(共39张PPT)
第二章 机械振动
学 习 目 标
1.能够根据弹簧振子的受力特点理解做简谐运动的物体都需要某些力提供回复力,知道回复力满足F=-kx这一规律,并能根据这一规律判断物体是否做简谐运动.会根据牛顿运动定律通过回复力特点分析弹簧振子在运动过程中加速度的变化,培养逻辑推理能力.
2.通过探究弹簧振子的能量特点,知道弹簧振子的能量与振幅有关,在运动过程中满足能量守恒.会分析振子在运动过程中动能和势能的变化,能从能量角度认识到简谐运动是一种理想化模型.
3 简谐运动的回复力和能量
知识点一 简谐运动的回复力
1.观察图甲、乙中的弹簧振子的简谐运动,分析下列问题.
(1)使图甲、乙中弹簧振子离开平衡位置后再次回到平衡位置的力分别为 、 .
甲
乙
弹簧的弹力
重力和弹簧弹力的合力
(2)通过上述运动情景,猜想这种力的大小与什么因素有关 方向如何
答案:与物体离开平衡位置的距离有关.
方向与物体的位移方向相反,总是指向平衡位置.
2.做简谐运动的物体总是需要力来使其回到平衡位置,这个力称为 ,大小与它偏离平衡位置位移的大小成 ,方向总是指向 .
回复力
正比
平衡位置
3.简谐运动的动力学特征:如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成 ,并且总是指向
,即物体所受的力具有F=-kx的形式,物体的运动就是简谐运动.
正比
平衡位置
知识点二 简谐运动的能量(理想化模型)
1.振动系统(弹簧振子)的能量:弹簧振子运动的过程就是 和
互相转化的过程.在最大位移处, .最大, 为0;在平衡位置处, 最大, 为0.
2.简谐运动的能量特点:在简谐运动中,振动系统的机械能 ,而实际运动都有一定的能量损耗,因此简谐运动是一种 的模型.
3.决定能量大小的因素:对于弹簧劲度系数和小球质量都一定的系统,机械能跟 有关, 越大,机械能越大.
动能
弹性势能
弹性势能
动能
动能
弹性势能
守恒
理想化
振幅
振幅
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.回复力的方向总是与位移的方向相反.( )
2.回复力的方向总是与加速度的方向相反.( )
3.水平弹簧振子运动到平衡位置时,回复力为0,因此系统的能量一定为0.( )
4.速度增大时,回复力可能增大,也可能减小.( )
√
×
×
×
探究一 简谐运动的回复力
问题情境
右图为弹簧振子的模型,请分析并回答问题.
1.请分别讨论振动小球在平衡位置右侧和左侧时,所受的弹力F的方向是怎样的 位移x的方向是怎样的 F与x的方向有什么关系
答案:当振动小球在平衡位置右侧时,弹力F的方向向左,位移x的方向向右,F与x的方向相反;当振动小球在平衡位置左侧时,弹力F的方向向右,位移x的方向向左,F与x的方向相反.
答案:由胡克定律知,弹力F的大小与位移x的大小的关系为F=kx.
3.弹簧振子在运动过程中,回复力F与位移x之间存在着什么样的关系
答案:回复力F与位移x的关系为F=-kx.
2.由胡克定律知,弹簧的弹力F的大小与位移x的大小之间有怎样的关系
过程建构
1.简谐运动的回复力.
回复力是根据效果命名的力,不是做简谐运动的物体受到的具体的力,它是由物体受到的具体的力所提供的.回复力大小F=-kx.k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数,由振动系统自身决定.
2.简谐运动的加速度.
由F=-kx及牛顿第二定律F=ma可知a=-x,加速度a与位移x的大小成正比,方向与位移方向相反.
【典例1】(多选)如图所示,弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动,下列说法正确的是( )
A.振动小球在运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用
B.振动小球在运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
C.振动小球由A向O运动过程中,回复力逐渐增大
D.振动小球由O向B运动过程中,回复力的方向指向平衡位置
解析:回复力是根据效果命名的力,不是做简谐运动的物体受到的具体的力,它是由物体受到的具体的力所提供的,在此情景中弹簧的弹力充当回复力,选项A正确,选项B错误;回复力与位移的大小成正比,由A向O运动过程中位移的大小在减小,此过程回复力逐渐减小,选项C错误;回复力总是指向平衡位置,选项D正确.
答案:AD
【变式】在上述弹簧振子的运动中,振动小球由A向O运动过程中加速度大小是如何变化的 方向如何
答案:根据牛顿第二定律,在上述弹簧振子的运动中,振动小球由A向O运动的过程中加速度大小不断减小,方向由A指向O.
探究二 简谐运动的证明
问题情境
如图所示,弹簧劲度系数为k,在弹簧下端挂一个重物,质量为m,重物静止.在竖直方向将重物下拉一段距离(未超过弹簧的弹性限度),然后无初速度释放,重物在竖直方向上下振动(不计空气阻力).
1.试分析重物上下振动回复力的来源.
答案:重物在竖直方向上下振动的过程中,在竖直方向上受到了重力和弹簧弹力的作用,振动的回复力是重力与弹簧弹力的合力提供的.
答案:重物静止时的位置为振动的平衡位置,设此时弹簧的伸长量为x0,根据胡克定律和力的平衡有 kx0=mg
设重物振动过程中某一位置偏离平衡位置的位移为x,并取竖直向下为正方向,如图所示,此时弹簧的形变量为x+x0,弹簧的弹力F弹=-k(x+x0),
重物所受合力即回复力F=mg+F弹,解得F=-kx,若x>0,则F<0,表示重物在平衡位置下方,回复力向上;若x<0,则F>0,表示重物在平衡位置上方,回复力向下.回复力F方向总指向平衡位置.根据重物的受力特点可以判断重物做简谐运动.
2.试证明该重物做简谐运动.
过程建构
1.判断一个振动为简谐运动的方法.
(1)通过对位移的分析,写出位移—时间表达式,判断其是否满足正弦规律.
(2)对物体进行受力分析,求解物体所受力在振动方向上的合力,利用物体所受到的回复力是否满足F=-kx进行判断.
(3)根据运动学知识,分析求解振动物体的加速度,利用简谐运动的运动学特征a=-x进行判断.
2.振动的平衡位置应在运动方向上合力为0的位置,不一定是弹簧原长位置.
【典例2】如图所示,倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在水平地面上,斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连接着质量为m的物块.压缩弹簧使其长度为l 时将物块由静止开始释放(物块做简谐运动),且物块在以后的运动中,斜面体始终处于静止状态,重力加速度为g.
