2019年高考物理一輪復習 第十五章 機械振動 機械波 第1講 機械振動學案

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1、 第1講　機械振動 板塊一　主干梳理·夯實基礎 【知識點1】　簡諧運動?、? 1．簡諧運動的概念 質點的位移與時間的關系遵從正弦函數的規(guī)律，即它的振動圖象(x-t圖象)是一條正弦曲線。 2．平衡位置 物體在振動過程中回復力為零的位置。 3．回復力 (1)定義：使物體返回到平衡位置的力。 (2)方向：總是指向平衡位置。 (3)來源：屬于效果力，可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。 4．描述簡諧運動的物理量 【知識點2】　簡諧運動的公式和圖象?、? 1．表達式 (1)動力學表達式：F＝－kx，其中“－”表示回復力與位移的方向相反。 (2)運動學表

2、達式：x＝Asin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝＝2πf表示簡諧運動的快慢，ωt＋φ0代表簡諧運動的相位，φ0叫做初相。 2．簡諧運動的圖象 (1)如圖所示： (2)物理意義：表示振動質點的位移隨時間的變化規(guī)律。 【知識點3】　彈簧振子、單擺及其周期公式?、? 簡諧運動的兩種模型 【知識點4】　受迫振動和共振　Ⅰ 1．自由振動、受迫振動和共振的比較 2．共振曲線 如圖所示的共振曲線，曲線表示受迫振動的振幅A(縱坐標)隨驅動力頻率f(橫坐標)的變化而變化。驅動力的頻率f跟振動系統的固有頻率f0相差越小，振幅越大；驅動力的頻率f等于振動系統的固有頻率f0時，振

3、幅最大。 【知識點5】　實驗：用單擺測定重力加速度1.實驗原理 由單擺的周期公式T＝2π，可得出g＝l，測出單擺的擺長l和振動周期T，就可求出當地的重力加速度g。 2．實驗器材 帶中心孔的小鋼球、約1 m長的細線、帶有鐵夾的鐵架臺、游標卡尺、毫米刻度尺、停表。 3．實驗步驟 (1)做單擺 取約1 m長的細線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂，如圖所示。 (2)測擺長 用毫米刻度尺量出擺線長L(精確到毫米)，用游標卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝L＋。 (3)測周期 將單擺從平衡位置拉開一個角度(

4、小于5°)，然后釋放小球，記下單擺擺動30～50次全振動的總時間，算出平均每擺動一次的時間，即為單擺的振動周期。 (4)改變擺長，重做幾次實驗。 (5)數據處理 ①公式法：g＝。 ②圖象法：畫l-T2圖象。 g＝4π2k，k＝＝。 4．注意事項 (1)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證懸點固定。 (2)單擺必須在同一平面內振動，且擺角小于10°。 (3)選擇在擺球擺到平衡位置處時開始計時，并數準全振動的次數。 (4)小球自然下垂時，用毫米刻度尺量出懸線長L，用游標卡尺測量小球的直徑，然后算出擺球的半徑r，則擺長l＝L＋r。 (5)選用1 m左右難以伸縮的細線。 板

5、塊二　考點細研·悟法培優(yōu)　　　　　　　　　　　　　　　　　 考點1簡諧運動的五個特征[深化理解] 1．動力學特征 F＝－kx，“－”表示回復力的方向與位移方向相反，k是比例系數，不一定是彈簧的勁度系數。 2．運動學特征 做簡諧運動的物體加速度與物體偏離平衡位置的位移大小成正比而方向相反，為變加速運動，遠離平衡位置時，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均減小，靠近平衡位置時則相反。 3．運動的周期性特征 相隔T或nT的兩個時刻，物體處于同一位置且振動狀態(tài)相同。 4．對稱性特征 (1)時間對稱性：相隔或(n為正整數)的兩個時刻，物體位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相

6、等，方向相反。如圖所示： O為平衡位置，A、B為振子偏離平衡位置最大位移處，振子t時刻在C點，t＋時刻運動到D點，則位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，aD＝－aC。 (2)空間對稱性：如圖所示，振子經過關于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等。 此外，振子由P到O所用時間等于由O到P′所用時間，即tPO＝tOP′。振子往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO。 5．能量特征 振動的能量包括動能Ek和勢能Ep，簡諧運動過程中，系統動能與勢能相互轉化，系統的機械能守恒。 例1　(

