第五节 受迫振动 共振
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
物理观念 了解阻尼振动和阻尼振动的图像
物理观念 掌握受迫振动的概念，知道受迫振动与驱动力的关系
科学态度与责任 理解共振和共振产生的条件，知道共振的应用和防止
知识点一 受迫振动的频率
1．等幅振动：振幅不变的振动．
2．阻尼振动：振幅逐渐减小的振动．
3．受迫振动：在外界驱动力作用下的振动．
4．固有频率：物体自由振动的频率，只与它们自身的参数有关，称为固有频率．
知识点二 共振
1．条件：驱动力的周期(或频率)等于振动系统的固有周期(或固有频率)．
2．特征：共振时，物体受迫振动的振幅最大．
3．共振曲线：如图所示．
知识点三 共振的应用与防止
1．共振的应用
在需要利用共振时，应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率，振动将更剧烈．
2．共振的防止
在防止共振时，应使驱动力频率与系统的固有频率保持一定差距．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)做阻尼振动的物体其振动频率不变． (√)
(2)阻尼振动振幅逐渐减小时，其频率也逐渐减小． (×)
(3)驱动力的频率越大振动物体振幅越大． (×)
(4)共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率． (√)
2．(多选)某一单摆由于受阻力作用，从开始摆动到逐渐停止的过程中( )
A．振幅越来越小，周期也越来越小
B．振幅越来越小，周期不变
C．通过某一位置时，机械能始终不变
D．机械能不守恒，周期不变
BD [单摆做阻尼振动时，振幅会减小，机械能减小，振动周期不变，故选项B、D对，A、C错．]
3．某振动系统的固有频率为f1，该振动系统在频率为f2的驱动力的作用下做受迫振动，系统的振动频率为( )
A．f1 B．f2 C．f1＋f2 D．
B [做受迫振动的系统，其振动频率等于驱动力的频率f2，故B正确．]
考点1 阻尼振动、受迫振动与简谐运动的比较
甲 乙
(1)如图甲所示，生活中会见到阵风吹过树枝，使树枝左右摇摆，一会儿树枝就会停下来，树枝的运动是阻尼振动吗？
(2)如图乙所示，荡秋千的小朋友在一旁小朋友的不断推动下不停地摆动．秋千的运动是受迫振动吗？
提示：(1)是．(2)是．
三者对比列表：
振动类型 简谐运动 阻尼振动 受迫振动
产生条件 不受阻力作用 受阻力作用 受阻力和驱动力作用
频率 固有频率 频率不变 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
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 扬声器纸盆振动发声、钟摆的摆动
【典例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
[思路点拨] (1)在阻尼振动中，振动系统的机械能减小，即动能和势能之和减小．
(2)在一段较短的时间内，动能和势能不一定都减小，关键要看动能与势能之间是如何转化的．
AD [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，选项A和D对；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，所以不能断言后一时刻的动能(或势能)一定小于前一时刻的动能(或势能)，选项B、C错．]
阻尼振动的三个特点
(1)振幅逐渐减小，最后停止振动．
(2)系统的机械能逐渐减少，最后耗尽．
(3)周期、频率不随振幅的变化而变化．
[跟进训练]
训练角度1 阻尼振动的图线
1．(多选)如图所示是单摆做阻尼振动的振动图线，下列说法中正确的是( )
A．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能
B．摆球A时刻的势能等于B时刻的势能
C．摆球A时刻的机械能等于B时刻的机械能
D．摆球A时刻的机械能大于B时刻的机械能
BD [在单摆振动过程中，因不断克服空气阻力做功使振动的能量逐渐转化为内能，C错，D对；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不断地相互转化．由于A、B两时刻单摆的位移相等，所以势能相等，但动能不相等，A错，B对．]
训练角度2 受迫振动
2．如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz．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1 Hz，则把手转动的频率为( )
A．1 Hz B．3 Hz C．4 Hz D．5 Hz
A [受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1 Hz，选项A正确．]
考点2 共振的特点
洗衣机在把衣服脱水完毕后，电动机还要转动一会才能停下来．该过程中洗衣机先振动得比较小，然后有一阵子振动得很剧烈，然后振动慢慢减小直至停下来．
思考讨论：
(1)开始时，洗衣机为什么振动比较小？
(2)期间剧烈振动的原因是什么？
提示：(1)开始时，洗衣机的固有频率与脱水桶的频率相差较远．
(2)剧烈振动的原因是此时脱水桶的频率与洗衣机的固有频率接近．
1．共振条件的理解
(1)从受力角度来看：
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，使它的振幅增大，驱动力的频率跟物体的固有频率越接近，使物体振幅增大的力的作用次数就越多，当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅达到最大．
(2)从功能关系来看：
当驱动力频率越接近物体的固有频率时，驱动力与物体运动一致的次数越多，驱动力对物体做正功越多，振幅就越大．当驱动力频率等于物体固有频率时，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时，振幅才不再增加．
2．对共振曲线的理解
(1)两坐标轴的意义：
纵轴：受迫振动的振幅，如图所示．
横轴：驱动力频率．
(2)f0的意义：表示固有频率．
(3)认识曲线形状：f＝f0，共振；f＞f0或f＜f0，振幅较小．f与f0相差越大，振幅越小．
(4)结论：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．
【典例2】 如图所示，在曲轴A上悬挂一个弹簧振子，如果转动把手，曲轴可以带动弹簧振子上下振动．
(1)开始时不转动把手，而用手往下拉振子，然后放手让振子上下振动，测得振子在10 s内完成20次全振动，振子做什么振动？其固有周期和固有频率各是多少？若考虑摩擦和空气阻力，振子做什么振动？
(2)在振子正常振动过程中，以转速4 r/s匀速转动把手，振子的振动稳定后，振子做什么运动？其周期是多少？
(3)若要振子振动的振幅最大，把手的转速应多大？
[思路点拨] 解答本题时应注意以下两个方面：
(1)理解简谐运动、阻尼振动、受迫振动的概念．
(2)知道受迫振动的频率与驱动力的频率的关系．
[解析] (1)用手往下拉振子使振子获得一定能量，放手后，振子因所受回复力与位移成正比，方向与位移方向相反(F＝－kx)，所以做简谐运动，其周期和频率是由它本身的结构特点决定的，称为固有周期(T固)和固有频率(f固)，根据题意T固＝＝ s＝0.5 s，f固＝＝ Hz＝2 Hz．由于摩擦和空气阻力的存在，振子克服摩擦力和阻力做功消耗能量，使其振幅越来越小，故振动为阻尼振动．
(2)由于把手转动的转速为4 r/s，它给弹簧振子的驱动力的频率为f驱＝4 Hz，周期T驱＝0.25 s，故振子做受迫振动．振动达到稳定状态后，其频率(或周期)等于驱动力的频率(或周期)，而跟固有频率(或周期)无关，故f＝f驱＝4 Hz，T＝T驱＝0.25 s．
(3)要使弹簧振子的振幅最大，处于共振状态，必须使其驱动力的频率f驱等于它的固有频率f固，即f驱＝f固＝2 Hz，故把手的转速应为n＝2 r/s．
[答案] (1)简谐运动 0.5 s 2 Hz 阻尼振动
(2)受迫振动 0.25 s (3)2 r/s
共振问题的分析方法
(1)在分析解答有关共振问题时，要抓住产生共振的条件：驱动力的频率等于固有频率，此时振动的振幅最大．
(2)在分析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．
[跟进训练]
训练角度1 共振的现象分析
3．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂有5个单摆，其中b摆球质量最大，其余4个摆球质量相等，摆长关系为Lc>Lb＝Ld>La>Le，现将b摆垂直于纸面向里拉开一微小角度后释放，经过一段时间后，其余各摆均振动起来并达到稳定，下列叙述正确的是( )