(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度.
(2)求物块做简谐运动的振幅.
(3)选物块的平衡位置为坐标原点,沿斜面向下为正方向建立坐标轴,用x表示物块相对于平衡位置的位移,证明物块做简谐运动.
答案: (1)l+ (2)+(3)见解析.
解析:(1)物块平衡时,受重力、支持力和弹簧的弹力,根据平衡条件有mgsin α=kΔx,解得Δx=,
此时弹簧的长度为l+.
(2)物块做简谐运动的振幅为A=Δx+l=+.
(3)物块到达平衡位置下方x位置时,弹簧弹力
F弹=-k(x+Δx)=-k(x+),合力为F=mgsin α+F弹,
解得F=-kx,物块做简谐运动.
探究三 简谐运动的能量及其他的运动参量的变化
问题情境
小明同学要探究简谐运动中能量的变化,制作了一水平放置的弹簧振子,如图所示,并测量和计算出了振动小球一个周期内经过位置A、O、B时的动能、势能和机械能,如表所示.
位置 A O B O A
动能 0 4.97 J 0 4.93 J 0
势能 5.00 J 0 4.95 J 0 4.92 J
机械能 5.00 J 4.97 J 4.95 J 4.93 J 4.92 J
1.从A到B的运动过程中,小球的动能如何变化 弹簧弹性势能如何变化
答案:小球的动能先增大后减小,弹簧弹性势能先减小后增大.
2.振动系统的总机械能是否变化 为什么会有这种变化 根据上表猜想,如果是理想的弹簧振子,那么能量间会有什么规律
答案:变化.摩擦力使得系统的总机械能减小.如果忽略摩擦力,那么弹簧振子的机械能守恒.
3.在最大位移处振子的能量有什么特点 在平衡位置处振子的能量有什么特点 如果增加振幅,弹簧振子的能量会怎么变化
答案:在最大位移处弹簧振子的势能最大,动能最小,为0;在平衡位置处弹簧振子的动能最大,势能最小,为0.增加振幅,弹簧振子的能量会增加.
1.简谐运动中各物理量的变化规律.
如图所示,水平弹簧振子在A、B之间做往复运动.
过程建构
运动 方向 位移 加速度、回复力 速度 动能 势能
O→B 增大,方向向右 增大,方向向左 减小,方向向右 减小 增大
B 最大 最大 0 0 最大
B→O 减小,方向向右 减小,方向向左 增大,方向向左 增大 减小
O 0 0 最大 最大 0
O→A 增大,方向向左 增大,方向向右 减小,方向向左 减小 增大
A 最大 最大 0 0 最大
A→O 减小,方向向左 减小,方向向右 增大,方向向右 增大 减小
2.弹簧振子在振动的一个周期内,动能和势能完成两次周期性的变化,经过平衡位置时,动能最大,势能最小;经过最大位移处时,势能最大,动能最小.
3.对于同一个振动系统,振幅越大,振动的能量越大.
4.简谐运动忽略阻力造成的能量损耗,即没有能量损耗,因此简谐运动是一种理想化的振动状态.在同一次振动中其振幅保持不变,又称为等幅振动.
【典例3】把一个小球套在光滑细杆上,球与轻弹簧相连组成弹簧振子,小球沿杆在水平方向上做简谐运动.平衡位置为O,小球在A、B间振动,如图所示,下列结论正确的是( )
A.小球在O位置时,动能最大,加速度最小
B.小球在A、B位置时,动能最大,加速度最大
C.小球从A经O到B的过程中,回复力一直做正功
D.小球从B到O的过程中,振动的能量不断增加
解析:小球在平衡位置时,动能最大,加速度为0,在A、B位置时,势能最大,动能为0,加速度最大,因此选项A正确,选项B错误.小球衡位置时,回复力做正功;远离平衡位置时,回复力做负功,选项C错误.振动过程中总能量不变,选项D错误.
答案:A
对简谐运动能量的三点认识
(1)决定因素:对于一个确定的振动系统,简谐运动的能量由振幅决定,振幅越大,系统的能量越大.
(2)能量获得:系统开始振动的能量是通过外力做功由其他形式的能转化来的.
(3)能量转化:简谐运动是理想化模型,不考虑阻力作用,系统只发生动能和势能的相互转化,机械能守恒.
课堂评价
1.(多选)关于简谐运动的回复力,下列说法正确的是( )
A.简谐运动的回复力不可能是恒力
B.做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反的
C.简谐运动回复力公式F=-kx中k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的长度
D.做简谐运动的物体每次经过平衡位置时所受合力一定为0
答案:AB
解析:根据简谐运动的概念可知,物体做简谐运动时,受到的回复力为F=-kx,k是比例系数,x是物体相对平衡位置的位移,回复力不可能是恒力,选项A正确,选项C错误;质点的回复力方向总是指向平衡位置,与位移方向相反,根据牛顿第二定律,加速度的方向与回复力的方向相同,所以做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反的,选项B正确;做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力为0,但是合力不一定为0,选项D错误.
2.(多选)如图所示,物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动,A、B之间无相对滑动,已知轻质弹簧的劲度系数为k,A、B的质量分别为m和m',重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.物体A的回复力由滑块B对物体A的摩擦力提供
B.滑块B的回复力由弹簧的弹力提供
C.物体A与滑块B(看成一个系统)的回复力大小跟位移大小之比为k
D.若A、B之间的最大静摩擦因数为μ,则A、B间无相对滑动的最大振幅为
答案:ACD
解析:物体A做简谐运动的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供的,选项A正确;滑块B做简谐运动的回复力是由弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供的,选项B错误;物体A与滑块B(看成一个系统)的回复力大小满足F=-kx,则回复力大小跟位移大小之比为k,选项C正确;当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时,其振幅最大,设为A,以整体为研究对象有kA=(m'+m)a,以物体A为研究对象,由牛顿第二定律得μmg=ma,联立解得A=,选项D正确.
3.一个质量为m,底面积为S的正方体木块在水面上静止(平衡),如图所示.现用力将其向下压入水中一小段距离后撤掉外力,木块在水面处上下振动,试判断木块的振动是不是简谐运动.
答案:见解析
解析:以木块为研究对象,设静止时木块浸入水中Δx,当木块再被下压x后所受力如图所示.
则F回=mg-F浮,又F浮=ρgS(Δx+x).
由以上两式,得F回=mg-ρgS(Δx+x)=mg-ρgSΔx-ρgSx.因为mg=
ρgSΔx,所以F回=-ρgSx.即F回=-kx(k=ρgS),即木块做简谐运动.
