新教材人教版高中物理選擇性必修第一冊第二章機(jī)械振動 學(xué)案(知識點考點匯總及配套習(xí)題)

第二章機(jī)械振動2.1簡諧運動 -1-2.2簡諧運動的描述 -8-2.3簡諧運動的回復(fù)力和能量 -15-2.4單擺 -21-2.5實驗：用單擺測量重力加速度 -29-2.6受迫振動共振 -35-2.1簡諧運動【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．知道什是機(jī)械振動，什么是彈簧振子。2．知道什么樣的振動是簡諧運動。3．理解簡諧運動的位移—時間圖像是一條正弦曲線。4．經(jīng)歷對簡諧運動特征的探究過程，加深領(lǐng)悟用圖像描述運動的方法?！舅季S脈絡(luò)】eq\x(簡諧運動)—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(彈簧振子)—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(平衡位置),→\x(機(jī)械運動),→\x(位移—時間圖像))),→\x(簡諧運動及其圖像)))課前預(yù)習(xí)反饋知識點1機(jī)械振動與彈簧振子1．機(jī)械振動(1)定義：物體(或物體的一部分)總是在某一位置附近的__往復(fù)運動__，叫機(jī)械振動，簡稱振動。(2)特征：第一，有一個“中心位置”，即__平衡__位置，也是振動物體靜止時的位置；第二，運動具有__往復(fù)性__。2．彈簧振子(1)彈簧振子：彈簧振子是指__小球__和__彈簧__所組成的系統(tǒng)，是一種__理想化__模型。(2)振子模型：常見的有水平彈簧振子和豎直彈簧振子。如圖所示，圖甲中球與桿之間的摩擦力及空氣阻力可以__忽略__，且彈簧的質(zhì)量與小球的質(zhì)量相比可以__忽略__。知識點2彈簧振子的位移—時間圖像1．建立坐標(biāo)系以小球的__平衡位置__為坐標(biāo)原點，沿著__它的振動__方向建立坐標(biāo)軸。規(guī)定小球在平衡位置__右邊__時它對平衡位置的位移為正，在__左邊__時為負(fù)(以水平彈簧振子為例)。2．位移—時間圖像橫坐標(biāo)表示振子振動的__時間__，縱坐標(biāo)表示振子相對__平衡位置__的位移。3．物理意義反映了振子的__位移__隨__時間__的變化規(guī)律。知識點3簡諧運動及其圖像1．簡諧運動(1)定義：如果物體的位移與時間的關(guān)系遵從__正弦__函數(shù)的規(guī)律，即它的振動圖像(x－t圖像)是一條__正弦__曲線，這樣的振動叫作簡諧運動。(2)特點：①簡諧運動是最__基本__、最簡單的振動。②簡諧運動的位移隨時間按正弦規(guī)律變化，所以它不是勻變速運動，是變力作用下的__變加速__運動。2．簡諧運動的圖像(1)形狀：正(余)弦曲線，如圖所示。(2)物理意義：表示振動的質(zhì)點在不同時刻偏離__平衡位置__的位移，是位移隨時間的變化規(guī)律。(3)獲取信息：從圖像上可直接看出不同時刻振動質(zhì)點的__位移__大小和方向。思考辨析『判一判』(1)簡諧運動是勻變速運動。(×)(2)彈簧振子每次經(jīng)過平衡位置時，位移為零、動能最大。(√)(3)簡諧運動是最簡單、最基本的振動。(√)(4)彈簧振子的運動不一定是簡諧運動。(×)(5)簡諧運動的圖像描述的是振動質(zhì)點的軌跡。(×)(6)只要質(zhì)點的位移隨時間按正弦規(guī)律變化，這個質(zhì)點的運動就是簡諧運動。(√)『選一選』如圖所示，一彈性小球被水平拋出，在兩個互相豎直平行的平面間運動，小球落在地面之前的運動(D)A．是機(jī)械振動，但不是簡諧運動B．是簡諧運動，但不是機(jī)械振動C．是簡諧運動，同時也是機(jī)械振動D．不是簡諧運動，也不是機(jī)械振動解析：機(jī)械振動具有往復(fù)的特性，可以重復(fù)地進(jìn)行，小球在運動過程中，沒有重復(fù)運動的路徑，因此不是機(jī)械振動，當(dāng)然也不是簡諧運動?！合胍幌搿蝗鐖D所示的三個圖線分別是用不同的傳感器測出的不同物體的振動圖線。從三個圖線可知，這三個物體的振動有什么共同特點？三個振動物體中，最簡單的振動是哪一個？解析：由圖可看出，三個物體振動的共同特點是都具有周期性；彈簧振子的圖線是簡諧運動的圖線，是最簡單的振動。課內(nèi)互動探究對彈簧振子和簡諧運動的理解情境導(dǎo)入如圖，彈簧連接的塑料小球穿在細(xì)木桿上，該裝置是否為彈簧振子？若不計小球與桿間的摩擦，小球運動過程中通過B點時，小球的位移如何表示？提示：小球為塑料小球，質(zhì)量較小，因此該裝置不能看作彈簧振子；小球的位移大小為OB的長度，方向由O指向B。要點提煉1．實際物體看作理想振子的條件(1)彈簧的質(zhì)量比小球的質(zhì)量小得多，可以認(rèn)為質(zhì)量集中于振子(小球)；(2)構(gòu)成彈簧振子的小球體積足夠小，可以認(rèn)為小球是一個質(zhì)點；(3)忽略彈簧以及小球與水平桿之間的摩擦力；(4)小球從平衡位置被拉開的位移在彈性限度內(nèi)。2．對簡諧運動的位移、速度和加速度的理解(1)簡諧運動的位移位移的表示方法：以平衡位置為坐標(biāo)原點，以振動所在的直線為坐標(biāo)軸，規(guī)定正方向，則某時刻振子偏離平衡位置的位移可用該時刻振子所在位置的坐標(biāo)來表示。(2)簡諧運動的速度①物理含義：速度是描述振子在平衡位置附近振動快慢的物理量。在所建立的坐標(biāo)軸(也稱“一維坐標(biāo)系”)上，速度的正負(fù)號表示振子運動方向與坐標(biāo)軸的正方向相同或相反。②特點：如圖所示為一簡諧運動的模型，振子在A、B之間振動，則振子在O點速度最大，在A、B兩點速度為零。(3)簡諧運動的加速度①產(chǎn)生：水平彈簧振子的加速度是由彈簧彈力產(chǎn)生的。②方向特點：總是指向平衡位置。③大小變化規(guī)律：遠(yuǎn)離平衡位置運動，振子的加速度增大；向平衡位置運動，振子的加速度減??；平衡位置振子的加速度為零；最大位移處振子的加速度最大。典例剖析典例1(2020·上海市長寧區(qū)高三第一學(xué)期期末)如圖所示，彈簧振子在B、C兩點間做無摩擦的往復(fù)運動，O是振子的平衡位置。則振子(A)A．從B向O運動過程中位移一直變小B．從O向C運動過程中加速度一直變小C．從B經(jīng)過O向C運動過程中速度一直變小D．從C經(jīng)過O向B運動過程中速度一直變小思路引導(dǎo)：根據(jù)彈簧振子的振動過程分析處理。解析：振子從B向O運動時，是向著平衡位置移動，位移變小，故A正確；振子從O向B運動時，是從平衡位置向最大位移運動的過程，所以位移變大，加速度變大，故B錯誤；從B經(jīng)過O向C運動過程中速度先增大后變小，故C錯誤；從C經(jīng)過O向B運動過程中速度先增大后變小，故D錯誤。對點訓(xùn)練1．(多選)彈簧上端固定在O點，下端連接一小球，組成一個振動系統(tǒng)，如圖所示，用手拉一小段距離后釋放小球，小球便上下振動起來，關(guān)于小球的平衡位置，下列說法正確的是(ACD)A．在小球原來靜止的位置B．在彈簧處于原長的位置C．在小球速度最大的位置D．在小球加速度為零的位置解析：小球原來靜止時的位置為平衡位置，小球在平衡位置附近做往復(fù)運動，在平衡位置處速度最大，加速度為零，故選項B錯誤，ACD正確。對簡諧運動圖像的理解情境導(dǎo)入研究一個物體的振動是否為簡諧運動，可以通過作出的振動圖像來判斷。如圖所示，在彈簧振子的小球上安置一記錄用的毛筆P，在下面放一白紙帶，請思考：(1)振子振動時白紙不動，畫出的軌跡是怎樣的？(2)振子振動時，勻速拖動白紙，畫出的軌跡又是怎樣的？提示：(1)一條直線(2)一條正弦(或余弦)曲線要點提煉1．圖像形狀：正(余)弦曲線。2．物理意義：表示振動質(zhì)點在不同時刻偏離平衡位置的位移，是位移隨時間的變化規(guī)律。3．從圖像可獲取的信息(1)任意時刻質(zhì)點的位移的大小和方向。如圖1所示，質(zhì)點在t1、t2時刻的位移分別為x1和－x2。