A．4个单摆的周期Tc>Td>Ta>Te
B．4个单摆的频率fa＝fc＝fd＝fe
C．4个单摆的振幅Aa＝Ac＝Ad＝Ae
D．4个单摆中c摆的振幅最大
B [b摆垂直于纸面向里拉开一微小角度后释放，使得其他4个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以4个单摆频率相同，周期也一样，所以A错误，B正确；当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即达到共振．根据T＝2π知，d摆长与b摆长相等，则驱动力的周期等于d摆的固有周期，发生共振，所以d摆振幅最大，C、D错误．]
训练角度2 共振曲线
4．研究单摆受迫振动规律时得到如图所示的图像，则下列说法错误的是( )
A．其纵坐标为位移
B．其纵坐标为振幅
C．单摆的固有周期为2 s
D．图像的峰值表示共振时的振幅
A [纵坐标是振幅，不是位移，A说法错误，B说法正确；当f驱＝f固时发生共振，振幅最大，由图知T固＝＝2 s，可见C和D的说法正确．]
1．物理观念：阻尼振动、受迫振动、共振．
2．科学思维：共振曲线．
3．科学方法：比较简谐运动与阻尼振动、受迫振动的不同．
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．有阻力的振动叫作受迫振动
B．物体振动时受到外力作用，它的振动就是受迫振动
C．物体在周期性外力作用下的振动叫作受迫振动
D．物体在周期性外力作用下振动，它的振动频率最终等于驱动力频率
CD [物体在周期性外力作用下的振动叫作受迫振动，选项C对，B错；这个周期性的外力应当能给振动物体补充能量，不是有阻力的振动，选项A错；受迫振动的频率最终等于驱动力频率，选项D对．]
2．下列振动，属于受迫振动的是( )
A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的振动
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
B [受迫振动是指在周期性驱动力作用下的振动，故A、C、D都是自由振动，B是受迫振动．]
3．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
D [飞机抖动得厉害是因为发生了共振现象，想要解决这一问题，需要使系统的固有频率与驱动力的频率差距增大，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，故选项D正确．]
4．下表记录了某受迫振动系统的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则( )
驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80
受迫振动的振幅/cm 10.2 16.8 27.12 28.1 16.5 8.3
A．f固＝60 Hz B．60 HzC．50 HzC [固有频率等于驱动力的频率时，振幅最大，固有频率越接近驱动力频率，振幅越大；表格中当驱动力频率为60 Hz时，振幅最大，说明固有频率在50 Hz～70 Hz之间，C正确．]
5．如图为一单摆的共振曲线，图中横轴表示周期性驱动力的频率，纵轴表示单摆的振幅，求此单摆的摆长(g取10 m/s2)．
[解析] 由图像可以看出，当驱动力的频率为0.4 Hz时，单摆的振幅最大，此时单摆共振．由共振的条件可知，单摆的固有频率为0.4 Hz，由T＝2π＝可得
L＝≈1.58 m．
[答案] 1.58 m
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8(共48张PPT)
第五节 受迫振动 共振
第二章 机械振动
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
基础自测
不变
逐渐减小
驱动力
等于
振幅
固有频率
频率
√
×
×
√
合作探究·提素养
NO.2
考点1
考点2
当堂达标·夯基础
NO.3
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A受迫振动的振幅
驱动力的频率
0
(固有频率)第四节 用单摆测量重力加速度
[实验目标] 1．用单摆测量重力加速度．2．会使用秒表测量时间．3．能分析实验误差的来源，并能采用适当方法减小测量误差．
一、实验器材
长约1 m的细线、球心开有小孔的金属小球、带有铁夹的铁架台、长约1 m的毫米刻度尺、秒表、游标卡尺．
二、实验原理与设计
单摆做简谐运动时，由周期公式T＝2π，可得g＝．因此，测出单摆摆长和振动周期，便可计算出当地的重力加速度．
用秒表测量30～50次全振动的时间，计算平均做一次全振动的时间，得到的便是振动周期．
三、实验步骤
1．取长约1 m的细线，细线的一端连接小球，另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自由下垂，如图所示．
实验装置示意图
2．用刻度尺测摆线长度L0，用游标卡尺测小球的直径d．测量多次，取平均值，计算摆长L＝L0＋．
3．将小球从平衡位置拉至一个偏角小于5°的位置并由静止释放，使其在竖直面内振动．待振动稳定后，从小球经过平衡位置时开始用秒表计时，测量N次全振动的时间t，则周期T＝．如此重复多次，取平均值．
4．改变摆长，重复实验多次．
5．将每次实验得到的L、T代入g＝计算重力加速度，取平均值，即为测得的当地重力加速度．
四、数据处理
1．平均值法：每改变一次摆长，将相应的L和T代入公式g＝中求出g值，最后求出g的平均值．设计如表所示实验表格．
实验次数 摆长L/m 周期T/s 加速度g/(m·s－2) g的平均值
1
2
3 g＝
2．图像法：由T＝2π得T2＝L，作出T2 L图像，即以T2为纵轴，以L为横轴，其斜率k＝．由图像的斜率即可求出重力加速度g．
五、注意事项
1．选择材料时应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1 m，小球应选用密度较大的金属球，直径最好不超过2 cm．
2．单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时摆线下滑、摆长改变．
3．注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过5°．
4．摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆．
5．计算单摆的振动次数时，应以摆球通过最低点时开始计时，以后摆球应从同一方向通过最低点时计数，要多测几次全振动的时间，用取平均值的办法求周期．
六、误差分析
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，是单摆还是复摆，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(单摆周期)的测量上．因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，最好采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值．
3．本实验中长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，读数读到毫米位即可，时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在“秒”的十分位即可．
【典例1】 (1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(选填“是”或“否”)．
①把单摆从平衡位置拉开约5°释放．( )
②在摆球经过最低点时启动秒表计时．( )
③把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期．( )
(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见表．用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图，该球的直径为________mm．根据表中数据可以初步判断单摆周期随________的增大而增大．
数据组编号 摆长/mm 摆球质量/g 周期/s
1 999.3 32.2 2.0
2 999.3 16.5 2.0
3 799.2 32.2 1.8
4 799.2 16.5 1.8
5 501.1 32.2 1.4
6 501.1 16.5 1.4
[解析] 单摆做简谐运动要求摆角小，单摆从平衡位置拉开约5°释放满足此条件；因为最低点位置固定、容易观察，所以在摆球经过最低点时启动秒表计时；摆球一次全振动的时间太短，不易读准，误差大，应测多个周期的时间求平均值；由表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大．