4.如图所示,一个质量m=1 kg的小球连接在轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定,该弹簧的劲度系数k=100 N/m,小球穿在光滑杆上,能够自由滑动.不加任何外力作用时,小球静止在O点位置.现将小球向右拉至A点,然后由静止释放,小球将做简谐运动,B点是小球向左运动的最远距离.其中lOA=10 cm,小球运动到A点时弹簧的弹性势能为1 J,不计其他阻力.求:
(1)小球在B点的位移大小和加速度大小;
(2)小球在振动过程中的最大速度大小.
解析:(1)因为小球在做简谐振动,A、B两点关于O点对称.
小球在B点的位移大小x=lOB=lOA=10 cm=0.1 m,
在B点受力分析可得所受合力大小FB=kx=ma,
解得加速度大小a=10 m/s2.
(2)小球在O点所受合力为0,因此在O点速度最大.简谐运动过程中机械能守恒,由A运动到O的过程中,弹性势能转化为动能,有Ep=mv2,
解得v= m/s.
答案:(1)0.1 m 10 m/s2 (2) m/s
情境与问题 如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为0时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧拉力F的大小随时间t变化的图像如图乙所示,重力加速度为g,则( )
新高考 新考向
甲
乙
A.升降机停止前在向下运动
B.0~t1时间小球处于失重状态,t1~t2时间小球处于超重状态
C.t1~t3时间小球向下运动,动能先减小后增大
D.t3~t4时间弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量
解析:初始时刻弹簧伸长,弹力的大小等于重力,由图像看出,升降机停止运动后弹簧的拉力先变小,即小球向上运动,小球运动是由于其具有惯性,所以升降机停止前小球是向上运动的,即升降机停止前在向上运动,选项A错误.0~t1时间拉力小于重力,小球处于失重状态,t1~t2时间拉力也小于重力,小球也处于失重状态,故选项B错误.t1时刻弹簧的拉力是0,说明t1时刻弹簧处于原长状态,t1时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长,所以t1~t3时间小球向下运动,t1~t3时间内,弹簧对小球的弹力先小于重力,后大于重力,小球所受的合力方向先向下后向上,小球先加速后减速,动能先增大后减小,故选项C错误.t3~t4时间内,小球向上运动,小球的重力势能增大,动能增大,弹簧的弹性势能减小,根据系统机械能守恒得知,弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量,故选项D正确.
答案: D(共47张PPT)
第二章 机械振动
学 习 目 标
1.通过观察摆钟等实例知道什么是单摆,能说出单摆的理想化条件,知道单摆是理想化模型,能够将实际问题中的对象和过程转化为单摆模型.
2.能从运动学和动力学两个角度证明摆角很小时单摆的运动是简谐运动,体会数学知识在物理中的应用,培养数形结合思维.
3.根据实验探究,知道单摆的周期与哪些因素有关,熟记单摆的周期公式并能用其解决相关实际问题,培养科学探究能力.
4.了解惠更斯等科学家对单摆的研究,学习科学家在研究过程中的智慧、思想.
4 单摆
1.细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装上墨汁,这就做成了一个简单的单摆模型.当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板,滴在木板上的墨汁图样就可以表示单摆的振动图像.观察图像,利用数学方法分析图像特点,能得出什么结论
答案:图像是正弦函数图像,这说明单摆的运动是简谐运动.
知识点一 单摆的运动
2.单摆——理想化模型.
(1)模型:摆线是 伸长,且没有 的细线,摆球是没有
只有质量的质点,这样的装置叫作单摆,它是实际摆的理想化模型.
(2)单摆在摆角 的情况下做简谐运动,其振动图像遵循
规律.
(3)单摆运动时的回复力是 沿圆弧切线方向的分力.
不可
大小
质量
很小
正弦函数
重力
知识点二 单摆的周期
1.如图所示,利用铁架台、细线、小球制作一个单摆模型,猜想影响单摆周期的因素有哪些.
答案:影响因素可能有小球的质量、单摆的摆长、单摆的振幅.
2.影响单摆周期的因素:单摆的周期与 有关,摆长越长,周期 ;单摆的周期与 、 无关.
3.单摆周期公式:T= .
摆长
越大
摆球质量
振幅
2π
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.单摆运动时的回复力是重力和摆线拉力的合力.( )
2.单摆的周期与摆球的质量成反比.( )
3.制作单摆的摆球越大越好.( )
4.若单摆的振幅变为原来的一半,则周期也将变为原来的一半.( )
5.同一个单摆在月球上摆动的周期大于其在地球上摆动的周期.( )
×
×
×
×
√
探究一 单摆的运动和回复力
问题情境
一阵风吹过,大厅里的吊灯微微摆动起来,久久不停……伽利略就是通过观察吊灯摆动发现了吊灯摆动的等时性,惠更斯按照伽利略的构想,发明制作了一个摆钟.摆钟就是一个典型的单摆模型.
1.单摆的平衡位置位于哪里 在运动过程中经过平衡位置时单摆所受的合力是不是0 单摆的回复力就是单摆所受的合力吗
答案:单摆的平衡位置在摆球最低点.单摆的运动可看作圆周运动,单摆经过平衡位置时单摆所受的合力不为0,因为拉力和重力的合力提供向心力.合力不是回复力,重力沿圆弧切线方向的分力是使摆球沿圆弧振动的回复力.
2.下图是一个单摆.当小球运动到图中的任意位置P时,请通过计算回复力的表达式证明单摆的运动属于简谐运动(θ很小).
答案:如图所示,回复力是小球所受重力沿着圆弧切线方向的分力,F=mgsin θ,
当摆角θ很小时,则有sin θ≈θ=,并且摆球位移 x≈,考虑了位移和回复力的方向后,有F=-mg,
m是小球的质量,l是摆长,g是自由落体加速度,它们都有确定的数值,可以用一个常数k来表示.
则F=-kx,
即在摆角很小时,回复力跟位移大小成正比且与其方向相反,所以单摆的运动是简谐运动.
答案:①摆线的形变量与摆线的长度相比小得多,摆线的质量与摆球的质量相比小得多,这时可把摆线看成不可伸长,且没有质量的细线.
②摆球直径的大小与摆线长度相比小得多,这时可把摆球看成没有大小只有质量的质点.
③不考虑空气等对小球的阻力.
④摆角很小.
3.通过以上证明过程,可以得出单摆的运动可以看作简谐运动的条件是什么
过程建构
1.单摆向心力来源:细线拉力和重力沿径向的分力的合力.
2.单摆回复力来源:重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供使摆球振动的回复力.