圖1圖2(2)任意時刻質(zhì)點的振動方向：看下一時刻質(zhì)點的位置，如圖2中a點，下一時刻離平衡位置更遠(yuǎn)，故a此刻向x軸正向振動。(3)任意時刻質(zhì)點的速度、加速度、位移的變化情況及大小比較：看下一時刻質(zhì)點的位置，判斷是遠(yuǎn)離還是靠近平衡位置，若遠(yuǎn)離平衡位置，則速度越來越小，加速度、位移越來越大，若靠近平衡位置，則速度越來越大，加速度、位移越來越小，如圖2中b，從正位移向著平衡位置運動，則速度為負(fù)且增大，位移、加速度正在減小，c從負(fù)位移遠(yuǎn)離平衡位置運動，則速度為負(fù)且減小，位移、加速度正在增大。典例剖析典例2(多選)(2020·江蘇省啟東市高二下學(xué)期調(diào)研)如圖甲所示的彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，O點為平衡位置，圖乙為此彈簧振子的振動圖像，則(BC)A．t＝0.6s時，彈簧振子的速度最大B．從t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動C．在t＝0.5s和t＝0.7s兩個時刻，彈簧振子在同一位置D．t＝0.2s時，彈簧振子的位移為負(fù)向最大思路引導(dǎo)：根據(jù)振動圖像處理問題時，要把振動圖像和振子的運動情況結(jié)合起來，建立物理情景，進(jìn)行綜合分析。解析：由圖可知，t＝0.6s時，彈簧振子的位移為負(fù)向最大值，速度為零，故A錯誤；從t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子的位移增大，加速度增大，速度減小，所以彈簧振子做加速度增大的減速運動，故B正確；在t＝0.5s和t＝0.7s兩個時刻，彈簧振子的位移相同，說明彈簧振子在同一位置，故C正確；t＝0.2s時，彈簧振子的位移為正向最大，故D錯誤。對點訓(xùn)練2．(多選)如圖是用頻閃照相的方法獲得的彈簧振子的位移—時間圖像，下列有關(guān)該圖像的說法正確的是(ACD)A．該圖像的坐標(biāo)原點是建立在彈簧振子小球的平衡位置B．從圖像可以看出小球在振動過程中是沿t軸方向移動的C．為了顯示小球在不同時刻偏離平衡位置的位移，讓底片沿垂直x軸方向勻速運動D．圖像中小球的疏密顯示出相同時間內(nèi)小球位置變化快慢不同解析：該圖像的坐標(biāo)原點是建立在彈簧振子的平衡位置，小球的振動過程是沿x軸方向移動的，故A對，B錯。由獲得圖像的方法知C對。頻閃照相是在相同時間留下的小球的像，因此小球的疏密顯示了它的位置變化快慢，D對。核心素養(yǎng)提升簡諧運動的對稱性舉例：如圖所示，物體在A與B間運動，O點為平衡位置，C和D兩點關(guān)于O點對稱時間的對稱TOB＝tBO＝tOA＝tAO，tOD＝tDO＝tOC＝tCO，tDB＝tBD＝tAC＝tCA速度的對稱①物體連續(xù)兩次經(jīng)過同一點(如D點)的速度大小相等，方向相反②物體經(jīng)過關(guān)于O點對稱的兩點(如C點與D點)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反位移和加速度的對稱①物體經(jīng)過同一點(如C點)時，位移和加速度均相同②物體經(jīng)過關(guān)于O點對稱的兩點(如C點與D點)時，位移與加速度均大小相等，方向相反動能、勢能、機(jī)械能的對稱①物體連續(xù)兩次經(jīng)過同一點(如D點)時的動能、勢能、機(jī)械能均相等②物體經(jīng)過關(guān)于O點對稱的兩點(如C點與D點)時的動能、勢能、機(jī)械能均相等案例如圖所示，一個做簡諧運動的質(zhì)點，先后以同樣的速度通過相距10cm的A、B兩點，歷時0.5s，過B點后再經(jīng)過t＝0.5s，質(zhì)點以大小相等、方向相反的速度再次通過B點，則質(zhì)點從離開O點到再次回到O點的最短時間為(O點為AB的中點)(B)A．0.5s B．1.0sC．2.0s D．4.0s解析：根據(jù)題意，由振動的對稱性可知：O點為平衡位置，A、B兩點對稱分布在O點兩側(cè)，質(zhì)點從O點向右運動到B點的時間應(yīng)為tOB＝eq\f(1,2)×0.5s＝0.25s。質(zhì)點從B點向右到達(dá)最大位移處(D點)的時間tBD＝eq\f(1,2)×0.5s＝0.25s。所以質(zhì)點從離開O點到再次回到O點的時間t＝2tOD＝2×(0.25＋0.25)s＝1.0s，故正確選項為B。2.2簡諧運動的描述【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．知道振幅、周期和頻率的概念，知道全振動的含義。2．了解初相位和相位差的概念以及相位的物理意義。3．了解簡諧運動表達(dá)式中各物理量的意義?！舅季S脈絡(luò)】eq\x(\a\al(簡諧運動,的描述))—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(\a\al(描述簡諧運,動的物理量))—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(振幅A)→\x(表示振動強(qiáng)弱),→\x(周期T)\x(表示振動快慢),→\x(頻率f),→\x(相位φ)→\x(表示振動狀態(tài)))),→\x(簡諧運動的表達(dá)式)→\x(x＝Asinωt＋φ)))課前預(yù)習(xí)反饋知識點1描述簡諧運動的物理量1．振幅(1)定義：振動物體離開平衡位置的__最大距離__，用A表示，國際單位：m。(2)振動范圍：振動物體運動范圍為__振幅__的兩倍。2．全振動：類似于O→B→O→C→O的一個__完整__的振動過程。3．周期和頻率(1)周期：做簡諧運動的物體完成一次全振動所需要的__時間__，用T表示，國際單位：s。(2)頻率：單位時間內(nèi)完成全振動的__次數(shù)__，用f表示，單位：Hz。(3)周期T與頻率f的關(guān)系：T＝__eq\f(1,f)__。(4)物理意義：周期和頻率都是表示物體__振動快慢__的物理量，周期越小，頻率__越大__，表示物體振動越快。4．相位用來描述周期性運動在各個時刻所處的__不同狀態(tài)__。知識點2簡諧運動的表達(dá)式簡諧運動的函數(shù)表達(dá)式為x＝__Asin(ωt＋φ)__。1．A：表示簡諧運動的__振幅__。2．ω：是一個與頻率成正比的量，叫作簡諧運動的“圓頻率”，表示簡諧運動的快慢，ω＝__eq\f(2π,T)__＝__2πf__。3．ωt＋φ：代表簡諧運動的__相位__。4．φ：表示t＝0時的相位，叫作__初相__。思考辨析『判一判』(1)周期、頻率是表征物體做簡諧運動振動快慢的物理量。(√)(2)振幅就是指振子的位移。(×)(3)振幅就是指振子的路程。(×)(4)振子從離開某位置到重新回到該位置的過程不一定是一次全振動過程。(√)(5)兩個振動物體相位相同，則其振動步調(diào)相反。(×)(6)振子eq\f(1,4)個周期通過的路程一定等于1個振幅。(×)『選一選』(多選)一個質(zhì)點做簡諧運動，其振動圖像如圖所示，下列說法中正確的是(ABD)A．振動周期為4sB．振動頻率為0.25HzC．振動的振幅為10cmD．5s末質(zhì)點的位移為零解析：由圖像可看出，T＝4s，f＝0.25Hz，A＝5cm,5秒末x＝0，故ABD正確，C錯誤。『想一想』振子完成一次全運動時走過的路程與振幅是什么關(guān)系？與起始位置有關(guān)系嗎？解析：完成一次全運動，路程為振幅的4倍，即s＝4A課內(nèi)互動探究描述簡諧運動的物理量情境導(dǎo)入揚聲器發(fā)聲時，手摸喇叭的發(fā)音紙盆會感覺到它在振動，把音響聲音調(diào)大，發(fā)覺紙盆的振動更加劇烈，想想這是為什么？提示：揚聲器發(fā)出的聲音是由其喇叭的紙盆振動形成的，振動越劇烈，即振幅越大，紙盆振動的能量越大，喇叭越響，手感覺紙盆振動得越厲害，說明振幅是反映振動劇烈程度的物理量。要點提煉1．對全振動的理解正確理解全振動的概念，應(yīng)注意把握振動的五個特征。(1)振動特征：一個完整的振動過程。(2)物理量特征：位移(x)、加速度(a)、速度(v)三者第一次同時與初始狀態(tài)相同。