[答案] (1)①是 ②是 ③否
(2)20.685(20.683～20.687均正确) 摆长
【典例2】 在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g＝________．若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，则单摆摆长是________m．若测定了40次全振动的时间为75.2 s，单摆摆动周期是________．
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，则：
(1)单摆做简谐运动应满足的条件是________．
(2)试根据图中给出的数据点作出T2和L的关系图线，根据图线可求出g＝________m/s2．(结果取两位有效数字)
[解析] 由T＝2π，可知g＝．
由图可知：
摆长L＝(88.50－1.00)cm＝87.50 cm＝0.875 0 m．
T＝＝1.88 s．
(1)单摆做简谐运动的条件是摆角小于5°．
(2)把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点平均分布在直线的两侧，如答案图所示，则直线斜率k＝．由g＝＝，可得g＝9.8 m/s2(9.9 m/s2也正确)．
[答案] 0.8750 1.88 s
(1)摆角小于5° (2)如图所示 9.8 m/s2(或9.9 m/s2)
【典例3】 甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．
(1)甲组同学采用如图甲所示的实验装置．
①为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用________．(用器材前的字母表示)
a．长度接近1 m的细绳
b．长度为30 cm左右的细绳
c．直径为1.8 cm的塑料球
d．直径为1.8 cm的铁球
e．最小刻度为1 cm的米尺
f．最小刻度为1 mm的米尺
②该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．请写出重力加速度的表达式g＝________．(用所测物理量表示)
③在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________．(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v t图线．
①由图丙可知，该单摆的周期T＝________s；
②更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2 L图线，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L．由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2．(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)
[解析] (1)①根据T＝2π得g＝，知需要测量摆长，即摆线长和小球的直径，摆线应选1 m左右的不可伸长的线，小球应选用质量大、体积小的金属球，测量摆线长的米尺的最小刻度应为1 mm，故选a、d、f．
②因为T＝，则g＝＝．
③摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，则导致测得的重力加速度偏小．
(2)①由v t图线可知，单摆的周期T＝2.0 s．
②由T＝2π，得T2＝L，
即图线的斜率k＝＝4.04，
解得g≈9.76 m/s2．
[答案] (1)①adf ② ③偏小 (2)①2.0 ②9.76
1．某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验．某次用刻度尺测得摆线长为67.80 cm．用游标卡尺测得小球直径的读数如图甲所示，则小球直径为________cm；重复实验几次，改变摆线的长度L，用秒表测出相应的周期T，再以L为横坐标，T2为纵坐标作图，对应的图像应为图乙中的直线________(选填“1”“2”或“3”)．若已知直线的斜率为k，请写出重力加速度g的表达式________．
甲 乙
[解析] 根据游标卡尺的读数规律，直径为1.6 cm＋0.05×8 mm＝1.640 cm；
根据公式g＝，
可知，对应的图像应为图乙中的直线“2”；
因为g＝，
斜率k＝，
所以重力加速度可表示为g＝．
[答案] 1.640 2
2．某同学探究单摆周期与摆长的关系，他用分度值为1毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为________cm，摆长为________cm．用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，停表读数为________s，如果测得的g值偏大，可能的原因是________(填选项前的字母)．
甲 乙
A．计算摆长时加的是摆球的直径
B．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加(实验过程中先测摆长后测周期)
D．实验中误将30次全振动记为31次
[解析] 游标卡尺的主尺读数为2 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10×0.05 mm＝0.50 mm，所以最终读数为：2 cm＋0.050 cm＝2.050 cm；摆长为：89.40 cm＋ cm＝90.425 cm；由题图乙可知：秒表的读数t＝57.0 s．根据T＝2π，得g＝．计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故A正确；用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长使摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故B错误；摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；实验中误将30次全振动记为31次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故D正确．
[答案] 2.050 90.425 57.0 AD
3．某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________．请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(选填“增大”“偏小”或“相同”)．
[解析] 设摆球重心在其球心的下方x远处，
由T＝2π得，TA＝2π，TB＝2π，
由以上各式可得g＝，
由T＝2π可得L＝，可见在L T2图中斜率k＝，即得g＝4π2k，题中数据不改变，k也不会改变，g也不变．
[答案] 相同
4．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示：
甲 乙
(1)实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是________(填选项前的字母)．
A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
(2)从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l T2图像，则根据图像可求得当地的重力加速度g＝________(用图乙中所给字母表示)．
[解析] (1)根据T＝2π得：g＝．
以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则L偏大，测得的g偏大，故A正确；重力加速度与单摆所用摆球质量大小无关，故B错误；把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确；开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，故D错误．
(2)根据T＝2π得：l＝T2，则 k＝＝，解得g＝．
[答案] (1)AC (2)
5．用单摆测定重力加速度的实验中：
(1)应选用下列器材中的________(填选项前的字母)．
A．半径 1 cm 的木球
B．半径 1 cm 的实心钢球
C．1 m 左右的细线
D．30 cm 左右的细线
E．秒表、三角板、米尺
(2)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是________(填选项前的字母)．
A．适当加长摆线
B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