3.单摆的运动:如图所示,在摆角很小时,摆球的回复力满足F=mgsin θ≈
mgθ=-mg=-kx,此时摆球的运动可看成简谐运动.
4.注意
(1)单摆经过平衡位置时,回复力为0,但合力不为0.
(2)单摆的回复力为小球受到的重力沿圆弧切线方向的分力,而不是小球受到的合力.
(3)单摆是实际摆的理想模型.
【典例1】(2021·广东模拟)一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的回复力 (选填“变大”“不变”或“变小”),摆球的机械能 (选填“增大”“减小”或“不变”).
解析:当偏角增大时,摆球向最大位移处移动,相对于平衡位置的位移变大,因为回复力与位移成正比,所以此过程回复力增大;摆球在运动过程中只有重力对其做功,故其机械能守恒.
答案:变大 不变
对于单摆的两点说明
(1)平衡位置:摆球静止时,摆线拉力与小球所受重力平衡的位置,并不是指摆动过程中受力平衡的位置.实际上,在摆动过程中,摆球受力不可能平衡.
(2)回复力:由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力 F=mgsin θ提供,回复力不是重力与摆线拉力的合力.
探究二 单摆的周期
问题情境
(一)探究影响单摆周期的因素时采用如图所示的实验装置,铁架台的横梁上固定两个单摆,按照以下几种探究情况进行实验,测量数据填写在表格里.通过数据分析得出相关结论.(实验都在小偏角下进行)
1.两摆的摆球质量、摆长相同,摆角和振幅不同.
提示:测量数据据实填写.分析数据可得在摆球质量、摆长相同时,单摆的周期与摆角和振幅无关.
单摆 摆角 时间 全振动次数 周期 结论
a 4°
b 2° 2.两摆的摆长、振幅相同,摆球质量不同.
单摆 质量 时间 全振动次数 周期 结论
a 500 g
b 1 000 g 提示:测量数据据实填写.分析数据可得在摆球的摆长、振幅相同时,单摆的周期与摆球质量无关.
3.两摆的振幅、摆球质量相同,摆长不同.
单摆 摆长 时间 全振动次数 周期 结论
a 50 cm
b 100 cm 提示:测量数据据实填写.分析数据可得在摆球的振幅、摆球质量相同时,单摆的周期与摆长有关,摆长越大,周期越长.
(二)某同学探究单摆周期与摆长之间的关系时,改变摆长l,并测出对应的周期T,测量的数据如下表.
实验次数 1 2 3 4 5 6 7 8
摆长l/m 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00
周期T/s 1.1 1.3 1.4 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0
4.根据表中实验数据,能否看出周期与摆长之间有何关系
答案:根据表中的数据可以看出,随着摆长的增大,周期也增大,但无法确定具体的函数关系.
5.请在坐标纸上画出T-l图像,图线是什么形状 能否看出周期与摆长之间有何关系
答案:在坐标纸上画出T-l的图像如图所示,图线是一条曲线,表明单摆的周期随摆长的增大而增大,但增大得越来越慢,不能看出周期与摆长之间的函数关系.
6.该同学计算出了表中周期数值的二次方,请在坐标纸上画出T2-l图像,该图线又是什么形状 能否看出周期与摆长之间有何关系
实验次数 1 2 3 4 5 6 7 8
摆长l/m 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00
周期的二次 方T2/s2 1.21 1.69 1.96 2.56 2.89 3.24 3.61 4.0
答案:在坐标纸上画出T2-l图像如图所示,图线延长后是一条过原点的直线,表明单摆周期的二次方与摆长成正比,即单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比.
过程建构
1.伽利略发现了单摆运动的等时性,惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟.
2.单摆的周期公式:T=2π.
3.对单摆周期公式的理解.
(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准确值相差0.01%).
(2)公式中l是摆长,即悬点到摆球球心的距离,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,与摆球质量及振幅无关.
【典例2】有一单摆,其摆长l=1.02 m,摆球的质量m=0.10 kg,已知单摆做简谐运动,单摆30次全振动所用的时间t=60.8 s.
(1)求当地的重力加速度大小.
(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s),那么摆长应怎样改变 改变多少
答案: (1)9.80 m/s2 (2)缩短 0.027 m
解析:(1)当单摆做简谐运动时,其周期公式,T=2π,
因为T=,n=30,所以g==≈9.80 m/s2.
(2)秒摆的周期是2 s,设其摆长为l0,由于在同一地点自由落体加速度是不变的,根据单摆的周期公式T=2π有=,则摆长l0==≈0.993 m,
其摆长要缩短Δl=l-l0=0.027 m.
课堂评价
1.(多选)制作一个单摆,合理的做法是( )
A.摆线细而长
B.摆球小而不太重
C.摆球外表面光滑且密度大
D.端点固定且不松动
解析:根据理想单摆的条件可知选项A、C、D正确.
答案:ACD
2.关于单摆,下列说法正确的是( )
A.回复力方向总是指向平衡位置
B.回复力是摆球受到的合力
C.摆球经过平衡位置时,所受的合力为0
D.摆角很小时,摆球受到的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
答案:A
解析:单摆的回复力不是摆球受到的合力,而是摆球重力沿圆弧切线方向的分力,选项A正确,选项B错误.当摆球运动到平衡位置时,回复力为0,但合力不为0,合力方向指向悬点(圆心),选项C错误.摆球所受的合力不是回复力,所以与位移大小不成正比,选项D错误.
3.航天员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T,将月球视为密度均匀、半径为r的球体,则月球的密度为( )
A. B.
C. D.
答案:B
解析:根据单摆周期公式T=2π,在月球上重力等于万有引力,mg=,月球密度ρ=,V=πr3,可得ρ=,选项B正确.
4.如图所示,一摆长为l的单摆,在悬点的正下方的P处有一钉子,P与悬点相距l-l',这个摆做小幅度摆动时的周期为( )
A.2π B.2π C.π(+) D.2π
解析:碰钉子前摆长为l,周期T1=2π,碰钉子后摆长变为l',则周期T2=2π,所以此摆的周期 T=+=π(+).
答案:C
5.图甲是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置,设向右为正方向,图乙是这个单摆的振动图像,根据图像回答问题.
甲
乙
(1)单摆振动的频率是多大
(2)计时开始时摆球在何位置
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2,则这个单摆的摆长约为多少 (计算结果保留两位小数)
解析:(1)由题图乙知周期T=0.8 s
则频率f==1.25 Hz.
(2)由题图乙知,计时开始时摆球在负向最大位移处,因为向右为正方向,所以计时开始时摆球在B点.