7、多選)如圖所示，一個質點在平衡位置O點附近做機械振動。若從O點開始計時，經過3 s質點第一次經過M點，繼續(xù)運動，又經過2 s它第二次經過M點，則該質點第三次經過M點還需要的時間是(　　) A．8 s B．4 s C．14 s D.s (1)連續(xù)經過相同位置時的兩個不同時刻，相同的量是什么？不同的量是什么？ 提示：相同的量：位移、回復力、加速度、動能、彈性勢能； 不同的量：速度(大小相等，方向相反)。 (2)從第一次經過M點到第三次經過M點是多長時間？ 提示：一個周期。 嘗試解答　選CD。 如圖所示，設a、b兩點為質點振動過程的最大位移處，若開始計時時刻，質點從O點向右

8、運動，O→M過程歷時3 s，M→b→M運動過程歷時2 s，顯然，＝4 s，T＝16 s。質點第三次經過M點還需要的時間Δt3＝T－2 s＝14 s，C正確。若開始計時時刻，質點從O點向左運動，O→a→O→M運動過程歷時3 s，M→b→M運動過程歷時2 s，顯然，＋＝4 s，T′＝ s。質點第三次經過M點還需要的時間Δt3′＝T－2 s＝ s，D正確。 總結升華 分析簡諧運動的技巧 (1)分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，要以位移為橋梁，位移增大時，振動質點的回復力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減?。环粗?，則產生相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時改變方向。 (2)分析過程中

9、要特別注意簡諧運動的周期性和對稱性。 (3)如上例，若沒有給出開始時刻質點的振動方向，還須分情況討論，以防丟解。 　如圖所示，彈簧振子在BC間振動，O為平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子從B到C的運動時間是1 s，則下列說法中正確的是 (　　) A．振子從B經O到C完成一次全振動 B．振動周期是1 s，振幅是10 cm C．經過兩次全振動，振子通過的路程是20 cm D．從B開始經過3 s，振子通過的路程是30 cm 答案　D 解析　振子從B→O→C僅完成了半次全振動，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm，A、B錯誤；振子在一次全振動中通過的路程為4

10、A＝20 cm，所以兩次全振動中通過的路程為40 cm，C錯誤；3 s的時間為1.5T，振子通過的路程為30 cm，D正確。 考點2簡諧運動的圖象[拓展延伸] 1．圖象特征 (1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，是正弦曲線還是余弦曲線取決于質點初始時刻的位置。 (2)圖象反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖象不代表質點運動的軌跡。 (3)任一時刻在圖線上對應點的切線的斜率，大小表示該時刻振子的速度大小，正負表示速度的方向，為正時，表示振子的速度沿x軸正方向；為負時，表示振子的速度沿x軸負方向。 2.圖象信息 (1)由圖象可以看出質點振動的振幅、周期。

11、 (2)可以確定某時刻質點離開平衡位置的位移。 (3)可以確定某時刻質點的回復力、加速度和速度的方向。 ①回復力和加速度的方向：因回復力總是指向平衡位置，故回復力和加速度的方向在圖象上總是指向t軸。 ②速度的方向：某時刻速度的方向既可以通過該時刻在圖象上對應點的切線的斜率來判斷，還可以通過下一時刻位移的變化來判斷，若下一時刻位移增加，速度方向就是遠離t軸；若下一時刻位移減小，速度方向就是指向t軸。 (4)可以確定某段時間質點的位移、回復力、加速度、速度、動能、勢能等的變化情況。 例2　一質點做簡諧運動，其位移和時間的關系如圖所示。 (1)求t＝0.25×10－2 s時質點偏

12、離平衡位置的位移； (2)在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s這段時間，質點的位移、回復力、速度、動能、勢能如何變化？ (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s這段時間，質點運動的路程、位移各是多少？ (1)如何確定圖象上某一時刻質點的速度、加速度？ 提示：下一時刻位移增加，速度方向遠離時間軸，質點向背離平衡位置方向運動；反之，向朝向平衡位置方向運動。加速度方向永遠指向時間軸，指向平衡位置。 (2)從t＝0到t＝1×10－2 s時間內，質點速度大小如何變化？圖象上斜率表示什么？ 提示：速度先增大后減?。粓D象上斜率表示速度。 嘗試解答　(1)x＝－ cm　(2)位移變大

13、，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大　(3)s路程＝34 cm　x位移＝2 cm，方向沿正方向。 (1)由題圖可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振動方程為x＝Asin＝－Acosωt＝－2cost cm＝－2cos100πt cm，當t＝0.25×10－2 s時，x＝－ cm。 (2)由題圖可知在1.5×10－2 s到2×10－2 s這段時間，質點的位移變大，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大。 (3)從t＝0到t＝8.5×10－2 s這段時間等于質點做簡諧運動的個周期，質點運動的路程為s路程＝17A＝34 cm，位移為x位移＝2 cm，方向沿正方向。 總結升華 對