C．质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的
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
(3)一端固定在房顶的一根细线垂到三楼窗沿下，某同学为了测量窗的上沿到房顶的高度， 在线的下端系了一小球，发现当小球静止时，细线保持竖直且恰好与窗子上沿接触．打开窗子，让小球在垂直于窗口的竖直平面内摆动，如图所示．
①为了测小球摆动的周期，他打开手机里的计时器，在某次小球从窗外向内运动到达最低点时数 1，同时开始计时，随后每次小球从外向内运动到最低点依次数 2、3、4…，数到 n 时， 手机上显示的时间为 t，则小球摆动的周期T为________；
②该同学用钢卷尺测量出摆动中小球球心到窗上沿的距离为50 cm．又测出小球摆动的周期是4.5 s，当地的重力加速度为 9.8 m/s2，则窗的上沿到房顶的高度约为________．
[解析] (1)单摆在摆动过程中，阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选钢球，故B正确，A错误；摆长不能过小，一般取1 m左右，故C正确，D错误．试验中要用到秒表测量周期，米尺测摆线的长度，三角板测摆球的直径，故E正确．
(2)单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，故A正确；要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故C错误；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故B正确；单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误；
(3)①从小球第1次通过图中的最低点开始计时，第n次通过最低点用时t，故周期为：
T＝．
②小摆的周期为：T1＝2π，
大摆周期为：T2＝2π，其中有T＝，
联立解得h≈13.8 m．
[答案] (1)BCE (2)AB (3)① ②13.8 m
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9(共53张PPT)
第四节 用单摆测量重力加速度
第二章 机械振动
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
实验装置示意图
合作探究·提素养
NO.2
当堂达标·夯基础
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标记
0
米T21s2
4.0
3.0
2.0
.6
0.7
0.8
0.9
1.0
Um
速度传感器
甲
乙
4v/(cms-1)
0
0.51.01.52.02.53.0t/
-10
丙第三节 单摆
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
物理观念 知道单摆的振动是简谐运动
科学思维 掌握影响单摆周期的因素和周期公式
科学态度与责任 能够利用单摆周期公式解释与单摆相关的现象
科学探究 学会用单摆周期公式测定重力加速度的方法
1．单摆模型
如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置可以看作单摆，单摆是实际摆的理想模型．
2．单摆的运动
若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可看成简谐运动．
3．单摆的回复力
重力mg沿圆弧切线方向的分力F为单摆摆球的回复力．
4．单摆的固有周期
(1)特点：单摆的简谐运动周期与装置的固有因素有关，和外界条件无关，故称固有周期．
(2)公式：T＝2π，式中L为单摆的摆长，g为重力加速度．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)单摆模型中对细线的要求是细线的伸缩可忽略，质量可忽略． (√)
(2)单摆模型中对小球的要求是密度较大，其直径与线的长度相比可忽略． (√)
(3)摆球质量越大，周期越长． (×)
(4)摆动幅度越大，周期越长． (×)
2．关于单摆的运动，下列说法正确的是( )
A．单摆摆球运动的回复力是摆线张力和重力的合力
B．单摆摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的
C．单摆摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的
D．单摆摆球经过平衡位置时受力是平衡的
C [摆球运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，故A错；根据简谐运动的对称性可知摆球经过轨迹上的同一点时速度大小相等，方向可能相同，也可能不同，加速度的大小、方向都相同，故B错，C对；摆球经过平衡位置时，回复力为零，合外力不为零，受力并不平衡，故D错．]
3．如图所示是一个单摆(θ＜5°)，其周期为T，则下列说法正确的是( )
A．把摆球的质量增加一倍，其周期变小
B．摆球的振幅变小时，周期也变小
C．此摆由O→B运动的时间为
D．摆球B→O时，动能向势能转化
C [单摆的周期与摆球的质量无关，A错误；单摆的周期与振幅无关，B错误；此摆由O→B运动的时间为，C正确；摆球B→O时，势能转化为动能，D错误．]
考点1 单摆模型的回复力及运动情况
如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个夹角，然后释放．
讨论：
(1)小球受到哪些力的作用？
(2)向心力和回复力分别是由什么力提供的？
提示：(1)小球受重力和细线的拉力．
(2)细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力．小球重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力．
1．单摆的回复力
(1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用．
(2)向心力来源：细线拉力和重力沿径向的分力的合力．
(3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ提供了使摆球振动的回复力．
2．单摆做简谐运动的推证
在偏角很小时，sin θ≈，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为F＝－x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，L表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动．
【典例1】 振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合力的说法中正确的是( )
A．回复力为零，合力不为零，方向指向悬点
B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线
C．合力不为零，方向沿轨迹的切线
D．回复力为零，合力也为零
[思路点拨] (1)考虑摆动情况，小球在平衡位置回复力为零．
(2)考虑圆周运动情况，小球在平衡位置所受合外力不为零．
A [单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)．]
单摆中的回复力
(1)单摆振动中的回复力不是它受到的合外力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力．单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处．
(2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合外力也就是回复力．
(3)在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合外力不为零．
[跟进训练]
1．关于单摆的描述，正确的是( )
A．单摆的运动一定是简谐运动
B．单摆运动的回复力是重力与绳子拉力的合力
C．单摆运动过程中经过平衡位置时达到平衡状态
D．单摆经过平衡位置时回复力为零
D [当单摆的偏角较小时单摆的运动才是简谐运动，故A错误；单摆运动的回复力是重力在切线上的分力提供的，故B错误；单摆运动过程中经过平衡位置时有向心加速度，所以没有达到平衡状态，故C错误；根据F＝－kx可知单摆经过平衡位置时回复力为零，故D正确．]
考点2 单摆的周期
央视新闻2019年3月1日消息，“嫦娥四号”着陆器已于上午7点52分自主唤醒，中继前返向链路建立正常，平台工况正常，目前正在进行状态设置，按计划开始第三月昼后续工作．假设将一单摆随“嫦娥四号”着陆器带至月球表面，单摆在做简谐运动时其周期与在地球上相比有何变化？并说明原因．
