人教版(新教材)高中物理選擇性必修1第二章 機械振動拓展課 簡諧運動的規(guī)律

人教版（新教材）高中物理選擇性必修第一冊PAGEPAGE1拓展課簡諧運動的規(guī)律〖要點歸納〗簡諧運動的五大特征受力特征回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運動特征靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大，在運動過程中，系統(tǒng)的動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒周期性特征質(zhì)點的位移、回復(fù)力、加速度和速度隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為eq\f(T,2)對稱性特征關(guān)于平衡位置O對稱的兩點，速度的大小、動能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等；由對稱點到平衡位置O用時相等類型1彈簧振子模型〖試題案例〗〖例1〗如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端連接一物塊，物塊沿豎直方向以O(shè)點為中心點，在C、D之間做周期為T的簡諧運動。已知在t1時刻物塊的動量為p、動能為Ek。下列說法正確的是()A.如果在t2時刻物塊的動量也為p，則t2－t1的最小值為TB.如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值為TC.當(dāng)物塊通過O點時，其加速度最小D.物塊運動至C點時，其加速度最小〖解析〗物塊做簡諧運動，物塊同向經(jīng)過關(guān)于平衡位置對稱的兩點時動量相等，所以如果在t2時刻物塊的動量也為p，t2－t1的最小值小于等于eq\f(T,2)，故A錯誤；物塊經(jīng)過同一位置或關(guān)于平衡位置對稱的位置時動能相等，如果在t2時刻物塊的動能也為Ek，則t2－t1的最小值可小于或等于eq\f(T,2)，故B錯誤；圖中O點是平衡位置，根據(jù)a＝－eq\f(kx,m)知，物塊經(jīng)過O點時位移最小，則其加速度最小，故C正確；物塊運動至C點時，位移最大，其加速度最大，故D錯誤?！即鸢浮紺〖針對訓(xùn)練1〗如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧下面掛一個質(zhì)量為m的物體，物體在豎直方向做簡諧運動，當(dāng)物體振動到最高點時，彈簧正好為原長。則物體在振動過程中()A.物體在最低點時受的彈力大小為mgB.彈簧的最大彈性勢能等于eq\f(2m2g2,k)C.彈簧的彈性勢能和物體的動能總和不變D.物體的最大動能應(yīng)等于eq\f(2m2g2,k)〖解析〗物體從最高點先向下加速，到達平衡位置時速度達到最大，此后繼續(xù)向下做減速運動，平衡位置有mg＝kx，故最低點物體受到的彈力F＝k(2x)＝2mg，A錯誤；小球到最低點時，動能減為零，由系統(tǒng)機械能守恒得到，彈性勢能最大，重力勢能減小量等于彈性勢能的增加量，即最大彈性勢能為mg(2x)＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mg,k)))＝eq\f(2m2g2,k)，B正確；物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能總量守恒，C錯誤；當(dāng)物體運動到平衡位置時，動能最大，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，有mgx＝Ep彈＋Ekm，又mg＝kx，故Ekm＜eq\f(m2g2,k)，D錯誤。〖答案〗B類型2單擺模型〖試題案例〗〖例2〗如圖所示，光滑圓弧槽半徑為R，A為最低點，C到A的距離遠小于R。兩質(zhì)點小球B和C都由靜止開始釋放。要使B、C兩球在A點相遇。問B到A點距離H應(yīng)滿足什么條件？〖解析〗由題意知小球C做簡諧運動，小球B做自由落體運動，C、B兩球相遇必在A點，而小球C從開始釋放至A點經(jīng)歷的時間為tC＝eq\f(T,4)(2n－1)，n＝1，2，3，…小球B到達A點經(jīng)歷的時間tB＝eq\r(\f(2H,g))因為相遇時tB＝tC所以tB＝(2n－1)·eq\f(1,4)·2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π（2n－1）,2)eq\r(\f(R,g))所以H＝eq\f(（2n－1）2π2R,8)，n＝1，2，3，…這就是H應(yīng)滿足的條件?！即鸢浮揭姟冀馕觥椒椒裏?1)做簡諧運動的物體經(jīng)過平衡位置時，回復(fù)力一定為零，但所受合外力不一定為零。(2)由于簡諧運動具有周期性和對稱性，因此涉及簡諧運動時往往會出現(xiàn)多解的情況，分析時應(yīng)特別注意。位移相同時回復(fù)力大小、加速度大小、動能和勢能等可以確定，但速度可能有兩個方向，由于周期性，具體運動時間根據(jù)題意確定?！