(3)時間特征：歷時一個周期。(4)路程特征：振幅的4倍。(5)相位特征：增加2π。2．振幅、位移和路程的關(guān)系振幅位移路程定義振動物體離開平衡位置的最大距離從平衡位置指向振子所在位置的有向線段運動軌跡的長度矢、標(biāo)性標(biāo)量矢量標(biāo)量變化在穩(wěn)定的振動系統(tǒng)中不發(fā)生變化大小和方向隨時間做周期性變化隨時間增加聯(lián)系(1)振幅等于位移最大值的數(shù)值；(2)振子在一個周期內(nèi)的路程等于4個振幅；而振子在一個周期內(nèi)的位移等于零。典例剖析典例1如圖所示，將彈簧振子從平衡位置拉下一段距離Δx，釋放后振子在A、B間振動，且AB＝20cm，振子首次由A到B的時間為0.1s，求：(1)振子振動的振幅、周期和頻率；(2)振子由A到O的時間；(3)振子在5s內(nèi)通過的路程及位移大小。思路引導(dǎo)：振子完成一次全振動所需要的時間叫作振動的周期，周期和頻率互為倒數(shù)關(guān)系。路程是振子在振動過程中實際通過的距離。要注意各物理量之間的區(qū)別與聯(lián)系。解析：(1)從題圖可知，振子振動的振幅為10cm，t＝0.1s＝eq\f(T,2)，所以T＝0.2s。由f＝eq\f(1,T)得f＝5Hz。(2)根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，振子由A到O的時間與振子由O到B的時間相等，均為0.05s。(3)設(shè)彈簧振子的振幅為A，A＝10cm。振子在1個周期內(nèi)通過的路程為4A故在t＝5s＝25T內(nèi)通過的路程s＝40×25cm＝1000cm＝10m。5s內(nèi)振子振動了25個周期，5s末振子仍處在A點，所以振子偏離平衡位置的位移大小為10cm。答案：(1)10cm0.2s5Hz(2)0.05s(3)10m10cm對點訓(xùn)練1．一質(zhì)點做簡諧運動，其相對平衡位置的位移x與時間t的關(guān)系如圖所示，由圖可知(C)A．質(zhì)點振動的頻率為1.6HzB．質(zhì)點振動的振幅為4.0cmC．在0.3s和0.5s兩時刻，質(zhì)點的速度方向相同D．在0.3s和0.5s兩時刻，質(zhì)點的加速度方向相同解析：由圖讀出周期T＝1.6s，則頻率為：f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,1.6)Hz，故A錯誤；質(zhì)點的振幅等于振子的位移最大值，由圖直接讀出振幅A＝2cm，故B錯誤；在0.3s時刻，質(zhì)點正從正向最大位移向平衡位置運動，速度沿負(fù)方向；在0.5s時刻，質(zhì)點正從平衡位置向負(fù)向最大位移處運動，速度方向沿負(fù)方向，故這兩個時刻的速度方向相同，故C正確；在0.3s和0.5s兩時刻，質(zhì)點的加速度方向相反，故D錯誤。對簡諧運動表達(dá)式的理解情境導(dǎo)入簡諧運動的函數(shù)表達(dá)式的一般形式為x＝Asin(ωt＋φ)，簡諧運動的函數(shù)表達(dá)式能否用余弦函數(shù)表示？提示：簡諧運動的位移和時間的關(guān)系既可以用正弦函數(shù)表示，也可以用余弦函數(shù)表示，只是對應(yīng)的初相位不同。要點提煉1．簡諧運動的表達(dá)式x＝Asin(ωt＋φ)2．各量的物理含義(1)圓頻率：表達(dá)式中的ω稱作簡諧運動的圓頻率，它表示簡諧運動物體振動的快慢。與周期T及頻率f的關(guān)系：ω＝eq\f(2π,T)＝2πf；(2)φ表示t＝0時，簡諧運動質(zhì)點所處的狀態(tài)，稱為初相位或初相。ωt＋φ代表做簡諧運動的質(zhì)點在t時刻處在一個運動周期中的哪個狀態(tài)，所以代表簡諧運動的相位。3．從運動方程中得到的物理量振幅、周期和圓頻率、初相位，因此可應(yīng)用運動方程和ω＝eq\f(2π,T)＝2πf對兩個簡諧運動比較周期、振幅和計算相位差。特別提醒關(guān)于相位差Δφ＝φ2－φ1的說明：(1)取值范圍：－π≤Δφ≤π。(2)Δφ＝0，表明兩振動步調(diào)完全相同，稱為同相。Δφ＝π，表明兩振動步調(diào)完全相反，稱為反相。(3)Δφ>0，表示振動2比振動1超前。Δφ<0，表示振動2比振動1滯后。典例剖析典例2有一彈簧振子在水平方向上的B、C之間做簡諧運動，已知B、C間的距離為20cm，振子在2s內(nèi)完成了10次全振動。若從某時刻振子經(jīng)過平衡位置時開始計時(t＝0)，經(jīng)過eq\f(1,4)周期振子有負(fù)向最大位移。(1)求振子的振幅和周期。(2)畫出該振子的位移—時間圖像。(3)寫出振子的振動方程。思路引導(dǎo)：先根據(jù)題中條件確定振幅和周期，畫圖像時要注意計時起點，確定初相位。解析：(1)彈簧振子在B、C之間做簡諧運動，BC＝20cm，故振幅A＝10cm；振子在2s內(nèi)完成了10次全振動，振子的周期T＝0.2s，ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s。(2)振子經(jīng)過平衡位置時開始計時，故t＝0時刻，位移是0，經(jīng)eq\f(1,4)周期，振子的位移為負(fù)向最大，故振子的位移—時間圖像如圖所示。(3)由函數(shù)圖像可知振子的位移與時間的函數(shù)關(guān)系式為x＝10sin(10πt＋π)cm。答案：(1)10cm0.2s(2)圖見解析(3)x＝10sin(10πt＋π)cm對點訓(xùn)練2．一彈簧振子的位移y隨時間t變化的關(guān)系式為y＝0.1sin(2.5πt)，位移y的單位為m，時間t的單位為s。則(C)A．彈簧振子的振幅為0.2mB．彈簧振子的周期為1.25sC．在t＝0.2s時，振子的運動速度為零D．彈簧振子的振動初相位為2.5π解析：由表達(dá)式可知：A＝0.1m，T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)＝0.8s，φ＝0，所以A、B、D均錯；t＝0.2s時，振子在最大位移處，速度為零，C正確。核心素養(yǎng)提升簡諧運動的周期性簡諧運動具有重復(fù)性和周期性，要比較兩個時刻t1、t2做簡諧運動的質(zhì)點的振動情況，有以下規(guī)律。1．若t2－t1＝nT，則t1、t2兩時刻振動物體的運動情況完全相同。2．若t2－t1＝nT＋eq\f(1,2)T，則t1、t2兩時刻物體的各矢量(x、F、a、v…)均大小相等，方向相反。3．當(dāng)t2－t1＝nT＋eq\f(1,4)T或t2－t1＝nT＋eq\f(3,4)T時，若t1時刻物體在平衡位置，則t2時刻物體到達(dá)最大位移處；若t1時刻物體在最大位移處，則t2時刻物體到達(dá)平衡位置。案例一彈簧振子做簡諧運動，周期為T，則(C)A．若t時刻和(t＋Δt)時刻振子運動位移的大小相等、方向相同，則Δt一定等于T的整數(shù)倍B．若t時刻和(t＋Δt)時刻振子運動速度的大小相等、方向相反，則Δt一定等于eq\f(T,2)的整數(shù)倍C．若Δt＝T，則在t時刻和(t＋Δt)時刻振子運動的加速度一定相等D．若Δt＝eq\f(T,2)，則在t時刻和(t＋Δt)時刻彈簧的長度一定相等解析：彈簧振子做簡諧運動的圖像如圖所示，圖中A點與B、E、F、I等點的振動位移大小相等，方向相同。由圖可知，A點與E、I等點對應(yīng)的時間差為T或T的整數(shù)倍，A點與B、F等點對應(yīng)的時間差不為T或T的整數(shù)倍，因此A選項不正確。圖中A點跟B、C、F、G等點的振動速度大小相等，方向相反，由圖可知A點與C、G等點對應(yīng)的時間差為eq\f(T,2)或eq\f(T,2)的整數(shù)倍，A點與B、F等點對應(yīng)的時間差不為eq\f(T,2)或eq\f(T,2)的整數(shù)倍，因此B選項不正確。如果t時刻和(t＋Δt)時刻相差一個周期T，則這兩個時刻的振動情況完全相同，加速度一定相等，選項C正確。如果t時刻和(t＋Δt)時刻相差半個周期，則這兩個時刻振動的位移大小相等，方向相反，彈簧的長度顯然是不相等的，選項D也不正確。