(3)由周期公式T=2π得l=≈0.16 m.
答案:(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
情境 有两个同学利用假期分别去参观北方某大学和南方某大学的物理实验室,各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了单摆的周期T与摆长l的关系,他们通过网络交换实验数据,并用计算机绘制了T2-l图像,如图甲所示;另外,在南方某大学做探究的同学还利用计算机绘制了两个摆球的振动图像,如图乙所示.
新高考 新考向
问题 (1)试分析图甲中图线A、B是在哪里测量数据得到的.
(2)图乙中两单摆的摆长之比是多少
解析:(1)由T=2π得T2=l,知T2-l图像的斜率越大,自由落体加速度越小.因为南方某大学当地的自由落体加速度小于北方的,所以图线A是在南方某大学测得的,图线B是在北方某大学测得的.
(2)由振动图线知,两单摆的周期比为=,由T= 2π知,两单摆摆长之比==.
答案: (1)图线A是在南方某大学测得的,图线B是在北方某大学测得的. (2)4∶9
等效法在单摆模型中的应用
单摆是一种基本模型,一些类似于单摆的模型可以利用等效法将其归结为单摆模型.
1.摆长的等效
如图所示,被两根长为l的细线悬挂的小球在垂直于纸面方向振动时也可看作单摆模型,此时单摆的摆长为小球的重心到轨迹圆弧的圆心的距离,等效摆长l'=lsin θ.此时双线摆的周期为T=2π.
2.重力加速度的等效
当小球处于除重力之外的另一恒力场中时,如图所示,单摆周期规律仍然成立,只是g应为此时的等效重力加速度,等效重力加速度等于摆球在平衡位置不摆动时,摆线的拉力与摆球质量的比值.
【典例1】如图所示,三根细线在O点处打结,A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上,△AOB为直角三角形,∠BAO=30°,已知OC线长也是l,下端C点系着一个小球,重力加速度为g,下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)( )
A.让小球在纸面内振动,周期T=2π
B.让小球在垂直于纸面的平面内振动,周期T=2π
C.让小球在纸面内振动,周期T=2π
D.让小球在垂直于纸面的平面内振动,周期T=2π
解析:让小球在纸面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为l,周期T=2π;让小球在垂直于纸面的平面内振动,在偏角很小时,单摆做简谐运动,摆长为(l+l) ,周期T'=2π.选项A正确,选项B、C、D错误.
答案:A
【典例2】如图所示,单摆甲放在空气中,周期为T甲;单摆乙的摆球带正电,摆线绝缘,放在匀强磁场中,周期为T乙;单摆丙的摆球带正电,摆线绝缘,放在匀强电场中,周期为T丙;单摆丁放在静止在水平面上的光滑斜面上,周期为T丁.下列关系式正确的是( )
A.T甲>T乙>T丙>T丁 B.T乙>T甲=T丙>T丁
C.T丙>T甲>T丁>T乙 D.T丁>T甲=T乙>T丙
甲
乙
丙
丁
解析:单摆甲的周期T甲=2π.对乙,带电摆球受到的洛伦兹力在切线方向上没有分力,不影响单摆的周期,即T乙=2π.根据等效自由落体加速度的求法,单摆丙的摆球在平衡位置处且静止时受到的拉力F丙=mg+qE=mg',则T丙=2π.对丁,F丁=
mgsin α=mg″,所以T丁=2π.由此可知选项D正确.
答案:D(共25张PPT)
第二章 机械振动
实验：用单摆测量重力加速度
一、实验思路
当摆角较小时,单摆做简谐运动,根据其周期公式T=2π可得g=.
想一想,要根据上式测量重力加速度,需要测量哪些物理量 应该如何设计实验装置、选择实验器材 怎样才能减小实验误差
答案:需要测量周期和摆长.周期可以用停表测量,为减小误差,可以测量多次全振动时间,然后求平均值.摆长应该是细线的长度加小球的半径,细线长度可以用刻度尺测量,小球的直径可以用游标卡尺测量.为减小实验误差,应该选用质量大、体积小的球,还要使单摆的悬点固定,摆角要小一些.实验装置如图所示.
二、进行实验
1.让细线穿过小球上的小孔,在细线的穿出端打一个比小球上的孔径稍大一些的结,制成一个单摆.
2.将铁夹固定在铁架台上端,铁架台放在实验桌边,使铁夹伸到桌面以外.把单摆上端固定在铁夹上,使摆球自由下垂,在单摆平衡位置处做上标记.
3.用刻度尺量出悬挂点到小球上端的距离为悬线长l0,用游标卡尺测出摆球的直径d,则摆长为l=l0+.
4.把单摆拉开一个角度,角度不大于5°,释放摆球.摆球经过最低位置时,用停表开始计时,测出单摆全振动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.
三、数据记录
测量量 摆长l/m 时间t/s 全振动次数 周期T/s
1 50
2
3
4
5
四、数据分析
1.平均值法:每改变一次摆长,将相应的l和T代入公式中求出g值,最后求出g的平均值.
2.图像法:由T=2π得T2=l,作出T2-l图像,如图所示.其斜率 k=,由图像的斜率可求出重力加速度g.
五、注意事项
1.选择摆线时要选用细、轻又不易伸长的线,长度一般在 1 m 左右;小球应选用密度较大、直径较小 (最好不超过2 cm) 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摆角不超过5°.
4.摆球摆动时,将小球由最大位移处静止释放,摆动轨迹始终在同一竖直平面内,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,每当摆球从同一方向通过最低位置时计数,要测n次(如30次或50次)全振动的时间t,用取平均值的方法求周期(T=) ,不能多计或漏计振动次数,否则会造成实验误差.
命题角度1 巩固强化——应该怎么做
【典例1】用单摆测重力加速度的实验装置如图所示.
(1)实验中,摆线与悬点连接处要用铁夹夹住,不能随意地将摆线绕在铁架上,其原因是 .
A.防止摆角大于5°
B.防止测量摆长时无法得到较精确的数据
C.防止摆球在摆动过程中摆长发生变化
D.防止摆线固定点松动,造成摆长越来越长
(2)以下是某同学在实验中记录的两组数据,请根据表格数据,把表格中需要计算的物理量填上,并求出当地的重力加速度(保留两位小数,π取3.14)
次数 摆线长 度/cm 摆球直 径/cm 50次全振动时间/s 摆长 l/cm 重力加速度g/(m·s-2)
1 97.0 2.00 100 ① ②
2 79.0 2.00 90 ③ ④
本次实验测得当地的重力加速度g= m/s2.
