势能时，动能逐渐减小，势能逐渐增大，而势能转化为动能时，势能逐渐减小，动能逐渐增大，所以不能说后一时刻的动能(或势能)一定小于前一时刻的动能(或势能)，故B、C错误。探究受迫振动仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。活动1：如图所示，不动把手，用手把弹簧下的物体往上托起一段距离，然后放手让振子自由上下振动，振子的振幅会如何变化？提示：振子的振幅会逐渐减小，最后振子会慢慢地停下来。活动2：怎样才能使振子持续地振动下去？提示：使外力作用于振子上，让振子持续振动。例如可以持续地转动把手，使振子做受迫振动。活动3：改变把手转动的周期，记录弹簧振子的周期，你能发现什么？提示：弹簧振子稳定后的振动周期等于把手转动的周期。1．驱动力阻尼振动最终会停止。为了使系统持续振动下去，对振动系统施加周期性的外力，外力对系统做功，补偿系统的能量损耗，这种周期性的外力叫作驱动力。2．受迫振动(1)定义：振动系统在驱动力作用下的振动叫作受迫振动。机器运转时底座发生的振动、扬声器纸盆的振动，都是受迫振动。(2)特点物体做受迫振动达到稳定后，其振动的频率由驱动力的频率决定，即其振动的频率总等于驱动力的频率，驱动力频率改变，物体做受迫振动的频率就改变，与物体的固有频率无关。3．简谐运动、阻尼振动、受迫振动对比总结振动类型比较项目简谐运动阻尼振动受迫振动产生条件不受外力作用受阻力作用受阻力和驱动力作用频率固有频率固有频率驱动力频率振幅不变减小大小变化不确定振动图像形状不确定振动能量振动系统的动能与势能之和不变振动系统的动能与势能之和逐渐减小驱动力对振动系统做功，补偿系统的能量损耗实例弹簧振子振动，单摆做小角度摆动敲锣打鼓发出的声音越来越弱扬声器纸盆的振动、钟摆的摆动例2如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz。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1Hz，则把手转动的频率为()A．1Hz B．3HzC．4Hz D．5Hz[实践探究]物体做受迫振动时，振动频率由什么来决定？提示：振动频率由驱动力的频率决定。[规范解答]转动把手后，弹簧振子开始做受迫振动，受迫振动是按照外界驱动力的频率振动的，既然振子稳定后的振动频率为1Hz，则把手转动的频率为1Hz。[答案]A规律点拨求振动频率的步骤解题步骤解题注意事项第一步：判断物体是做受迫振动还是固有振动若物体是在周期性的驱动力作用下的振动则为受迫振动第二步：区分物体的固有频率与驱动力的频率做受迫振动物体的振动频率等于驱动力的频率[变式训练2]下列振动中属于受迫振动的是()A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动B．打点计时器接通电源后，振针的振动C．小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动D．弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动答案B解析敲击后的钟不再受驱动力，其振动不属于受迫振动，A错误；电磁式打点计时器接通电源后，振针的振动受电源的驱动，属于受迫振动，振动频率等于交流电的频率，B正确；小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动属于自由振动，不属于受迫振动，C错误；弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动，不受驱动力，不属于受迫振动，D错误。探究共振现象及其应用仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。A与D、G的摆长相同，D的摆球质量大于其他摆球。活动1：如图，当D摆振动的时候，其他各摆做什么运动？提示：D摆通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。活动2：各摆振动的频率等于什么？各摆的固有频率由什么决定？提示：各摆振动的频率等于驱动力的频率，等于D摆的固有频率，各摆的固有频率取决于自己的摆长。活动3：除D摆外，其余各摆的振幅大小有什么特点？提示：A、G摆的振幅最大，C、E摆的振幅较小。1．发生共振的条件观测发现，驱动力的频率f越接近振动系统的固有频率f0，受迫振动的振幅越大，反之振幅越小。当驱动力的频率f等于振动系统的固有频率f0时，受迫振动的振幅最大，发生共振。注(了解即可)：理论计算表明，共振振动频率f共略小于固有频率f0，阻尼越小，两者差别越小，高中阶段可认为f共＝f0。