提示：变大，月球表面的重力加速度比地球表面小．
1．单摆的周期公式：T＝2π
2．对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)．
(2)公式中L是摆长，即悬点到摆球球心的距离，即L＝l线＋r球．
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定．
(4)周期T只与L和g有关，与摆球质量m及振幅无关．所以单摆的周期也叫固有周期．
3．摆长的确定
(1)图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为Lsin α，这就是等效摆长，其周期T＝2π．图(b)中，乙在垂直于纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙摆等效．
(2)如图(c)所示，小球在光滑的半径较大的圆周上做小幅度(θ很小)的圆周运动时，可等效为单摆，小球在A、B间做简谐运动，周期T＝2π．
4．公式中重力加速度g的变化与等效
(1)若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化．另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值．
(2)等效重力加速度：若单摆系统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态)，则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值．如图所示，球静止在平衡位置O时，FT＝mgsin θ，等效加速度g′＝＝gsin θ．
【典例2】 一个单摆的摆长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(如图所示)，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角θ＜5°，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期．
[思路点拨] (1)左边和右边摆长不同．
(2)单摆的周期等于两个摆周期之和的一半．
[解析] 摆球释放后到达右边最高点B处，由机械能守恒可知B和A等高，则摆球始终做简谐运动．摆球做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不同单摆的半周期的和．
小球在左边的周期为T1＝2π，
小球在右边的周期为T2＝2π，
则整个单摆的周期为：
T＝＋＝π＋π＝1.9π．
[答案] 1.9π
求单摆周期的方法
(1)明确单摆的运动过程，看是否符合简谐运动的条件．
(2)在运用T＝2π时，要注意L和g是否发生变化，如果发生变化，则分别求出不同L和g时的运动时间．
(3)改变单摆振动周期的途径是：
①改变单摆的摆长．
②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重)．
(4)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系．
[跟进训练]
训练角度1 单摆周期的特点
2．若单摆的摆长不变，摆球的质量由20 g增加为40 g，摆球离开平衡位置的最大角度由4°减为2°，则单摆振动的( )
A．频率不变 振幅不变 B．频率不变 振幅改变
C．频率改变 振幅不变 D．频率改变 振幅改变
B [单摆的周期公式为T＝2π，与摆球的质量和摆角的大小无关，所以周期不变，频率也不变，摆角减小则振幅减小，故B正确，A、C、D错误．]
训练角度2 单摆的振动图像
3．(多选)如图为甲、乙两单摆的振动图像，则( )
A．由图像可知两单摆周期之比为2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1
C．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1
AC [由题中图像可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆摆长之比l甲∶l乙＝4∶1，若两摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4．]
1．物理观念：单摆的受力与运动．
2．科学方法：单摆模型．
3．科学思维：单摆周期的决定因素．
1．(多选)下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是( )
A．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
B．单摆经过平衡位置时合力提供向心力
C．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
D．在摆角很小的情况下，单摆回复力符合简谐运动特点
ABD [单摆运动的回复力不是由重力与摆线拉力的合力提供，平衡位置时，重力和摆线拉力的合力提供向心力，B正确；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，A正确，C错误；当θ＜5°时，单摆回复力符合简谐运动特点，D正确．]
2．(多选)一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是( )
A．t1时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
AD [由振动图像知，t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大，A正确，C错误；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由于摆球做圆周运动(一部分)，由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最大，D正确，B错误．]
3．(多选)如图所示，在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像．以下关于这两个单摆的判断中正确的是( )
A．这两个单摆的摆球质量一定相等
B．这两个单摆的摆长一定不同
C．这两个单摆的最大摆角一定相同
D．这两个单摆的振幅一定相同
BD [从题图可知，两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长一定不同，故B、D对；由振幅相等而摆长不等知C错；单摆的周期与质量无关，故A错．]
4．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两单摆摆长之差为1.6 m，则两单摆摆长La与Lb分别为( )
A．La＝2.5 m Lb＝0.9 m
B．La＝0.9 m Lb＝2.5 m
C．La＝2.4 m Lb＝4.0 m
D．La＝4.0 m Lb＝2.4 m
B [单摆完成一次全振动所需的时间即单摆的周期，据题设可知a、b两单摆的周期之比为＝，由单摆周期公式T＝2π得：＝，据题设得Lb－La＝1.6 m，联立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m．故正确答案为B．]
5．如图所示的双线摆，如果摆球大小不计，其摆线长均为L，线与天花板间的夹角为α，求：
(1)此双线摆等效为单摆时的摆长；
(2)当小球垂直于纸面做简谐运动时的周期．
[解析] (1)摆球垂直纸面做简谐运动，由图可知此双线摆等效为单摆时的摆长是：l＝Lsin α．
(2)根据单摆的振动周期T＝2π可得摆球垂直纸面做简谐运动的周期为：
T＝2π．
[答案] (1)Lsin α (2)2π
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8(共49张PPT)
第三节 单摆
第二章 机械振动
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
基础自测
伸缩
质量
质点
简谐运动
圆弧切线
摆长
√
√
×
×
合作探究·提素养
NO.2
考点1
考点2
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5第二节 简谐运动的描述
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
科学思维 能从简谐运动的函数表达式分析简谐运动的振幅、周期、频率等
科学方法 掌握简谐运动图像的物理意义和应用
物理观念 知道简谐运动的数学描述，了解相位的概念
知识点一 简谐运动的函数描述