(3)若两个摆长不等的单摆,摆球质量之比m1∶m2=2∶3,在同一地方做小角度摆动时摆角相等,它们通过最低点时的速度之比v1∶v2=3∶2,则它们的周期之比T1∶T2= .
解析: (1)若将摆线绕在铁架上,则随着单摆的摆动,摆线的长度要发生改变,故摆线与悬点连接处要用铁夹夹住.
(2)由表中数据可知,①处l1=98 cm,③处l2=80 cm,T1=2 s,T2=
1.8 s;根据T=2π解得g=,代入数据解得g1=9.66 m/s2,
g2=9.74 m/s2,取平均值可得g=9.70 m/s2.
(3)由机械能守恒可得mgl(1-cos θ)=mv2,解得l=∝v2,由T=2π∝可知T∝v,则T1∶T2=v1∶v2=3∶2.
答案:(1)C (2)①98 ②9.66 ③80 ④9.74 9.70 (3)3∶2
【典例2】某同学利用单摆测当地重力加速度.
(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示,小球直径
d= cm.
甲
(2)该同学的测量数据如下表所示,请在图乙中画出l-T2图像.
l/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200
T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80
乙
由图像可得重力加速度g= m/s2(结果保留3位有效数字).
(3)该同学在实验过程中,摆长没有加小球的半径,其他操作无误,那么他得到的实验图像可能是下列图像中的 .
A
B
C
D
解析: (1)小球的直径d=22 mm+0.1 mm×6=22.6 mm=2.26 cm.
(2)l-T2图像如图所示.由T=2π可得l=T2,k=,对应图像可得k=0.25 m/s2,可解得g=4π2k=9.86 m/s2.
(3)在实验中,若摆长没有加小球的半径,其他操作无误,则l=T2-,故可知选项B正确.
答案:(1)2.26 (2)见解析图. 9.86 (3)B
命题角度2 拓展迁移——还能怎么做
【典例3】某同学利用单摆测量重力加速度.
(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示,则小球的直径为
mm.用停表测出单摆多次全振动时间如图乙所示,停表读数为 s.
甲
乙
(2)若该同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值,则引起这一误差的原因可能是 .
A.误将摆线长当作摆长
B.误将摆线长与球的直径之和当作摆长
C.误将n次全振动次数计为n+1次
D.误将n次全振动次数计为n-1次
(3)另有一实验小组同学进行了实验创新,实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F大小随时间t变化的图像如图丙所示,并且测量了摆线的长度l0和摆球直径d,则测得当地重力加速度g= (用本小题及图中的字母表示)
丙
解析:(1)由题图甲知所用游标卡尺是20分度的,游标尺的分度值为0.05 mm,主尺读数为10 mm,游标尺示数为6×0.05 mm=
0.30 mm,游标卡尺示数为10 mm+0.30 mm=10.30 mm;由题图乙所示停表可知,分针示数为1 min=60 s,秒针示数为15.2 s,读数为60 s+15.2 s=75.2 s.
(2)根据T=2π得g=,把摆线长当作摆长时,摆长测量值偏小,测得的重力加速度数值小于当地重力加速度的数值,选项A错误.把摆线长与球的直径之和当作摆长时,摆长测量值偏大,测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的数值,选项B正确.误将
n次全振动次数计为n+1次,则单摆周期的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大,选项C正确.误将n次全振动次数计为n-1次,测得的周期将偏大,测得的重力加速度数值小于当地重力加速度的数值,选项D错误.
(3)根据图像可知单摆的周期T=4t0,根据周期公式T=2π得g===.
答案: (1)10.30 75.2 (2)BC (3)
【典例4】某同学利用单摆测重力加速度.
(1)从下列器材中选用最合适的器材(填写器材代号) .
A.小铁球
B.小塑料球
C.20 cm长的细线
D.100 cm长的细线
E.手表
F.时钟
G.停表
(2)若测得的g值偏大,则可能的原因是 .
A.摆球的质量太大
B.测摆长时,仅测了线长,未加小球半径
C.测周期时,把n次全振动误记为n+1次
D.摆球上端未固定牢固,振动中出现松动(摆长变长)
(3)该同学想进一步验证单摆的周期和重力加速度的关系,但又不可能去不同的地区做实验.该同学就将单摆与光电门传感器安装在一块摩擦不计、足够大的板上,使板与水平面的夹角为α,让摆球在斜面上做小角度摆动,如图甲所示.利用该装置可以验证单摆的周期和等效重力加速度的关系.若保持摆长不变,则实验中需要测量的物理量有 .和 .若利用实验所测物理量绘制的图线如图乙所示,则图像中的纵坐标表示 ,横坐标表示 .
甲
乙
解析:(1)利用单摆测重力加速度的实验中,球越重、体积越小越好,选小铁球;摆线应选相对长点的,不能过长也不能过短,选100 cm长的细线;实验还需要测量时间,选停表.所以最合适的器材选ADG.
(2)根据T=2π可得g=,则摆球的质量对实验无影响,选项A错误.测摆长时,仅测了线长,未加小球半径,这样摆长测量值偏小,则测得的重力加速度g值偏小,选项B错误.测周期时,把n次全振动误记为 n+1 次,则测得的周期偏小,则测得的重力加速度g值偏大,选项C正确.摆球上端未固定牢固,振动中出现松动(摆长变长),这时测得的周期偏大,则测得的重力加速度g值偏小,选项D错误.
(3)此单摆的等效重力加速度为g'=gsin α,则单摆的周期T=2π.保持摆长不变时,要测量的物理量是木板倾角α和单摆振动的周期T.将T=2π变形为T2=4π2l·,若利用实验所测物理量绘制的图线如题图乙所示,则图像中的纵坐标表示T2,横坐标表示.
答案:(1)ADG (2)C (3)木板倾角α 单摆振动的周期T T2 (后两空答案不唯一)(共40张PPT)
第二章 机械振动
学 习 目 标
1.通过观察实际的振动实例,知道阻尼振动和受迫振动,能够用能量的观点分析阻尼振动的能量变化和受迫振动的共振现象.
2.结合生活情境,知道振动的维持需要驱动力;通过观察机器底座的振动、扬声器的振动感受受迫振动,知道受迫振动的频率等于驱动力的频率,与物体的固有频率无关,培养推理与归纳能力.
3.知道什么是共振,理解共振发生的条件,了解生活中应用共振和防止共振的事例和方法,培养应用知识解决实际问题的能力.