2．对共振条件的理解(1)从受力角度看：当振动物体所受驱动力的方向跟它的运动方向相同时，驱动力对它起加速作用，使它的振幅有增大的趋势。当驱动力的频率等于物体的固有频率时，在一个振动周期内，驱动力的方向始终与物体运动的方向相同，物体振动的振幅趋于无穷大；但因为有阻力作用，实际振幅不是无穷大，但达到一个最大值。(2)从功能关系看：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，驱动力始终对物体做正功，使振动能量不断增加，振幅不断增大，直到增加的能量等于克服阻尼作用损耗的能量，振幅才不再增加。3．共振的应用与防止(1)应用：在应用共振时，使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率。如：共振筛、荡秋千、共振转速计等。(2)防止：在防止共振时，使驱动力的频率与系统的固有频率相差越大越好。如：部队过桥应便步走，火车过桥要减速，建筑的设计施工、机器设备的设计、制造、安装都要考虑防止共振产生的危害等。例3如图所示是一个单摆的共振曲线。(1)若单摆所处环境的重力加速度g＝9.8m/s2，试求此摆的摆长；(2)若将此摆移到高山上，共振曲线的峰将怎样移动？[实践探究](1)共振曲线中，振幅最大的位置对应的频率的意义是什么？提示：此频率等于单摆的固有频率。(2)将单摆移至高山上，其固有频率如何变化？提示：高山上，重力加速度g较小，由f＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))知，其固有频率减小。[规范解答](1)由图像知，单摆的固有频率f＝0.3Hz由f＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))得l＝eq\f(g,4π2f2)＝eq\f(9.8,4×3.142×0.32)m≈2.8m。(2)由f＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))知，单摆移动到高山上，重力加速度g减小，其固有频率减小，故“峰”将向左移。[答案](1)2.8m(2)左移规律点拨(1)在分析解答有关共振问题时，要抓住产生共振的条件：驱动力的频率等于振动系统的固有频率时产生共振，此时振动的振幅最大。(2)在解决有关共振的实际问题时，要抽象出受迫振动这一物理模型，弄清驱动力频率和固有频率，然后利用共振的条件进行求解。[变式训练3－1]如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为9Hz，乙弹簧振子的固有频率为72Hz，当支架在受到沿竖直方向且频率为9Hz的驱动力做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是()A．甲的振幅较大，且振动频率为18HzB．甲的振幅较大，且振动频率为9HzC．乙的振幅较大，且振动频率为9HzD．乙的振幅较大，且振动频率为72Hz答案B解析因为甲的固有频率等于驱动力的频率，根据受迫振动发生共振的条件可知甲的振幅较大，做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，故B正确。[变式训练3－2]在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害。后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法解决了这一问题。在飞机机翼前缘处装置配重杆的目的主要是()A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率答案D解析飞机抖动得厉害是因为发生了共振现象，要想解决这一问题需要使系统的固有频率与驱动力的频率差增大，在飞机机翼前缘处装置一个配重杆，改变的是机翼的固有频率，故D正确。1．(阻尼振动)(多选)关于阻尼振动，以下说法中正确的是()A．动能与势能之和不断减小 B．动能不断减小C．振幅不断减小 D．一定不是简谐运动答案ACD解析阻尼振动是振幅不断减小的振动，故阻尼振动一定不是简谐运动，而振幅是振动能量的标志，故阻尼振动中系统的动能与势能之和不断减小，但振子的动能在振动过程中是不断变化的，并不是不断减小。故B错误，A、C、D正确。2．(阻尼振动和受迫振动)(多选)下列说法中正确的是()A．实际的自由振动必然是阻尼振动B．在外力作用下的振动是受迫振动C．阻尼振动的振幅越来越小D．