2.3簡諧運動的回復(fù)力和能量【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．掌握簡諧運動中回復(fù)力的特點。2．會用動力學(xué)的方法，分析簡諧運動中位移、速度、回復(fù)力和加速度的變化規(guī)律。3．會用能量守恒的觀點，分析水平彈簧振子中動能、勢能、總能量的變化規(guī)律?！舅季S脈絡(luò)】eq\x(\a\al(簡諧運動的回,復(fù)力和能量))—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(回復(fù)力)—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(概念)—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(效果),→\x(來源))),→\x(簡諧運動的動力學(xué)特征F＝－kx))),→\x(能量)—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(能量與振幅有關(guān)),→\x(簡諧運動機(jī)械能守恒)))))課前預(yù)習(xí)反饋知識點1簡諧運動的回復(fù)力1．簡諧運動的動力學(xué)定義如果物體在運動方向上所受的力與它偏離平衡位置的位移大小成__正比__，并且總是指向__平衡位置__，質(zhì)點的運動就是簡諧運動。2．回復(fù)力項目內(nèi)容定義振動質(zhì)點受到的總能使其回到__平衡位置__的力方向總是指向__平衡位置__表達(dá)式F＝__－kx__效果總是要把物體拉回到__平衡位置__知識點2簡諧運動的能量1．振動系統(tǒng)的狀態(tài)與能量的關(guān)系(1)振子的速度與動能：速度不斷__變化__，動能也在不斷__變化__。(2)彈簧形變量與勢能：彈簧形變量在不斷__變化__，因而勢能也在不斷__變化__。2．簡諧振動的能量振動系統(tǒng)的能量一般指振動系統(tǒng)的機(jī)械能。振動的過程就是動能和勢能互相轉(zhuǎn)化的過程。(1)在最大位移處，__勢能__最大，__動能__為零；(2)在平衡位置處，__動能__最大，__勢能__最??；(3)在簡諧運動中，振動系統(tǒng)的機(jī)械能__守恒__(選填“守恒”或“減小”)，而在實際運動中都有一定的能量損耗，因此簡諧運動是一種理想化的模型。3．決定能量大小的因素振動系統(tǒng)的機(jī)械能跟__振幅__有關(guān)，__振幅__越大，機(jī)械能就越大，振動越強(qiáng)。思考辨析『判一判』(1)簡諧運動的回復(fù)力可以是恒力。(×)(2)簡諧運動平衡位置就是質(zhì)點所受合力為零的位置。(×)(3)做簡諧運動的質(zhì)點，振幅越大其振動的能量就越大。(√)(4)回復(fù)力的方向總是跟位移的方向相反。(√)(5)彈簧振子在運動過程中機(jī)械能守恒。(√)(6)通過速度的增減變化情況，能判斷回復(fù)力大小的變化情況。(√)『選一選』把一個小球套在光滑細(xì)桿上，球與輕彈簧相連組成彈簧振子，小球沿桿在水平方向做簡諧運動，它圍繞平衡位置O在A、B間振動，如圖所示，下列結(jié)論正確的是(C)A．小球在O位置時，動能最小，加速度最小B．小球在A、B位置時，動能最大，加速度最大C．小球從A經(jīng)O到B的過程中，回復(fù)力先做正功，后做負(fù)功D．小球從B到O的過程中，振動的能量不斷減小解析：振子經(jīng)過平衡位置時，速度最大，位移為零，所以經(jīng)過平衡位置動能最大，回復(fù)力為零，加速度為零，故A錯誤；在A、B位置時，速度為零，位移最大，回復(fù)力最大，加速度最大，故B錯誤；由于回復(fù)力指向平衡位置，所以振子從A經(jīng)O到B的過程中，回復(fù)力先做正功，后做負(fù)功，故C正確；振子的動能和彈簧的勢能相互轉(zhuǎn)化，且總量保持不變，即振動的能量保持不變，故D錯誤?！合胍幌搿粡椈上旅鎾煲恍′撉蛉鐖D所示，它所受的力與位移的關(guān)系也滿足F＝－kx嗎？x為彈簧的形變量嗎？它振動的回復(fù)力由哪些力提供？是簡諧運動嗎？答案：滿足；不是；由彈簧彈力和重力的合力提供；是解析：設(shè)振子的平衡位置為O，向下為正方向，此時彈簧已伸長了x0設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，由平衡條件得kx0＝mg ①當(dāng)振子偏離平衡位置距離為x時F回＝mg－k(x＋x0) ②由①②得F回＝－kx，所以該振動是簡諧運動。課內(nèi)互動探究簡諧運動的回復(fù)力和加速度情境導(dǎo)入下圖為水平彈簧振子的模型，則：(1)振子在運動過程中所受的合力有什么特點？(2)振子所受的合力產(chǎn)生了什么效果？提示：(1)振子所受的合力總是指向平衡位置。(2)合力的效果總是把振子拉回到平衡位置。要點提煉1．回復(fù)力的來源(1)回復(fù)力是指將振動的物體拉回到平衡位置的力，是按照力的作用效果來命名的，分析物體的受力時，不分析回復(fù)力。(2)回復(fù)力可以由某一個力提供(如彈力、摩擦力等)，也可能是幾個力的合力，還可能是某一力的分力，歸納起來回復(fù)力一定等于物體在振動方向上所受的合力。2．簡諧運動的回復(fù)力(1)表達(dá)式：F＝－kx。①由F＝－kx知，簡諧運動的回復(fù)力大小與振子的位移大小成正比，回復(fù)力的方向與位移的方向相反，即回復(fù)力的方向總是指向平衡位置。②公式F＝－kx中k指的是回復(fù)力與位移間的比例系數(shù)，而不一定是彈簧的勁度系數(shù)，系數(shù)k由振動系統(tǒng)自身決定。3．加速度特點根據(jù)牛頓第二定律，a＝eq\f(F,m)＝－eq\f(k,m)x，表明彈簧振子做簡諧運動時振子的加速度大小也與位移大小成正比，加速度方向與位移方向相反。特別提醒(1)回復(fù)力F＝－kx和加速度a＝－eq\f(k,m)x是簡諧運動的動力學(xué)特征和運動學(xué)特征，常用兩式來證明某個振動為簡諧運動。(2)k的單位：式中“k”雖然是系數(shù)，但有單位，其單位是由F和x的單位決定的，即為N/m。典例剖析典例1物體做簡諧運動時，下列敘述中正確的是(A)A．平衡位置就是回復(fù)力為零的位置B．處于平衡位置的物體，一定處于平衡狀態(tài)C．物體到達(dá)平衡位置，合力一定為零D．物體到達(dá)平衡位置，回復(fù)力不一定為零思路引導(dǎo)：簡諧運動中回復(fù)力不一定是物體受到的合外力。例如彈簧振子受到的回復(fù)力是合外力，單擺(后面學(xué)習(xí))則不是。解析：由回復(fù)力及平衡位置的定義可知，振子處于平衡位置時回復(fù)力為零，選項A正確D錯誤；物體停在平衡位置時處于平衡狀態(tài)，物體振動至平衡位置時不一定處于平衡狀態(tài)，合力不一定為零，選項B、C錯誤。對點訓(xùn)練1．(2021·山東省聊城高二檢測)做簡諧運動的物體，其加速度a隨位移x的變化規(guī)律應(yīng)是圖中的哪一個(B)解析：物體做簡諧運動時，加速度和位移的關(guān)系為a＝－eq\f(k,m)x，加速度大小與位移大小成正比，方向與位移方向相反，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知圖像B正確。對簡諧運動能量的認(rèn)識情境導(dǎo)入如圖所示，在水平彈簧振子的運動過程中，彈性勢能最大的位置有幾個？動能最大的位置有幾個？提示：彈性勢能最大的位置有兩個，分別對應(yīng)于振子運動的最左端和最右端。動能最大的位置只有一個，就是彈簧振子運動到平衡位置的時候。要點提煉1．決定因素對于一個確定的振動系統(tǒng)，簡諧運動的能量由振幅決定，振幅越大，系統(tǒng)的能量越大。2．能量獲得開始振動系統(tǒng)的能量是通過外力做功由其他形式的能轉(zhuǎn)化來的。3．能量轉(zhuǎn)化當(dāng)振動系統(tǒng)自由振動后，如果不考慮阻力作用，系統(tǒng)只發(fā)生動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒。4．理想化模型a．從力的角度分析，簡諧運動沒考慮摩擦阻力。b．從能量轉(zhuǎn)化角度分析，簡諧運動沒考慮因阻力做功能量損耗。特別提醒因為動能和勢能是標(biāo)量，所以：(1)在振動的一個周期內(nèi)，動能和勢能間完成兩次周期性變化，經(jīng)過平衡位置時動能最大，勢能最小；經(jīng)過最大位移處時，勢能最大，動能最?。?2)振子運動經(jīng)過平衡位置兩側(cè)的對稱點時，具有相等的動能和相等的勢能。典例剖析典例2如圖所示，兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細(xì)線將甲、乙兩物體束縛在光滑水平面上，已知甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量、當(dāng)細(xì)線突然斷開后，兩物體都開始做簡諧運動，在運動過程中(C)A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的振幅小于乙的振幅C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大速度大于乙的最大速度思路引導(dǎo)：對甲乙兩個物體進(jìn)行受力分析，由物體的平衡條件可以分析彈力，進(jìn)而分析彈簧的形變量，細(xì)線剪斷之后甲乙兩個物體都做簡諧運動，彈簧和物體所構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，再根據(jù)彈性勢能和動能之間的相互轉(zhuǎn)化可以確定所求關(guān)系。解析：由題意知，在細(xì)線未斷之前兩個彈簧所受到的彈力是相等的，所以當(dāng)細(xì)線斷開后，甲、乙兩個物體做簡諧運動時的振幅是相等的，A、B錯誤；兩物體在平衡位置時的速度最大，此時的動能等于彈簧剛釋放時的彈性勢能，所以甲、乙兩個物體的最大動能是相等的，則質(zhì)量大的物體速度小，所以C正確，D錯誤。對點訓(xùn)練2．右圖為某個彈簧振子做簡諧運動的圖像，由圖像可知(B)A．由于在0.1s末位移為零，所以振子的振動能量為零B．在0.2s末振子具有最大勢能C．在0.4s末振子具有的勢能尚未達(dá)到最大值D．在0.4s末振子的動能最大解析：簡諧振動的能量是守恒的，故A、C錯；0.2秒末、0.4秒末位移最大，動能為零，勢能最大，故B對，D錯。核心素養(yǎng)提升判斷振動是否為簡諧運動的方法(1)以平衡位置為原點，沿運動方向建立直線坐標(biāo)系。(2)在振動過程中任選一個位置(平衡位置除外)，對振動物體進(jìn)行受力分析。(3)將力在振動方向上分解，求出振動方向上的合力。(4)判定振動方向上合外力(或加速度)與位移關(guān)系是否符合F＝－kx(或a＝－eq\f(k,m)x)，若符合，則為簡諧運動，否則不是簡諧運動。案例一個質(zhì)量為m，側(cè)面積為S的正方形木塊放在水面上靜止(平衡)，如圖所示。現(xiàn)用力向下將其壓入水中一小距離后撤掉外力，木塊在水面上下振動，試判斷木塊的振動是否為簡諧運動。解析：以木塊為研究對象，設(shè)靜止時木塊浸入水中Δx深，當(dāng)木塊再被壓入水中x后所受力如圖所示，則F回＝mg－F浮，又F?。溅裧S(Δx＋x)。由以上兩式，得F回＝mg－ρgS(Δx＋x)＝mg－ρgSΔx－ρgSx?！適g＝ρgSΔx，∴F回＝－ρgSx。即F回＝－kx，(k＝ρgS)。即木塊做簡諧運動。答案：是簡諧運動2.4單擺【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．知道什么是單擺，了解單擺的構(gòu)成。2．掌握單擺振動的特點，知道單擺回復(fù)力的來源，理解擺角很小時單擺的振動是簡諧運動。3．知道單擺的周期跟什么因素有關(guān)，了解單擺的周期公式，并能用來進(jìn)行有關(guān)計算?！舅季S脈絡(luò)】eq\x(單擺)—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(理想化模型)→\x(模型特點),→\x(單擺的回復(fù)力)→\x(擺球重力沿切線方向的分力),→\x(單擺的周期)→\x(T＝2π\(zhòng)r(\f(l,g)))))課前預(yù)習(xí)反饋知識點1單擺1．單擺模型(1)由細(xì)線和__小球__組成。(2)細(xì)線的質(zhì)量和小球相比__可以忽略__。(3)小球的直徑與線的長度相比__可以忽略__。2．?dāng)[動特點：在擺角很小時，位移—時間圖線是一條正弦曲線，說明單擺的運動是__簡諧運動__。知識點2單擺的回復(fù)力1．回復(fù)力的來源擺球的重力沿__圓弧切線__方向的分力。2．回復(fù)力的特點在偏角很小時，擺球所受的回復(fù)力與它偏離平衡位置的位移成__正比__，方向總指向__平衡位置__，即F＝__－eq\f(mg,l)x__。知識點3單擺的周期1．探究單擺的振幅、質(zhì)量、擺長對周期的影響(1)探究方法：__控制變量__法。(2)實驗結(jié)論：①單擺振動的周期與擺球質(zhì)量__無關(guān)__。②振幅較小時周期與振幅__無關(guān)__。③擺長越長，周期__越大__；擺長越短，周期__越小__。2．定量探究單擺的周期與擺長的關(guān)系(1)周期的測量：用停表測出單擺N(30～50)次全振動的時間t，利用T＝__eq\f(t,N)__計算它的周期。(2)擺長的測量：用__刻度尺_(dá)_測出細(xì)線長度l0，用__游標(biāo)卡尺_(dá)_測出小球直徑D，利用l＝__l0＋eq\f(D,2)__求出擺長。(3)數(shù)據(jù)處理：改變__擺長__，測量不同__擺長__及對應(yīng)周期，作出T－l，T－l2或T－eq\r(l)圖像，得出結(jié)論。3．周期公式(1)公式的提出：周期公式是荷蘭物理學(xué)家__惠更斯__首先提出的。(2)公式：T＝__2πeq\r(\f(l,g))__，即T與擺長l的二次方根成__正比__，與重力加速度g的二次方根成__反比__。思考辨析『判一判』(1)制作單擺的細(xì)線不能太長也不能太短，1m左右為宜。(√)(2)制作單擺的擺球越大越好。(×)(3)單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動。(×)(4)單擺的回復(fù)力是重力沿圓弧切向的分力。(√)(5)單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)。(√)(6)單擺的振幅越小，周期越小。(×)『選一選』單擺的振動周期在發(fā)生下述哪些情況時會增大(D)A．?dāng)[球質(zhì)量增大B．?dāng)[長減小C．單擺由赤道移到北極D．單擺由海平面移到高山頂上解析：單擺的周期公式可表示為：T＝2πeq\r(\f(L,g))，周期與擺球質(zhì)量無關(guān)，選項A錯誤；擺長變小，周期變小，選項B錯誤；由赤道到北極g變大，T變小，選項C錯誤；海拔高度增大，g變小，T增大，選項D正確。綜上本題選D。『想一想』2013年6月20日，中國首位“太空教師”王亞平在“天宮一號”內(nèi)進(jìn)行了授課。假設(shè)王亞平將一個擺鐘(如圖)帶到空間站內(nèi)，則該擺動的鐘擺周期如何變化？提示：在空間站內(nèi)擺球完全失重，回復(fù)力為零，等效值g′＝0，擺球不擺動了，周期無窮大。課內(nèi)互動探究對單擺的回復(fù)力及運動特點的理解情境導(dǎo)入如圖所示，一根細(xì)線上端固定，下端連接一個金屬小球，用手使小球偏離豎直方向一個夾角，然后釋放。(1)小球受到哪些力的作用？(2)什么力提供向心力？(3)什么力提供回復(fù)力？提示：(1)小球受細(xì)線的拉力和重力作用。(2)細(xì)線的拉力和重力沿徑向的分力的合力提供向心力。(3)重力沿圓弧切線方向的分力提供小球振動的回復(fù)力。要點提煉1．回復(fù)力來源單擺的回復(fù)力是重力沿圓弧切向的分力F＝mgsinθ提供的。2．