1．描述简谐运动位移—时间图像的函数表达式为x＝Acos(ωt＋φ)．式中A是简谐运动的振幅，ω为简谐运动的角频率．
2．ω与T、f的关系为：ω＝＝2πf．
知识点二 简谐运动的图像描述
1．相位、初相
位移—时间函数x＝cos(ωt＋φ)中的ωt＋φ叫作相位，而对应t＝0时的相位φ叫作初相．
2．相位差
对于频率相同、相位不同的振子，相位差Δφ＝(ωt＋φ1)－(ωt＋φ2)＝φ1－φ2，表示两个频率相同的简谐运动的振动先后关系．
3．图像信息
如图所示，从图像上可知周期和振幅．还可知道任一时刻的位移大小和方向．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)位移—时间图像表示振动质点的运动轨迹． (×)
(2)振动的位移为正时，速度也为正． (×)
(3)简谐运动图像反映了物体在不同时刻相对平衡位置的位移． (√)
(4)振动位移的方向总是背离平衡位置． (√)
2．一质点做简谐运动的图像如图所示，该质点在t＝3.5 s时刻( )
A．速度为正、加速度为正 B．速度为负、加速度为负
C．速度为负、加速度为正 D．速度为正、加速度为负
D [由图像可知，质点从正的最大位移处出发，向平衡位置运动，由此知3.5 s时，质点由平衡位置向正的最大位移处运动，所以此时速度为正，质点做减速运动，加速度为负，故选项D正确．]
3．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一个周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移与时间关系的图像是( )
A B C D
A [经周期振子具有沿x轴正方向的最大加速度，故此时振子有负方向的最大位移，A图符合，故A项正确；B图中，经周期振子位移为零，故B项错误；C图中，经周期振子位移正向最大，故C项错误；D图中，经周期振子位移为零，故D项错误．]
考点1 简谐运动的表达式
某弹簧振子的振动图像如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉开4 cm后放开，同时开始计时，
讨论：(1)该振动的周期、频率分别是多少？
(2)写出该振动的正弦函数表达式．
提示：(1)周期T＝0.4 s 频率f＝2.5 Hz．
(2)x＝4sin(5πt＋) cm．
1．简谐运动表达式x＝Asin ωt的理解
(1)x：表示振动质点相对于平衡位置的位移．
(2)A：表示振幅，描述简谐运动振动的强弱．
(3)ω：角频率，它与周期、频率的关系为ω＝＝2πf．可见ω、T、f相当于一个量，描述的都是振动的快慢．
2．简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ0)的理解
(1)式中(ωt＋φ0)表示相位，描述做周期性运动的物体在各个不同时刻所处的不同状态，是描述不同振动的振动步调的物理量．它是一个随时间变化的量，相当于一个角度，相位每增加2π，意味着物体完成了一次全振动．
(2)式中φ0表示t＝0时简谐运动质点所处的状态，称为初相位或初相．
(3)相位差：即某一时刻的相位之差．两个具有相同ω的简谐运动，设其初相位分别为φ01和φ02；其相位差Δφ＝(ωt＋φ02)－(ωt＋φ01)＝φ02－φ01．当Δφ＝0时，两质点振动步调一致；当Δφ＝π时，两质点振动步调完全相反．
【典例1】 一物体沿x轴做简谐运动，振幅为12 cm，周期为2 s．当t＝0时，位移为6 cm，且向x轴正方向运动，求：
(1)初相位；
(2)t＝0.5 s时物体的位置．
[思路点拨] ①关键条件是：t＝0时，位移为6 cm，且向x轴正方向运动．
②先假设函数表达式，由t＝0时x＝6 cm求出初相φ．
[解析] (1)设简谐运动的表达式为x＝Asin(ωt＋φ)，
A＝12 cm，T＝2 s，ω＝，t＝0时，x＝6 cm，
代入上式得，6 cm＝12sin(0＋φ) cm，
解得sin φ＝，φ＝或π，
因这时物体向x轴正方向运动，故应取φ＝，即其初相为．
(2)由上述结果可得：
x＝Asin(ωt＋φ)＝12sincm，
所以x＝12sin cm＝12sinπ cm＝6 cm．
[答案] (1) (2)6 cm处
初相位的两种求解方法
(1)确定振幅A、角频率ω及t＝0时刻的位移x，然后利用x＝Asin(ωt＋φ)，求出初相位φ．
(2)设平衡位置处的质点向正方向运动n(n<1)个周期可到达t＝0时刻质点所在处，则初相位φ＝n·2π．
[跟进训练]
1．弹簧振子做简谐运动，振子运动范围为0.8 cm，周期为0.5 s，计时开始时具有正向最大加速度，则它的振动方程是( )
A．x＝ 8×10－3 sin( m )
B．x＝4×10－3 sin( m )
C．x＝8×10－3 sin( m )
D．x＝4×10－3 sin( m )
B [振子振动范围0.8 cm，所以2A＝0.8 cm，振幅A＝0.4 cm，周期为0.5 s，所以ω＝＝4π rad/s，而初始时刻具有正向最大加速度，即在波谷位置，综上可得：x＝4×10－3·sin( m )，B正确，A、C、D错误．]
考点2 简谐运动的图像
如图所示，在弹簧振子的小球上固定安置一记录用的铅笔P，在下面放一条白纸带，铅笔可在纸上留下痕迹．
讨论：(1)振子振动时白纸不动，画出的轨迹是怎样的？
(2)振子振动时，匀速拖动白纸时，画出的轨迹又是怎样的？
提示：(1)是一条平行于小球运动方向的线段．
(2)是一条正弦曲线．
1．图像形状
正(余)弦曲线．
2．物理意义
表示振动质点在不同时刻偏离平衡位置的位移，是位移随时间的变化规律．
3．图像应用
(1)任意时刻质点位移的大小和方向．如图甲所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和－x2．
甲
(2)任意时刻质点的振动方向：看下一时刻质点的位置，如图乙中a点，下一时刻离平衡位置更远，故a点此刻沿x轴正方向振动．图乙中b点，下一时刻离平衡位置更近，故b此刻沿x轴正方向振动．
乙
(3)某段时间内位移、速度、加速度的变化情况判断：先判断质点在这段时间内的振动方向，从而确定各物理量的变化．如图甲所示，质点在t1时刻到t0时刻这段时间内，离平衡位置的位移变小，故质点正向平衡位置运动，速度增大，位移和加速度都变小；质点在t0时刻到t2时刻这段时间内，质点远离平衡位置运动，则速度为负值且减小，位移、加速度增大．
【典例2】 如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝1 kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为10 cm．现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2．
(1)写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；
(2)求出小球在0～12.9 s内运动的总路程和12.9 s时刻的位置；
(3)小球运动到最高点时加速度的大小．
甲 乙
[解析] (1)由振动图像可知：A＝5 cm，T＝1.2 s，则ω＝＝ rad/s，
小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式：
y＝Acos ωt(cm)＝5cos t(cm)．
(2)12.9 s＝10T，则小球在0～12.9 s内运动的总路程：43A＝215 cm；12.9 s时刻的位置：y＝0，即在平衡位置．
(3)小球在平衡位置时弹簧伸长量10 cm，则：k＝＝ N/m＝100 N/m，
小球在最高点时，弹簧伸长5 cm，则mg－kΔx′＝ma，
解得a＝5 m/s2．
[答案] (1)y＝5cost(cm) (2)215 cm 平衡位置 (3)5 m/s2
简谐运动图像的应用技巧
(1)判断质点任意时刻的位移大小和方向．
质点任意时刻的位移大小看质点离开平衡位置距离的大小即可，也可比较图像中纵坐标值的大小．方向由坐标值的正负判断或质点相对平衡位置的方向判断．
(2)判断质点任意时刻的加速度(回复力)大小和方向．
由于加速度(回复力)的大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，所以只要从图像中得出质点在任意时刻的位移大小和方向即可．
[跟进训练]
2．(多选)弹簧振子做简谐运动的振动图像如图所示，则( )
A．t＝0时，振子位移为零，速度为零，加速度为零
B．t＝1 s时，振子位移最大，速度为零，加速度最大
C．t1和t2时刻振子具有相同的速度
D．t3和t4时刻振子具有相同的加速度
BD [t＝0时刻，振子位于平衡位置O，位移为零，加速度为零，但速度为最大值，选项A错误；t＝1 s时，振子位于正向最大位移处，位移最大，加速度最大，而速度为零，选项B正确；t1和t2时刻振子位于正向同一位置，t1时刻是经此点向正方向运动，t2时刻回到此点向负方向运动，两时刻速度大小相等，但方向相反，所以速度不相同，选项C错误；t3和t4时刻振子位移相同，即处在同一位置，因此有大小相等、方向相同的加速度，选项D正确．]