14、振動圖象的理解 (1)可確定振動質點在任一時刻的位移。如圖所示，t1、t2時刻質點偏離平衡位置的位移分別為x1＝7 cm，x2＝－5 cm。 (2)可確定質點振動的振幅，圖象中最大位移的絕對值就是質點振動的振幅。如圖所示，質點振動的振幅是10 cm。 (3)可確定質點振動的周期和頻率，振動圖象上一個完整的正弦(或余弦)圖形在時間軸上拉開的“長度”表示周期，頻率的大小等于周期的倒數。如圖所示，OD、AE、BF的間隔都等于質點振動的周期，T＝0.2 s，頻率f＝＝5 Hz。 (4)可確定質點的振動方向。如圖所示，在t1時刻，質點正遠離平衡位置向正方向運動；在t3時刻，質點正朝向平衡位置

15、運動。 (5)可比較各時刻質點加速度的大小和方向。例如在圖中t1時刻，質點偏離平衡位置的位移x1為正，則加速度a1為負；在t2時刻，質點偏離平衡位置的位移x2為負，則加速度a2為正，因為|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|。 　[2017·茂名模擬](多選)簡諧運動的振動圖象可用下述方法畫出：如圖甲所示，在彈簧振子的小球上安裝一支繪圖筆P，讓一條紙帶在與小球振動方向垂直的方向上勻速運動，筆P在紙帶上畫出的就是小球的振動圖象。取水平向右為小球離開平衡位置位移的正方向，紙帶運動的距離代表時間，得到的彈簧振子振動圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　) A．彈簧振子的周期為4 s

16、 B．彈簧振子的振幅為10 cm C．t＝17 s時振子相對平衡位置的位移是10 cm D．若紙帶運動的速度為2 cm/s，振動圖線上1、3兩點間的距離是4 cm E．t＝2.5 s時振子正在向x軸正方向運動 答案　ABD 解析　由題圖知，彈簧振子的周期為T＝4 s，振幅為10 cm，選項A、B正確；由簡諧運動的周期性知，t＝17 s時振子相對平衡位置的位移與t＝1 s時振子相對平衡位置的位移相同，均為0，選項C錯誤；若紙帶運動的速度為2 cm/s，振動圖線上1、3兩點間的距離s＝vt＝2 cm/s×2 s＝4 cm，選項D正確；x-t圖象的斜率表示速度，斜率的正負表示速度的方向，由

17、題圖可知，t＝2.5 s時振子的速度為負值，故振子正在向x軸負方向運動，選項E錯誤。 考點3用單擺測重力加速度[解題技巧] 1．對單擺的理解 單擺是一個理想化模型，擺角θ≤5°時，單擺的周期為T＝2π ，與單擺的振幅A、擺球質量m無關，式中的g由單擺所處的位置決定。 2．等效擺長及等效重力加速度 (1)l′——等效擺長：擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離。如圖甲所示的雙線擺的擺長l′＝r＋Lcosα。乙圖中小球(可看作質點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點的附近振動，其等效擺長為l′＝R。 (2)g′——等效重力加速度：與單擺所處物理環(huán)境有關。 ①在不同星球表面：g′＝，M為星

18、球的質量，R為星球的半徑； ②單擺處于超重或失重狀態(tài)下的等效重力加速度分別為g′＝g＋a和g′＝g－a，a為超重或失重時單擺系統整體豎直向上或豎直向下的加速度大小。 3．用單擺測重力加速度實驗 數據處理的兩種方法： 方法一：公式法。 根據公式T＝2π ，g＝。將測得的幾組周期T和擺長l分別代入公式g＝中算出多組重力加速度g的值，再求出g的平均值，即為當地重力加速度的值。 方法二：圖象法。 由單擺的周期公式T＝2π 可得l＝T2，因此以擺長l為縱軸，以T2為橫軸描點、作圖，作出的l-T2圖象理論上是一條過原點的直線，如圖所示，求出圖象的斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝。

19、 例3　根據單擺周期公式T＝2π ，可以通過實驗測量當地的重力加速度。如圖甲所示，將細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)用游標卡尺測量小鋼球直徑，示數如圖乙所示，讀數為________mm。 (2)以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有________。 a．擺線要選擇較細、伸縮性較小，并且盡可能長一些的 b．擺球盡量選擇質量較大、體積較小的 c．為了使擺的周期大一些，以方便測量，開始時拉開擺球，使擺線相對平衡位置時有較大的偏角 d．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置的夾角不大于5°，在釋放擺球的同時開始計時，當擺球回到起始位置時停止計時，此