6 受迫振动 共振
知识点一 阻尼振动
1.观察生活中的振动现象,比如秋千的摆动,音叉的振动,为什么振动最后都会停止
答案:实际的振动都会有机械能损失.秋千运动过程中受到摩擦阻力作用,振幅逐渐减小;音叉振动时,一部分机械能随声波辐射到周围空间,音叉振幅减小.
2.阻尼振动: 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.
3.振动系统能量衰减的两种方式.
(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 .例如单摆.
(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
出去,从而自身机械能减少.例如音叉发声.
振幅
内能
辐射
知识点二 受迫振动
1.当扬声器发出声音时,是什么使得膜片不断振动 为什么断开电源后膜片不再振动
答案:电磁铁吸引膜片驱动膜片振动.断开电源以后电磁铁磁性消失,膜片就不再振动.
2.补偿系统的能量损耗,使系统的振动维持下去的周期性的外力叫作 ,系统在驱动力作用下的振动叫作 .
驱动力
受迫振动
3.受迫振动的频率:物体做受迫振动达到稳定后,其振动频率等于 的频率,与物体的 无关.
驱动力
固有频率
知识点三 共振
1.有些歌剧演员能依靠声音将玻璃杯震碎;军队过桥时会禁止士兵齐步行进.这其中蕴含着什么原理
答案:当声音振动的频率和杯子的固有频率相同时,杯子发生共振,可以将杯子震碎;军队过桥时禁止士兵齐步行进是为了避免桥和脚步产生共振.
2.当驱动力的频率 固有频率时,物体做受迫振动的
,这种现象称为 .
等于
振幅达到最大值
共振
3.共振曲线:下图反映了受迫振动的 与 .的关系,图中f0为振动物体的 .
振幅A
驱动力频率f
固有频率
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.自由摆动的秋千振幅越来越小,是因为能量在消失.( )
2.受迫振动的频率由振动物体自身和驱动力共同决定.( )
3.驱动力越大,越容易发生共振.( )
4.做阻尼振动的振子的机械能和振幅都在减小.( )
×
×
×
√
探究一 对阻尼振动的理解
问题情境
如图所示,用力敲一下锣.注意观察现象并回答下列问题.
1.音调在锣声逐渐减小的过程中是否发生变化 为什么
答案:音调没有发生变化.因为锣振动的振幅减小,但是振动频率不变.
2.在简谐运动中,振幅由什么决定 怎样从能量角度理解阻尼振动
答案:振幅由振动能量决定.阻尼振动中振动能量转化成其他能量,导致振幅减小.
过程建构
对阻尼振动的理解.
(1)从受力角度看:阻尼振动是振动系统在阻力的作用下,振幅逐渐减小的振动,如图所示.阻尼振动中振幅虽然逐渐减小,但固有频率不会变化,由振动系统决定.
(2)从能量角度看:阻尼振动中振动系统的机械能转化成内能等其他形式的能,导致振幅减小.
【典例1】(多选)一单摆做阻尼振动,则在振动过程中( )
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,单摆的机械能始终不变
D.单摆的机械能不守恒,周期不变
解析:因为单摆做阻尼振动,所以振幅越来越小,机械能越来越小.振动周期不变.
答案:BD
探究二 对受迫振动的理解
问题情境
1.如图是一个受迫振动的装置示意图,先固定摇把,使弹簧振子自由振动,测量振子的周期,然后以固定的频率匀速转动摇把,待振子稳定后再次测量振子的周期,你能得到什么结论
答案:振子做受迫振动时振动周期等于转动摇把的周期,与自由振动时的周期无关.
2.物体做受迫振动时,如果驱动力补充的能量恰好与振子自由振动时损失的机械能相同,振子将以恒定的振幅振动下去,那么这时候振子的运动能看作简谐运动吗
答案:不能,这时候振子的频率会随驱动力频率的变化而发生变化.
过程建构
1.受迫振动是指系统在驱动力作用下的振动.做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率,与物体的固有频率无关.
2.自由振动和受迫振动的比较.
项目 自由振动 受迫振动
受力情况 仅受回复力 受周期性驱动力作用
振动周期 或频率 由系统本身性质决定, T=T固或f=f固 由驱动力的周期或频率决定,
T=T驱或f=f驱
振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供
常见例子 弹簧振子或单摆 机器运转时底座发生的振动
【典例2】如图所示,曲轴上悬挂一弹簧振子,转动摇把,曲轴可以带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把,让弹簧振子上下自由振动,测得振动频率为2 Hz,然后匀速转动摇把,转速为240 r/min,当弹簧振子振动稳定后,它的振动周期为( )
A. s B. s
C.2 s D.4 s
答案: B
解析:受迫振动的周期等于驱动力的周期,T= s= s,选项B正确.
探究三 对共振的理解
问题情境
某同学用如图所示的装置研究共振.铁架横梁上挂着几个摆长不同的摆,其中B、D的摆长相等.他先让B摆偏离平衡位置后释放,B摆通过横梁带动其余摆振动.待振动稳定之后观察现象并思考下列问题.
1.四个摆的固有频率之间有什么关系
答案:B、D两摆的固有频率相同,A摆的固有频率最大,C摆的最小.
2.系统稳定后A、C、D摆的振幅有什么特点 哪一个最大
答案:A、C、D摆的振幅不相同,其中D摆的振幅最大.
1.当驱动力的频率等于固有频率时,物体做受迫振动的振幅最大,这种现象叫共振.受迫振动振幅与驱动力频率的关系如图所示.
过程建构
2.发生共振的条件
f驱=f固,即驱动力的频率等于振动系统的固有频率.此时振幅最大.
【典例3】(2021·浙江卷)(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( )
甲
乙
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,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
解析:当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振,此时树干振动幅度最大,落果效果最好,但不同树木的固有频率可能不同,故落果效果最好的振动频率可能不同,选项A正确,选项B错误;打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干的振动频率为其固有频率,故振动频率不一定相同,选项C错误;树干在振动器的振动下做受迫振动,稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同,选项D正确.
答案:AD
【典例4】下图为一单摆的共振曲线,g取10 m/s2.
(1)该单摆的摆长约为多少
(2)共振时单摆的振幅为多大
(3)共振时摆球的最大切向加速度的大小为多少
(4)若单摆的摆长变短,则共振曲线的峰将怎样移动
解析:(1)由题图可知当驱动力频率为0.5 Hz时,发生了共振现象,则单摆的固有频率f0=0.5 Hz,
固有周期T==2 s,根据单摆的周期公式T=2π得
l== m≈1 m.
(2)由题图读出共振时单摆的振幅A=8 cm.