1．物理观念：利用简谐运动的函数表达式分析振幅、周期、频率．
2．科学方法：简谐运动的图像．
3．科学思维：简谐运动的位移公式与图像的综合应用．
1．两个简谐运动的表达式分别为x1＝4sin 4πt(cm)和x2＝2sin 2πt(cm)，它们的振幅之比、各自的频率之比是( )
A．2∶1 2∶1 B．1∶2 1∶2
C．2∶1 1∶2 D．1∶2 2∶1
A [由题意知A1＝4 cm，A2＝2 cm，ω1＝4π rad/s，ω2＝2π rad/s，则A1∶A2＝2∶1，f1∶f2＝ω1∶ω2＝2∶1．故A正确，B、C、D错误．]
2．一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．质点的振动频率是4 Hz
B．在10 s内质点通过的路程是20 cm
C．第4 s末质点的速度是零
D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
B [根据振动图像可知，该简谐运动的周期T＝4 s，所以频率f＝＝0.25 Hz，A错；10 s内质点通过的路程s＝×4A＝10A＝10×2 cm＝20 cm，B对；第4 s末质点经过平衡位置，速度最大，C错；在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，D错．]
3．如图所示为某物体做简谐运动的图像，下列说法中正确的是( )
A．由P→Q位移在增大
B．由P→Q速度在增大
C．由M→N速度是先减小后增大
D．由M→N位移始终减小
A [由图像可知从P→Q物体远离平衡位置向外运动，位移增大，速度减小，A正确，B错误；由M→N，物体由正位移处向平衡位置移动，速度增大，位移减小，再由平衡位置沿负方向运动，位移增大，速度减小，选项C、D错误．]
4．(多选)如图所示是表示一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )
A．t1时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
B．t2时刻振子的位移最大
C．t3时刻振子正通过平衡位置向正方向运动
D．该图像是从平衡位置计时画出的
BC [从图像可以看出，t＝0时刻，振子在正的最大位移处，因此是从正的最大位移处开始计时画出的图像，D项错误；t1时刻以后振子的位移为负，t1时刻振子正通过平衡位置向负方向运动，A项错误；t2时刻振子在负的最大位移处，因此可以说是在最大位移处，B项正确；t3时刻以后，振子的位移为正，所以该时刻振子正通过平衡位置向正方向运动，C项正确．]
5．如图所示是某质点做简谐运动的图像，根据图像中的信息，回答下列问题：
(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？
(2)在1.5 s和2.5 s两个时刻，质点向哪个方向运动？
(3)质点在第2 s末的位移是多少？在前4 s内的路程是多少？
[解析] 由图像上的信息，结合质点的振动过程可作出以下回答：
(1)质点离开平衡位置的最大距离就是x的最大值10 cm．
(2)在1.5 s以后的时间质点位移减小，因此是向平衡位置运动，在2.5 s以后的时间位移增大，因此是背离平衡位置运动．
(3)2 s末时质点在平衡位置，因此位移为零．质点在前4 s内完成一个周期性运动，其路程10×4 cm＝40 cm．
[答案] (1)10 cm (2)向平衡位置运动 背离平衡位置运动 (3)0 40 cm
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9(共50张PPT)
第二节 简谐运动的描述
第二章 机械振动
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
基础自测
振幅
角频率
先后
周期
振幅
位移
×
×
√
√
合作探究·提素养
NO.2
考点1
考点2
当堂达标·夯基础
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5第一节 简谐运动
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
物理观念 知道机械振动和回复力的概念
物理观念 知道弹簧振子的组成和振动情况．理解全振动、振幅、周期、频率等概念
科学思维 理解振动的平衡位置和位移
科学思维 掌握简谐运动的回复力、加速度、速度随位移变化的规律．简谐运动的能量特征
知识点一 认识简谐运动
1．机械振动
物体(或者物体的一部分)在某一中心位置(平衡位置)两侧所做的往复运动．
2．弹簧振子
把一个有孔的小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上，使其能在杆上自由滑动，小球和水平杆之间的摩擦可以忽略不计，小球的运动视为质点的运动，这样的系统称为弹簧振子．
3．回复力
(1)方向：总是指向平衡位置．
(2)作用效果：使振子能返回平衡位置．
(3)公式：F＝－kx，负号表示回复力的方向跟振子偏离平衡位置的位移方向相反．
4．简谐振动
物体在跟平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动．
5．振幅
物体振动时离开平衡位置的最大距离．
6．周期
物体完成一次全振动所需要的时间，用T表示．
7．频率
物体在一段时间内全振动的次数与所用时间之比，用f表示．周期和频率的关系为f＝．
知识点二 简谐运动的能量特征
对水平弹簧振子，当振子在位移最大处时，弹簧弹性势能最大，振子动能为零；当振子在平衡位置时，弹簧弹性势能为零，振子动能最大．弹簧振子在振动过程中，机械能守恒．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)机械振动是物体在平衡位置附近所做的往复运动． (√)
(2)弹簧振子是一种理想化的模型． (√)
(3)振幅随时间做周期性变化． (×)
(4)物体两次通过平衡位置的时间叫作周期． (×)
2．(多选)下列关于振动的回复力的说法正确的是( )
A．回复力方向总是指向平衡位置
B．回复力是按效果命名的
C．回复力一定是物体受到的合力
D．回复力由弹簧的弹力提供
AB [回复力是按效果命名的，是指向平衡位置使振动物体回到平衡位置的力，可以由某个力或某几个力的合力提供，也可以由某个力的分力提供，故A、B正确，C错误；在水平弹簧振子中弹簧的弹力提供回复力，但在其他振动中，回复力不一定由弹簧弹力提供，D错误．]
3．(多选)振动周期指振动物体( )
A．从任何一个位置出发又回到这个位置所用的时间
B．从一侧最大位移处，运动到另一侧最大位移处所用时间
C．从某一位置出发又沿同一运动方向回到这个位置所用时间
D．运动路程等于四个振幅的时间
CD [振动周期是振子完成一次全振动所用的时间，C、D正确．]
考点1 平衡位置与回复力
竖直方向的弹簧振子模型如图所示，请思考以下问题：
(1)在平衡位置处，弹簧的弹力等于零吗？
(2)该弹簧振子的回复力是由什么力提供的？
提示：(1)不等于零．
(2)由小球重力和弹簧的弹力的合力提供．
1．对简谐运动的平衡位置的认识
(1)从物体受力特点看：物体在平衡位置所受合力不一定为零，而是沿振动方向的合力为零．
(2)从速度角度看：平衡位置是振动中速度最大的位置．
2．机械振动的特点
(1)物体在平衡位置附近做往复运动．
(2)机械振动是一种周期性运动．
3．回复力的理解
(1)回复力的方向总是指向平衡位置．总与简谐运动位移的方向相反．
(2)回复力的效果是使偏离平衡位置的物体返回到平衡位置，是产生振动的条件．
(3)回复力可以是振动物体所受的某一个力，也可以是物体所受几个力的合力．
【典例1】 如图所示，对做简谐运动的弹簧振子M的受力情况分析正确的是( )
A．重力、支持力、弹簧的弹力
B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力
C．重力、支持力、回复力、摩擦力
D．重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力
A [弹簧振子的简谐运动中忽略了摩擦力，C、D错；回复力为效果力，受力分析时不分析此力，B错；故振子只受重力、支持力及弹簧给它的弹力，A对．]
[跟进训练]
1．(多选)关于振动物体的平衡位置，下列说法正确的是( )
A．加速度改变方向的位置
B．回复力为零的位置
C．速度最大的位置
D．合外力一定为零的位置
ABC [振动物体在平衡位置回复力为零，而合外力不一定为零，在该位置加速度改变方向，速度达最大值．故A、B、C正确，D错误．]
考点2 简谐运动的物理量的变化规律
1．简谐运动中相关量的变化规律
(1)变化规律：当物体做简谐运动时，它偏离平衡位置的位移x、回复力F、加速度a、速度v、动能Ek、势能Ep及振动能量E，遵循一定的变化规律，可列表如下：
物理量 x F a v Ek Ep E
远离平衡位置运动 增大 增大 增大 减小 减小 增大 不变