單擺做簡諧運動的推證(1)在任意位置P，則有向線段eq\o(OP,\s\up6(→))為此時的位移x，重力G沿圓弧切線方向的分力G1＝Gsinθ提供擺球以O(shè)點為中心做往復(fù)運動的回復(fù)力。(2)在擺角很小時，sinθ≈θ＝eq\f(x,l)，G1＝Gsinθ＝eq\f(mg,l)x，G1方向與擺球位移方向相反，所以有回復(fù)力F回＝G1＝－eq\f(mgx,l)。令k＝eq\f(mg,l)，則F回＝－kx。因此，在擺角θ很小時，單擺做簡諧運動。(擺角一般不超過5°)特別提醒(1)單擺振動的回復(fù)力為擺球重力沿圓弧切線方向的分力，回復(fù)力不是擺球所受的合外力。(2)單擺的擺動不一定都是簡諧運動，只有單擺做小角度(擺角小于5°)擺動時才認(rèn)為是簡諧運動。典例剖析典例1將一個擺長為l的單擺放在一個光滑的、傾角為α的斜面上，其擺角為θ，如圖所示，下列說法正確的是(A)A．?dāng)[球做簡諧運動的回復(fù)力為F＝mgsinθsinαB．?dāng)[球做簡諧運動的回復(fù)力為F＝mgsinθC．?dāng)[球經(jīng)過平衡位置時合力為零D．?dāng)[球在運動過程中，經(jīng)過平衡位置時，線的拉力為F′＝mgsinα思路引導(dǎo)：將重力準(zhǔn)確分解到沿斜面方向是解題的關(guān)鍵。解析：擺球做簡諧運動的回復(fù)力由重力沿斜面的分力沿圓弧的切向分力來提供，則回復(fù)力為F＝mgsinθsinα，故選項A正確，B錯誤；擺球經(jīng)過平衡位置時，回復(fù)力為零，向心力最大，故其合外力不為零，所以選項C錯誤；設(shè)擺球在平衡位置時速度為v，由動能定理得mgsinα(l－lcosθ)＝eq\f(1,2)mv2，由牛頓第二定律得F′－mgsinα＝meq\f(v2,l)，由以上兩式可得線的拉力為F′＝3mgsinα－2mgsinαcosθ，故選項D錯誤。對點訓(xùn)練1．圖中O點為單擺的固定懸點，現(xiàn)將擺球(可視為質(zhì)點)拉至A點，此時細(xì)線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)的A、C之間來回擺動，B點為運動中的最低位置，則在擺動過程中(D)A．?dāng)[球在A點和C點處，速度為零，合力也為零B．?dāng)[球在A點和C點處，速度為零，回復(fù)力也為零C．?dāng)[球在B點處，速度最大，回復(fù)力也最大D．?dāng)[球在B點處，速度最大，向心力也最大解析：擺球在擺動過程中，最高點A、C處速度為零，回復(fù)力最大，合力不為零，故A、B錯誤；在最低點B，速度最大，回復(fù)力為零，擺球做圓周運動，其向心力最大，故C錯誤，D正確。對單擺周期公式的理解及應(yīng)用情境導(dǎo)入惠更斯利用擺的等時性發(fā)明了帶擺的計時器，叫擺鐘。擺鐘運行時克服摩擦所需的能量由重錘勢能提供，運動的速率由鐘擺控制。旋轉(zhuǎn)鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤沿擺桿上下移動，如圖所示。一只冬天很準(zhǔn)的擺鐘到了夏天卻不準(zhǔn)了，是走快了還是慢了？怎么調(diào)節(jié)才能重新準(zhǔn)確計時？提示：由冬天到夏天，擺桿變長，周期變大，擺鐘走慢了，應(yīng)將調(diào)節(jié)螺母上移。要點提煉1．單擺的周期單擺的振動周期與振幅和質(zhì)量無關(guān)，只決定于擺長與該處的重力加速度g，T＝2πeq\r(\f(l,g))。2．對擺長的理解(1)實際的單擺擺球不可能是質(zhì)點，所以擺長應(yīng)是從懸點到擺球球心的長度，即l＝L＋eq\f(d,2)，L為擺線長，d為擺球直徑。(2)等效擺長。圖(a)中甲、乙在垂直紙面方向擺動起來效果是相同的，所以甲擺的擺長為l·sina，這就是等效擺長，其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。圖(b)中，乙在垂直紙面方向擺動時，與甲擺等效；乙在紙面內(nèi)小角度擺動時，與丙等效。3．影響g的主要因素(1)g由單擺所在的空間位置決定。由g＝Geq\f(M,r2)知，g隨所在地球表面的位置和高度的變化而變化，高度越高，g的值就越小，另外，在不同星球上g也不同。(2)g還由單擺系統(tǒng)的運動狀態(tài)決定，如單擺處在向上加速的升降機(jī)中，設(shè)加速度為a，則重力加速度的等效值g′＝g＋a；若升降機(jī)加速下降，則重力加速度的等效值g′＝g－a。典例剖析典例2一個單擺的擺長為l，在其懸點O的正下方0.19l處有一釘子P(如圖所示)，現(xiàn)將擺球向左拉開到A，使擺線偏角θ<5°，放手后使其擺動，擺動到B思路引導(dǎo)：單擺做簡諧運動的擺長有所變化，它的周期為兩個不同單擺的半周期的和。解析：釋放后擺球到達(dá)右邊最高點B處，由機(jī)械能守恒可知B和A等高，則擺球始終做簡諧運動。小球在左邊的周期為T1＝2πeq\r(\f(l,g))小球在右邊的周期為T2＝2πeq\r(\f(0.81l,g))則整個單擺的周期為T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝πeq\r(\f(l,g))＋πeq\r(\f(0.81l,g))＝1.9πeq\r(\f(l,g))答案：1.9πeq\r(\f(l,g))對點訓(xùn)練2．(多選)(2020·北京師大附中高二下學(xué)期期中)下圖為同一實驗中甲、乙兩個單擺的振動圖像，從圖像可知(CD)A．兩擺球的質(zhì)量相等 B．兩單擺的振幅相等C．兩單擺相位相差π/2 D．兩單擺的擺長相等解析：單擺的周期與質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤；由振動圖線可看出兩單擺的振幅不同，相位差相差eq\f(π,2)，故B錯，C對；由圖線知兩單擺的周期都是T＝8s，由周期公式可知兩單擺的擺長相等，故D對。核心素養(yǎng)提升不同系統(tǒng)中的等效重力加速度在不同的運動系統(tǒng)中，單擺周期公式中的g應(yīng)理解為等效重力加速度，其大小等于單擺相對系統(tǒng)靜止時的擺線拉力與擺球質(zhì)量的比值。g等效＝g－a確定等效重力加速度的方法：當(dāng)單擺在平衡位置“停擺”時，繩拉力與質(zhì)量之比g等效＝g＋ag等效＝eq\f(mg－qE,m)當(dāng)擺球受到除重力、拉力以外的其他力為恒力時，采用等效法，將重力和恒力的合力等效為重力g等效＝eq\f(mg＋qE,m)g等效＝g當(dāng)擺球受到除重力、拉力以外的其他力的方向總是與速度方向垂直時，等效重力加速度仍為g，即T不變g等效＝gl等效＝Rg等效＝g當(dāng)圓弧軌道半徑R?x時，小球在圓弧軌道上的運動相當(dāng)于單擺的運動案例如圖所示的幾個相同單擺在不同條件下，關(guān)于它們的周期關(guān)系，其中判斷正確的是(C)A．T1>T2>T3>T4 B．T1<T2＝T3<T4C．T1>T2＝T3>T4 D．T1<T2<T3<T4解析：圖(1)中，當(dāng)擺球偏離平衡位置時，重力沿斜面的分力(mgsinθ)等效為重力，即單擺等效的重力加速度g1＝gsinθ；圖(2)中兩個帶電小球的斥力總與運動方向垂直，不影響回復(fù)力；圖(3)為標(biāo)準(zhǔn)單擺；圖(4)擺球處于超重狀態(tài)，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g4＝g＋a。由單擺振動的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，故T1>T2＝T3>T4，選項C正確。2.5實驗：用單擺測量重力加速度【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．理解用單擺測重力加速度的思路與科學(xué)探究方法。2．學(xué)會用公式法或圖像法處理實驗數(shù)據(jù)。3．會分析導(dǎo)致實驗誤差的原因?！