坚槍τ?xùn)練2〗(多選)如圖甲所示，一單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法正確的是()A.單擺的擺長約為1.0mB.單擺的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x＝8sinπtcmC.從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大D.從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球所受回復(fù)力逐漸減小〖解析〗由題圖乙可知單擺的周期T＝2s，振幅A＝8cm，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，代入數(shù)據(jù)可得l≈1m，A正確；由ω＝eq\f(2π,T)可得ω＝πrad/s，則單擺的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x＝Asinωt＝8sinπtcm，B正確；從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球從最高點運動到最低點，重力勢能減小，C錯誤；從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球的位移增大，回復(fù)力增大，D錯誤。〖答案〗AB1.(彈簧振子模型)如圖甲所示，上端固定的彈簧振子在豎直方向上做簡諧運動。規(guī)定向上為正方向，彈簧振子的振動圖像如圖乙所示。則()A.彈簧振子的振動頻率f＝2.0HzB.彈簧振子的振幅為0.4mC.在0～0.5s內(nèi)，彈簧振子的動能逐漸減小D.在1.0～1.5s內(nèi)，彈簧振子的彈性勢能逐漸減小〖解析〗由振動圖像可知，彈簧振子的振動周期為2s，頻率f＝eq\f(1,T)＝0.5Hz，A錯誤；彈簧振子的振幅為0.2m，B錯誤；在0～0.5s內(nèi)，彈簧振子的位移變大，速度減小，動能逐漸減小，C正確；在1.0～1.5s內(nèi)，彈簧振子離開平衡位置向下的位移變大，則彈簧的形變量變大，彈性勢能逐漸變大，D錯誤?！即鸢浮紺2.(彈簧振子模型)將一物體系于一豎直懸掛的輕質(zhì)彈簧的下端，并用手托著物體，然后讓它慢慢下降到平衡位置，這時彈簧伸長的長度為d。已知彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，重力加速度為g，如果讓該物體從彈簧原長位置自由釋放，則物體在下落的過程中()A.物體的運動時間為2eq\r(\f(d,g))B.物體的最大速度為eq\r(2gd)C.物體的最大加速度為2gD.彈簧的最大伸長量為2d〖解析〗物體下落過程中做簡諧運動，平衡位置在重力和彈力相等位置，即平衡位置到釋放點的距離為d，根據(jù)對稱性可得物體從釋放點到最低點下落高度為2d，但由于過程中小球做的不是自由落體運動，故時間不是t＝eq\r(\f(2h,g))＝2eq\r(\f(d,g))，A錯誤，D正確；最低點加速度最大，彈力為2mg，方向豎直向上，故此時的加速度為a＝eq\f(2mg－mg,m)＝g，方向豎直向上，C錯誤，當(dāng)彈力等于重力時，速度最大，下降過程中重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和彈性勢能，故在速度最大時有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝mgd－eq\f(1,2)kd2，根據(jù)題意，可得kd＝mg，聯(lián)立兩式得vmax＝eq\r(gd)，B錯誤?！即鸢浮紻3.(單擺模型)做簡諧運動的單擺，其擺長不變，若擺球的質(zhì)量增加為原來的eq\f(9,4)倍，擺球經(jīng)過平衡位置的速度減為原來的eq\f(2,3)，則單擺振動的()A.周期不變，振幅不變B.周期不變，振幅變小C.周期改變，振幅不變D.周期改變，振幅變大〖解析〗由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，當(dāng)擺長l不變時，周期不變，故C、D錯誤；由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mv2＝mgh，其擺動的高度與質(zhì)量無關(guān)，因平衡位置的速度減小，則最大高度減小，即振幅減小，選項B正確，A錯誤?！即鸢浮紹4.(單擺模型)如圖a所示為一單擺及其振動圖像，若擺球從E指向G為正方向，由圖b可知，下列說法正確的是()A.圖中的A點對應(yīng)著單擺中的E點B.單擺擺球連續(xù)兩次經(jīng)過同一位置時，加速度的方向發(fā)生了變化C.一周期內(nèi)，勢能增加且速度方向為正的時間范圍是1.5s到2s時間段D.一周期內(nèi)，加速度為正且減小，并與速度同方向的時間范圍是1.5s到2.0s時間段〖解析〗圖b中的A點位于正向最大位移，對應(yīng)單擺中的G點，故A錯誤；根據(jù)加速度與位移的關(guān)系a＝－eq\f(k