最大位移处 最大 最大 最大 零 零 最大 不变
衡位置运动 减小 减小 减小 增大 增大 减小 不变
平衡位置 零 零 零 最大 最大 最小 不变
(2)两个转折点．
①平衡位置是速度大小、位移方向、回复力方向和加速度方向变化的转折点；
②最大位移处是速度方向变化的转折点．
(3)一个守恒：简谐运动过程中动能和势能之间相互转化，但总的能量守恒．
2．简谐运动的对称性
如图所示，物体在A与B间运动，O点为平衡位置，任取关于O点对称的C、D两点，则有：
(1)时间对称．
(2)位移、回复力、加速度大小对称．
(3)速率、动能对称．
【典例2】 如图所示，质量为m的物体A放在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中，A、B之间无相对滑动，设弹簧的劲度系数为k，求当物体离开平衡位置的位移为x时，B对A的摩擦力大小．
[思路点拨] (1)应用整体法、隔离法思考．
(2)B对A的摩擦力是A做简谐运动的回复力．
[解析] A、B两物体组成的系统做简谐运动的回复力由弹簧的弹力提供，当物体离开平衡位置的位移为x时，回复力大小F＝kx，A和B的共同加速度大小a＝＝，而物体A做简谐运动的回复力由A受到的静摩擦力提供，由此可知B对A的摩擦力大小f＝ma＝．
[答案]
分析简谐运动应注意的问题
(1)位移、速度、加速度和回复力都是矢量，它们要相同，必须大小相等、方向相同．
(2)回复力是变力，大小、方向发生变化，加速度也随之发生变化．
(3)要注意简谐运动的周期性和对称性，由此判定振子可能的路径，从而确定各物理量及其变化情况．
[跟进训练]
2．(多选)如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么，下列说法正确的是( )
A．振子在M、N两点所受弹簧弹力相同
B．振子在M、N两点相对平衡位置的位移大小相同
C．振子在M、N两点加速度大小相等
D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动
BC [因位移、速度、加速度和弹力都是矢量，它们要相同必须大小相等、方向相同．M、N两点关于O点对称，振子所受弹力应大小相等、方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反．由此可知，A错误，B正确；振子在M、N两点的加速度虽然方向相反，但大小相等，C正确；振子由M―→O速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动．振子由O―→N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，D错误．]
考点3 振幅、周期和频率
如图所示，思考探究下面两个问题
(1)振子振幅与位移最大值有什么关系？
(2)图乙中振子振幅为多少？
提示：(1)振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离；位移是振动物体相对平衡位置的位置变化；位移的最大值等于振幅．
(2)10 cm．
1．对全振动的理解
(1)振动特征：一个完整的振动过程．
(2)物理量特征：位移(x)、加速度(a)、速度(v)等各物理量第一次同时与初始状态相同．
(3)时间特征：历时一个周期．
(4)路程特征：振幅的4倍．
2．振幅和振动系统能量的关系
对一个确定的振动系统来说，系统能量仅由振幅决定，振幅越大，振动系统能量越大．
3．振幅与路程的关系
振动中的路程是标量，是随时间不断增大的，其中常用的定量关系是：
(1)一个周期内的路程为4倍的振幅．
(2)半个周期内的路程为2倍的振幅．
4．振幅与周期的关系
在简谐运动中，一个确定的振动系统的周期(或频率)是固定的，与振幅无关．
【典例3】 如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是( )
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
[思路点拨] (1)振子从B经O到C的时间为T．
(2)振子的振幅是5 cm，完成一次全振动的路程为振幅的4倍．
D [振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm．弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过路程为40 cm,3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm．故D正确，A、B、C错误．]
振幅与路程的关系
振动中的路程是标量，是随时间不断增大的．一个周期内的路程为振幅的4倍，半个周期内的路程为振幅的2倍．
(1)若从特殊位置开始计时，如平衡位置、最大位移处，周期内的路程等于振幅．
(2)若从一般位置开始计时，周期内的路程与振幅之间没有确定关系，路程可能大于、等于或小于振幅．
[跟进训练]
训练角度1 振幅、周期的理解
3．有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为( )
A．1∶1 1∶1 B．1∶1 1∶2
C．1∶4 1∶4 D．1∶2 1∶2
B [弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2．而对同一振动系统，其周期由振动系统自身的性质决定，与振幅无关，故周期之比为1∶1．]
训练角度2 振动物体的路程
4．一个物体做简谐运动时，周期是T，振幅是A，那么物体( )
A．在任意内通过的路程一定等于A
B．在任意内通过的路程一定等于2A
C．在任意内通过的路程一定等于3A
D．在任意T内通过的路程一定等于2A
B [物体做简谐运动，是变加速运动，在任意内通过的路程不一定等于A，故A错误；物体做简谐运动，在任意内通过的路程一定等于2A，故B正确；物体做简谐运动，在任意内通过的路程不一定等于3A，故C错误；物体做简谐运动，在一个周期内完成一次全振动，位移为零，路程为4A，故D错误．]
1．物理观念：平衡位置、回复力、振幅、全振动、周期、频率等概念．
2．科学方法：弹簧振子模型．
3．科学思维：简谐运动的特征．
1．(多选)下列运动中属于机械振动的是( )
A．树枝在风的作用下运动
B．竖直向上抛出的物体的运动
C．说话时声带的运动
D．匀速圆周运动
AC [物体在平衡位置附近所做的往复运动属于机械振动，故A、C正确；竖直向上抛出的物体到最高点后返回落地，不具有运动的往复性，因此不属于机械振动，故B错误；匀速圆周运动不是在平衡位置附近往复运动，故D错误．]
2．关于振幅的各种说法中，正确的是( )
A．振幅是振子离开平衡位置的最大距离
B．位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅
C．振幅等于振子运动轨迹的长度
D．振幅越大，表示振动越强，周期越长
A [振幅是振子离开平衡位置的最大距离，是标量，在简谐运动中大小不变，而位移是变化的，故A对，B、C错；振幅越大，振动越强，但与周期无关，D错．]
3．(多选)做简谐运动的弹簧振子除平衡位置外，在其他位置时，关于它的加速度方向，下列说法正确的是( )
A．一定与速度方向相同
B．有时与速度方向相同，有时与速度方向相反
C．总是指向平衡位置
D．总是与位移方向相反
BCD [回复力指使物体回到平衡位置的力，对简谐运动而言，其大小必与位移大小成正比，其方向与位移方向相反，并总是指向平衡位置，而加速度的方向与回复力的方向相同；由于振子的运动具有周期性，故加速度方向与速度方向有时相同，有时相反，故A错，B、C、D对．]
4．如图所示的弹簧振子，O点为它的平衡位置，当振子m离开O点，再从A点运动到C点时，振子离开平衡位置的位移是( )
A．大小为OC，方向向左
B．大小为OC，方向向右
C．大小为AC，方向向左
D．大小为AC，方向向右
B [振子离开平衡位置，以O点为起点，C点为终点，位移大小为OC，方向向右．]
5．如图所示，一个小球在两个相对的光滑斜面之间往复运动，试说明这个小球是否做简谐运动？
[解析] 小球不是做简谐运动．因为小球在斜面上运动的过程中，所受力为恒力，故为匀变速运动，而简谐运动是变加速运动．所以不可能是简谐运动．
[答案] 不是简谐运动，说明见解析
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8(共52张PPT)
第一节 简谐运动
第二章 机械振动
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
基础自测
往复运动
质点
平衡位置
平衡位置
kx
相反
正比
平衡位置
最大
一次全振动
次数
最大
零
零
最大
守恒
√
√
×
×
合作探究·提素养
NO.2
考点1
考点2
考点3
当堂达标·夯基础
NO.3
1
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