受迫振动稳定后的频率与自身物理条件无关答案ACD解析实际的自由振动由于阻力的作用，振幅会越来越小，故一定为阻尼振动，A正确；物体在周期性驱动力的作用下的振动是受迫振动，而物体在外力作用下的振动不一定是受迫振动，B错误；阻尼振动的振幅越来越小，C正确；受迫振动稳定后的频率取决于驱动力的频率，与自身物理条件无关，D正确。3．(受迫振动)有一固有频率为400Hz的弹簧振子，分别在周期性驱动力F1、F2作用下做受迫振动，其中驱动力F1的频率为100Hz，驱动力F2的频率为300Hz，则振动稳定后()A．F1作用时，振子的振幅较大，振动频率是100HzB．F2作用时，振子的振幅较大，振动频率是300HzC．F1作用时，振子的振幅较大，振动频率是400HzD．F2作用时，振子的振幅较大，振动频率是400Hz答案B解析振动稳定后，受迫振动的频率等于驱动力的频率，C、D错误；由于驱动力F2的频率更接近弹簧振子的固有频率，所以F2作用时振子的振幅较大，B正确，A错误。4.(受迫振动和共振)如图所示的演示装置，一根张紧的水平绳上挂着五个单摆，其中A、E摆长相同，先使A摆动，其余各摆也随着摆动起来，可以发现振动稳定后()A．各摆的固有周期均相同B．各摆振动的周期均与A摆相同C．C摆振幅最大D．B摆振动周期最小答案B解析重力加速度相同时，单摆的固有周期由摆长决定，故除A、E固有周期相同外，其他摆的固有周期都不相同，A错误；A摆动后，通过水平绳对周围的B、C、D、E四个单摆提供周期性的驱动力，四摆都在同一驱动力作用下运动，它们的振动周期均与A摆的固有周期相同，B正确，D错误；因为A、E摆长相同，固有周期相同，故E摆发生共振现象，其振幅最大，C错误。5.(共振曲线)(多选)如图表示一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系，由图可知()A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态B．驱动力频率为f3时，振子的振动频率为f3C．假如让振子自由振动，它的频率为f2D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3答案ABC解析由题图可知当驱动力的频率为f2时，振子的振幅最大，即振子发生共振现象，故A正确；由共振条件知振子的固有频率为f2，故C正确，D错误；振子做受迫振动时，振动频率由驱动力的频率决定，故B正确。6.(共振及其应用)某种减噪装置结构如图所示，通过装置的共振可吸收声波。已知其固有频率为f0＝eq\f(60,\r(σL))(SI制)，其中σ为薄板单位面积的质量，L为空气层的厚度。经测试发现它对频率为200Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由200Hz变为300Hz，则()A．系统振动频率为200HzB．系统振动频率为300HzC．为获得更好的减噪效果，可仅适当增大L的大小D．为获得更好的减噪效果，可仅换用σ适当大些的薄板答案B解析该减噪系统做受迫振动，振动频率等于驱动力的频率，即为300Hz，故A错误，B正确；由发生共振的条件及题意可知，该减噪系统的固有频率为200Hz，当外界声波频率由200Hz变为300Hz时，为获得更好的减噪效果，应使系统的固有频率接近300Hz，由f0＝eq\f(60,\r(σL))(SI制)可知，应适当减小L或换用σ适当小些的薄板，故C、D错误。7．(共振的应用)如图所示是用来测量各种发动机转速的转速计原理图。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小。则()A．钢片a的振动频率约为100HzB．钢片b受到的驱动力最大C．将钢片c向左移，则其振幅增大D．电动机的转速约为90r/s答案D解析当驱动力的频率等于钢片的固有频率时，钢片将发生共振，振幅最大，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，故驱动力的频率约等于b钢片的固有频率90Hz，四个钢片a、b、c、d都做受迫振动，其频率都等于驱动力的频率，约为90Hz，且四个钢片受到的驱动力几乎都是一样大，故A、B错误；若将钢片c向左移，其固有频率和驱动力的频率都不变，则钢片c的振幅不变，故C错误；电动机的频率为驱动力频率，电动机的频率(单位为Hz)和转速(单位为r/s)数值相同，所以电动机的转速约为90r/s，故D正确。8．(阻尼振动、受迫振动与共振)(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则()A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同D．稳定后，