舅季S脈絡(luò)】課前預(yù)習(xí)反饋知識點1實驗?zāi)康耐ㄟ^測量擺長、周期，利用公式g＝__eq\f(4π2l,T2)__求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。知識點2實驗器材鐵架臺及鐵夾、金屬小球(上面有一個通過球心的小孔)、__秒表__、細(xì)線(長1m左右)、刻度尺(最小刻度為1mm)、__游標(biāo)卡尺_(dá)_。知識點3實驗原理與設(shè)計1．實驗的基本思想——理想化模型：單擺在偏角很小(不大于5°)時的運動，可以看成__簡諧__運動。2．實驗原理：由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得g＝__eq\f(4π2l,T2)__，據(jù)此通過實驗測出擺長l和周期T，即可計算得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?．實驗設(shè)計——兩個物理量的測量方法。(1)單擺長度的測量。用__刻度尺_(dá)_測量單擺的線長，用__游標(biāo)卡尺_(dá)_測量擺球的直徑。擺長即擺線靜止時從懸點到球心間的距離。(2)單擺周期的測量。測出單擺n次全振動的總時間t，單擺周期為T＝__eq\f(t,n)__。課內(nèi)互動探究情境導(dǎo)入某同學(xué)利用如圖所示的裝置測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?1)測量周期從什么位置開始計時？(2)采用什么樣的方法處理數(shù)據(jù)較好？提示：(1)小球通過最低位置時(2)圖像法要點提煉一、實驗步驟：1．做單擺：將線的一端穿過小球的小孔，并打一比孔大的結(jié)。然后把線的上端用鐵夾固定于鐵架臺上，在平衡位置處做上標(biāo)記。2．測擺長：用毫米刻度尺測出擺線長度l線，用游標(biāo)卡尺測量出擺球的直徑d，則單擺的擺長l＝l線＋eq\f(d,2)。3．測周期：將單擺從平衡位置拉開一個小于5°的角，然后釋放擺球，當(dāng)單擺振動穩(wěn)定后，過最低位置時開始用秒表計時，測量N次(一般取30～50次)全振動的時間t，則周期T＝eq\f(t,N)。4．變擺長：將單擺的擺長變短(或變長)，重復(fù)實驗三次，測出相應(yīng)的擺長l和周期T。二、數(shù)據(jù)收集與分析1．公式法：每改變一次擺長，將相應(yīng)的l和T代入公式中求出g值，最后求出g的平均值。設(shè)計如下所示實驗表格實驗次數(shù)擺長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)123g＝eq\f(g1＋g2＋g3,3)2．圖像法：由T＝2πeq\r(\f(l,g))得T2＝eq\f(4π2,g)l，作出T2－l圖像，即以T2為縱軸，以l為橫軸。其斜率k＝eq\f(4π2,g)，由圖像的斜率即可求出重力加速度g。三、誤差分析1．實驗原理不完善造成系統(tǒng)誤差：公式T＝2πeq\r(\f(l,g))是在小偏角下對于單擺的理想模型總結(jié)出來的，存在系統(tǒng)誤差。2．測量、操作不夠準(zhǔn)確造成偶然誤差：(1)擺長的測量存在誤差。(2)測n次全振動的時間t存在誤差。(3)作圖存在誤差?？键c一實驗原理及操作典例剖析典例1(2021·人大附中高二檢測)某實驗小組的同學(xué)做“用單擺測定重力加速度”的實驗。(1)實驗時除用到秒表、刻度尺外，還應(yīng)該用到下列器材中的__AC__。A．長約1m的細(xì)線B．長約1m的橡皮繩C．直徑約1cm的均勻鐵球D．直徑約10cm的均勻木球(2)選擇好器材后，將符合實驗要求的單擺懸掛在鐵架臺上，應(yīng)采用圖中__乙__(選填“甲”或“乙”)所示的固定方式。(3)將單擺正確懸掛后進(jìn)行如下操作，其中正確的是__BC__。A．測出擺線長作為單擺的擺長B．把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度由靜止釋放，使之做簡諧運動C．在擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時D．用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期(4)用L表示單擺的擺長，用T表示單擺的周期，則計算重力加速度的表達(dá)式為g＝__eq\f(4π2,T2)L__。思路引導(dǎo)：單擺測定重力加速度的原理為g＝eq\f(4π2l,T2)，還要知道：擺角很小的情況下單擺的振動才是簡諧運動；擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑，為減小誤差應(yīng)保證單擺在擺動的過程中，擺長不能發(fā)生變化。在最低點，單擺振動速度最快，開始計時誤差較小。解析：(1)A對，B錯：實驗過程中單擺擺長應(yīng)保持不變，應(yīng)選擇長約1m的細(xì)線作為擺線，擺線不能選擇有彈性的橡皮繩。C對，D錯：為減小實驗誤差，應(yīng)選擇密度大而體積小的球作為擺球，應(yīng)選擇直徑約1cm的均勻鐵球作為擺球，不要選用直徑約10cm的均勻木球。(2)在該實驗的過程中，懸點要固定，應(yīng)采用圖乙中所示的固定方式。(3)A錯：擺線長度與擺球半徑之和是單擺的擺長。B對：單擺在小角度下的運動為簡諧運動，應(yīng)把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度釋放，使之做簡諧運動。C對：為減小測量誤差，應(yīng)在擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時。D錯：為減小測量誤差，應(yīng)測出n個周期的總時間t，然后求出周期：T＝eq\f(t,n)，用單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期實驗誤差較大。(4)由T＝2πeq\r(\f(L,g))，得g＝eq\f(4π2,T2)L。對點訓(xùn)練1．根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可以通過實驗測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取Ｈ鐖D1所示，將細(xì)線的上端固定在鐵架臺上，下端系一小鋼球，就做成了單擺。(1)用游標(biāo)卡尺測量小鋼球直徑，示數(shù)如圖2所示，讀數(shù)為__18.6__mm。(2)以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有__abe__。a．?dāng)[線要選擇細(xì)些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一些b．?dāng)[球盡量選擇質(zhì)量大些、體積小些的c．為了使擺的周期大一些，以方便測量，開始時拉開擺球，使擺線相距平衡位置有較大的角度d．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置大于5°，在釋放擺球的同時開始計時，當(dāng)擺球回到開始位置時停止計時，此時間間隔Δt即為單擺周期Te．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當(dāng)擺球振動穩(wěn)定后，從平衡位置開始計時，記下擺球做50次全振動所用的時間Δt，則單擺周期T＝eq\f(Δt,50)解析：(1)(18＋6×0.1)mm＝18.6mm(2)利用單擺測重力加速度時，選用的細(xì)繩伸縮性要小，盡可能長一些，這樣減小測長度的誤差，a對；擺球的質(zhì)量大，體積小，可以減小阻力，b對；擺角不能大于5°，且從平衡位置開始計時，測量30～50次全振動的時間，c、d錯，e對?？键c二數(shù)據(jù)分析與處理典例剖析典例2在做“用單擺測定重力加速度”的實驗時，用擺長l和周期T計算重力加速度的公式是g＝__eq\f(4π2l,T2)__。若已知擺球直徑為2.00cm，讓刻度尺的零點對準(zhǔn)擺線的懸點，擺線豎直下垂，如圖甲所示，則單擺擺長是__0.875_0__m。