20、時間間隔Δt即為單擺周期T e．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置的夾角不大于5°，釋放擺球，當擺球振動穩(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＝ (1)關于單擺擺線的長度及懸點有何要求？ 提示：單擺擺線的長度應遠大于擺球的直徑；懸點必須固定。 (2)游標卡尺應當怎樣讀數？ 提示：游標卡尺的讀數L＝L0＋kn，其中L0為主尺上對應的刻度，即副尺“0”刻度線以左的刻度，k為副尺的精確度，n為與主尺上刻線對齊的副尺上的刻線對應的刻度數。 (3)單擺的擺角及計時有何要求？ 提示：單擺的擺角即擺線與豎直方向的夾角應不大于5°；為減小誤差，當擺球經過平衡位置

21、時開始計時。 嘗試解答　(1)18.5__(2)abe。 (1)如題中圖乙所示，主尺上對應的刻度為18 mm，副尺的精度為 mm＝0.1 mm，與主尺上刻線對齊的副尺上的刻線對應的刻度數是5，所以游標卡尺讀數為18 mm＋5×0.1 mm＝18.5 mm。 (2)擺線細一些有助于減小空氣阻力，伸縮性小一些可使擺線長度較穩(wěn)定，盡可能長一些可使單擺周期較大，方便周期的測量，故a正確。擺球質量大一些，體積小一些能減小空氣阻力對實驗的影響，故b正確。根據T＝2π 可知，單擺周期T與振幅無關，且擺角太大時，單擺的運動不能看作簡諧運動，不符合實驗要求，故c錯誤。測量周期時應從小球經過平衡位置即最低點

22、位置時開始計時，而且應記錄n次全振動的時間Δt，則T＝，故d錯誤，e正確。 總結升華 用單擺測重力加速度實驗的誤差分析 (1)本實驗的系統誤差主要來源于單擺模型本身是否符合要求，即：懸點固定，小球質量大、體積小，細線輕質非彈性，振動是在同一豎直平面內的振動，這些要求是否符合。 (2)本實驗的偶然誤差主要來自時間的測量，因此，要從擺球通過平衡位置時開始計時，不能多計或漏計擺球全振動次數。此外，使用刻度尺測量擺線長度讀數時也會產生偶然誤差。 (3)利用圖象法處理數據具有形象、直觀的特點，同時也能減小實驗誤差。利用圖象法分析處理時要特別注意圖象的斜率及截距的物理意義。 　某同學在“用單擺

23、測定重力加速度”的實驗中進行了如下的操作： (1)用游標尺上有10個小格的游標卡尺測量擺球的直徑，得到如圖甲所示結果，則可讀出擺球的直徑為________cm。把擺球用細線懸掛在鐵架臺上，測量擺線長，通過計算得到擺長L。 (2)用秒表測量單擺的周期，當單擺擺動穩(wěn)定且到達最低點時開始計時并記為n＝1，單擺每經過最低點計一次數，當數到n＝60時秒表的示數如圖乙所示，該單擺的周期是T＝________s(結果保留三位有效數字)。 (3)測量出多組周期T、擺長L的數值后，畫出T2-L圖象如圖丙所示，此圖象斜率的物理意義是 (　　) A．g B. C. D. (4)在(3)中，描點時

24、若誤將擺線長當作擺長，那么畫出的直線將不通過原點，由圖象斜率得到的重力加速度與原來相比，其大小 (　　) A．偏大 B．偏小 C．不變 D．都有可能 (5)該小組的另一同學沒有使用游標卡尺也測出了重力加速度，他采用的方法是：先測出一擺線較長的單擺的振動周期T1，然后把擺線縮短適當的長度ΔL，再測出其振動周期T2。用該同學測出的物理量表示重力加速度，則g＝________。 答案　(1)2.06　(2)2.28　(3)C　(4)C　(5) 解析　(1)擺球的直徑為d＝20 mm＋6× mm＝20.6 mm＝2.06 cm。 (2)秒表的讀數為t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根據題意t＝T＝T，所以周期T＝≈2.28 s。 (3)根據單擺周期公式T＝2π ，可得＝＝k(常數)，所以選項C正確。 (4)因為＝＝k，(常數)，所以＝＝k，若誤將擺線長當作擺長，畫出的直線將不通過原點，但圖象的斜率仍然滿足＝＝＝k，所以由圖象的斜率得到的重力加速度不變。 (5)根據(4)的分析，＝，所以g＝＝。 13