若測定了40次全振動的時間如圖乙中秒表所示，則秒表讀數(shù)是__75.2__s，單擺擺動周期是__1.88_s__。為了提高測量精度，需多次改變l值，并測得相應(yīng)的T值?，F(xiàn)將測得的六組數(shù)據(jù)標(biāo)示在以l為橫坐標(biāo)，以T2為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)系上，即圖中用“·”表示的點，則：(1)單擺做簡諧運動應(yīng)滿足的條件是__擺角小于5°__。(2)試根據(jù)圖中給出的數(shù)據(jù)點作出T2和l的關(guān)系圖線，根據(jù)圖線可求出g＝__9.8(9.9也正確)__m/s2。(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)思路引導(dǎo)：秒表的長針是秒針，轉(zhuǎn)一周是30s。因為機(jī)械停表采用齒輪傳動，指針不可能停留在兩小格之間，所以不能估讀出比0.1s更短的時間。位于停表上部中間的小圓圈里面的短針是分針，分針走一圈是15min，每小格為0.5min。讀數(shù)：t＝短針讀數(shù)(t1)＋長針讀數(shù)(t2)。解析：由T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知g＝eq\f(4π2l,T2)。由圖可知：擺長l＝(88.50－1.00)cm＝87.50cm＝0.8750m。秒表的讀數(shù)t＝60s＋15.2s＝75.2s，所以T＝eq\f(t,40)＝1.88s。(1)單擺做簡諧運動的條件是擺角小于5°。(2)把在一條直線上的點連在一起，誤差較大的點平均分布在直線的兩側(cè)，則直線斜率k＝eq\f(ΔT2,Δl)。由g＝eq\f(4π2Δl,ΔT2)＝eq\f(4π2,k)，可得g＝9.8m/s2，(9.9m/s2也正確)。對點訓(xùn)練2．(2020·北京師大附中高二檢測)小雷在做“利用單擺測重力加速度”實驗中，先測得擺線長為97.20cm；用20分度的游標(biāo)卡尺測得小球直徑如圖所示，然后用秒表記錄了單擺全振動50次所用的時間。則：(1)小球直徑為__2.980__cm。(2)如果他在實驗中誤將49次全振動數(shù)為50次，測得的g值__偏大__(選填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”)。(3)他以擺長(L)為橫坐標(biāo)、周期的二次方(T2)為縱坐標(biāo)作出了T2－L圖線，由圖像測得的圖線的斜率為k，則測得的重力加速度g＝__eq\f(4π2,k)__。(用題目中給定的字母表示)(4)小雷根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖像如圖所示，造成圖像不過坐標(biāo)原點的原因可能是__測量擺長時未計入擺球的半徑__。解析：(1)由題圖可知，小球的直徑D＝29mm＋0.05mm×16＝29.80mm＝2.980cm。(2)實驗中將49次全振動數(shù)為50次，會導(dǎo)致測得周期偏小，根據(jù)g＝eq\f(4π2L,T2)知，測得重力加速度偏大。(3)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得T2＝eq\f(4π2,g)l，可知斜率k＝eq\f(4π2,g)，則重力加速度g＝eq\f(4π2,k)。(4)圖像不通過坐標(biāo)原點，將圖像向右平移1cm就會通過坐標(biāo)原點，故相同的周期下，擺長偏小1cm，故可能是測擺長時漏掉了擺球的半徑。2.6受迫振動共振【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．了解阻尼振動、受迫振動、共振的概念。2．知道受迫振動的頻率由驅(qū)動力的頻率決定。3．掌握發(fā)生共振的條件，了解共振的防止和利用?！舅季S脈絡(luò)】eq\x(\a\al(受迫,振動,共振))—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(阻尼振動)→\x(振幅逐漸減小的振動),→\x(受迫振動)—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(驅(qū)動力),→\x(周期和頻率))),→\x(共振)—\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(產(chǎn)生共振的條件),→\x(共振的防止和應(yīng)用)))))課前預(yù)習(xí)反饋知識點1固有振動、阻尼振動1．固有振動振動系統(tǒng)__在不受外力作用下__的振動。2．固有頻率__固有__振動的頻率。3．阻尼振動振幅隨時間__逐漸減小__的振動。知識點2受迫振動1．驅(qū)動力作用于振動系統(tǒng)的__周期性__外力。2．受迫振動系統(tǒng)在__驅(qū)動力__作用下的振動叫受迫振動。3．受迫振動的頻率做受迫振動的系統(tǒng)振動穩(wěn)定后，其振動頻率等于__驅(qū)動力__的頻率，與系統(tǒng)的__固有頻率__無關(guān)。知識點3共振1．條件驅(qū)動力頻率__等于__系統(tǒng)的固有頻率。2．特征共振時受迫振動的物體__振幅__最大。3．共振的應(yīng)用與防止(1)共振的應(yīng)用采用方法：在應(yīng)用共振時，驅(qū)動力頻率接近或等于振動系統(tǒng)的__固有頻率__。(2)共振的防止采用方法：在防止共振時，驅(qū)動力頻率與系統(tǒng)的__固有頻率__相差越大越好。思考辨析『判一判』(1)阻尼振動是機(jī)械能不斷減小的振動，它一定不是簡諧運動。(√)(2)單擺的振幅越來越小，是因為其能量在不斷消失。(×)(3)在外力作用下的振動就是受迫振動。(×)(4)受迫振動的頻率與振動系統(tǒng)的固有頻率無關(guān)。(√)(5)驅(qū)動力頻率越大，振幅越大。(×)(6)共振只有害處沒有好處。(×)『選一選』如圖所示，某同學(xué)看到一只鳥落在樹枝上的P處，樹枝在10s內(nèi)上下振動了6次。鳥飛走后，他把50g的砝碼掛在P處，發(fā)現(xiàn)樹枝在10s內(nèi)上下振動了12次，將50g的砝碼換成500g砝碼后，他發(fā)現(xiàn)樹枝在15s內(nèi)上下振動了6次，你估計鳥的質(zhì)量最接近(B)A．50g B．200gC．500g D．550g解析：振動系統(tǒng)的頻率是由振動系統(tǒng)的自身來決定的。鳥與樹枝組成的系統(tǒng)頻率f1＝eq\f(6,10)Hz＝0.6Hz，50g砝碼與樹枝組成的系統(tǒng)頻率f2＝eq\f(12,10)Hz＝1.2Hz，500g砝碼與樹枝組成的系統(tǒng)頻率為f3＝eq\f(6,15)Hz＝0.4Hz，而f3<f1<f2，故鳥的質(zhì)量應(yīng)在50g與500g之間，故選B?！合胍幌搿荒彻S的一個車間里，機(jī)器一開動，整個車間就灰塵四起，即對工人的健康有害，也影響產(chǎn)品的質(zhì)量，為此廠里請來了一個建筑工程師，他到車間看后，叫人在車間里建了幾根水泥立柱，問題就解決了。請你解釋其中的奧秘。答案：建幾根水泥立柱，改變了車間的固有頻率，使之不再與機(jī)器的振動頻率接近，避免車間產(chǎn)生共振現(xiàn)象。課內(nèi)互動探究簡諧運動、阻尼振動與受迫振動情境導(dǎo)入生活中會見到陣風(fēng)吹過樹枝，使樹枝左右搖擺，一會兒樹枝就會停下來，而蕩秋千的小朋友在一旁大人的不斷推動下不停地擺動。(1)樹枝的運動是什么運動？(2)秋千的擺動是什么運動？提示：(1)阻尼振動(2)受迫振動要點提煉1．認(rèn)識三種振動(1)簡諧運動是一種理想化的模型，物體運動過程中的一切阻力都不考慮。(2)阻尼振動考慮阻力的影響，是更實際的一種運動。(3)受迫振動是物體做阻尼振動時受到周期性驅(qū)動力作用下的振動。2．簡諧運動、阻尼振動與受迫振動的比較振動類型比較項目簡諧運