(3)根据题意,a=gsin θ,且sin θ==0.08,所以共振时摆球的最大切向加速度a=0.8 m/s2.
(4)若单摆的摆长变短,则根据T=2π,T=,知f0变大,共振曲线的峰将右移.
答案:(1)1 m (2)8 cm (3)0.8 m/s2 (4)右移
课堂评价
1.(多选)若空气阻力不可忽略,则单摆在偏角很小的摆动中,总是减小的物理量为( )
A.振幅 B.位移
C.周期 D.机械能
解析:有空气阻力时,振动为阻尼振动,振幅不断减小,机械能也不断减小.在平衡位置,位移为0,而后位移增大,直至动能为0时位移达到最大,然后位移又减小到0,所以位移不是一直减小.根据单摆周期公式T=2π可知,l、g不变,则T不变.选项A、D正确.
答案:AD
2.(多选)如图所示,把甲、乙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9 Hz,乙弹簧振子的固有频率为72 Hz,当支架受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用做受迫振动时,两个弹簧振子的振动情况是( )
A.甲的振幅较大
B.甲的振动频率为9 Hz
C.乙的振幅较大
D.甲、乙两振子的振幅、频率均相等
答案:AB
解析:由题知甲弹簧振子的固有频率等于驱动力的频率,甲弹簧振子发生共振,所以甲的振幅达到最大.物体做受迫振动达到稳定后,物体的振动频率为驱动力的频率.选项A、B正确.
3.(多选)铺设铁轨时,每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙,匀速运行的列车经过轨端接缝处时,车轮就会受到一次冲击.由于每一根钢轨长度相等,这个冲击力是周期性的,列车受到周期性的冲击做受迫振动.普通钢轨长为12.6 m,列车固有振动周期为0.315 s.下列说法正确的是( )
A.列车的危险速率为40 m/s
B.列车过桥需要减速,是为了防止列车发生共振现象
C.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D.增加钢轨的长度有利于列车高速运行
答案:AD
解析:当列车受到冲击的频率和列车的固有频率相同时,列车会发生共振,比较危险,由T=可得危险车速为 v== m/s=
40 m/s,选项A正确.列车过桥需要减速,是为了防止桥发生共振现象,选项B错误.列车的速度不同,则振动频率不同,选项C错误.根据T=可知增加钢轨长度可以使危险车速增大,可以使列车高速运行,选项D正确.
4.(多选)下图是单摆做阻尼振动的振动图像,下列说法正确的是( )
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
解析:单摆做阻尼振动,要不断克服空气阻力做功,振幅逐渐减小,机械能逐渐转化为其他形式的能,机械能不断减小,A、B两时刻单摆的位移相同,所以势能相等,因为机械能减小,所以动能减小,选项B、D正确.
答案:BD
5.汽车的重力一般由固定在轴承上的若干弹簧承担,弹簧的等效劲度系数k=1.5×105 N/m.汽车开始运动时,在振幅较小的情况下,其上下自由振动的频率满足f=(l为弹簧被压缩的长度).假设人体可以看成一个弹性体,其固有频率约为2 Hz.已知汽车的质量为 600 kg,每个人的质量为70 kg.这辆车乘坐几人时,人感到最难受
解析:人体的固有频率f固=2 Hz,
当汽车的振动频率与其相等时,人体与之发生共振,人感觉最难受,此时f= =f固,所以l=,
代入数据解得l=0.062 1 m,
由胡克定律得kl=(m1+nm2)g,
所以n===5,
即这辆车乘坐5人时,人感到最难受.
答案:5人
“洗”是古代盥洗用的脸盆,多用青铜铸成.倒些清水在其中,用手掌摩擦盆耳,盆就会发出嗡嗡声,还会溅起层层水花,如图所示.某同学用双手摩擦盆耳,起初频率非常低,逐渐提高摩擦频率,试分析溅起的水花强弱变化的情况.
新高考 新考向
答案:用双手摩擦盆耳,起初频率非常低,逐渐提高摩擦频率,当摩擦频率等于水的固有频率时,会发生共振现象,此时溅起的水花振幅最大,随着摩擦频率的继续增大,大于水的固有频率,水花的振幅又变弱,所以,溅起的水花先变强后变弱.(共28张PPT)
第二章 机械振动
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1．知道简谐运动的数学表达式． 2．了解初相和相位差的概念，理解相位的物理意义． 3．根据图像和表达式会求各物理量的变化
手摸喇叭的发音纸 在波浪中上下振动的
盆会感到它会振动， 小船可视为简谐振动
声音越大，振动越
剧烈
核心素养
物理观念 简谐运动的表达式、相位和相位差
科学思维 利用数学手段描述物理问题，培养学生数理结合能力
科学探究 引导学生通过匀速圆周运动推导出简谐运动的表达式，培养学生合作探究的能力
科学态度与责任 利用数据说明事实，培养学生实事求是的态度，进一步联系实际，激发学生学习物理的兴趣
小试身手
1．如图所示，是某质点做简谐运动的振动图像，下列说法中正确的是( )
A．振幅为0.2 cm B．f＝0.2 Hz
C．周期为0.2 s D．0.2 s时刻的速度方向为正
探究一 简谐运动表达式的理解
1.
2．如图所示的弹簧振子水平放置，忽略各种阻力时，它将在COB之间来回往复做简谐振动，其中O点为平衡位置，简谐振动的振幅为A，弹簧的劲度系数为k，原长为L，弹簧振子的周期为T，小球质量为m，且规定向右为位移的正方向．请由此判断下列说法正确的是( )
A．从C到O，位移为负并且增大，从O到B，位移为正并且增大
B．从C到O，速度为负并且增大，从O到B，速度为正并且减小
3．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t＝0时，振子经过O点向左运动
B．t＝0.5 s时，振子在O点右侧2.5 cm处
C．t＝1.5 s和t＝3.5 s时，振子的速度相同
D．t＝10 s时，振子的动能最大
解析：t＝0时，图像切线的斜率为正，说明振子的速度为正，故振子经过O点向右运动，A项错误；在0～1 s内，振子做变速运动，不是匀速运动，所以t＝0.5 s时，振子不在O点右侧2.5 cm处，B错误；由图像切线的斜率可知，在t＝1.5 s时，斜率为负，说明振子的速度为负，在t＝3.5 s时，斜率为正，说明振子的速度为正，故t＝1.5 s和t＝3.5 s时，振子的速度不相同，C错误；由图线可知，振子的周期为4 s，当t＝10 s时，振子刚好在平衡位置，故振子的动能最大，D正确．故选D.
答案：D
探究二 简谐运动的周期性和对称性
1．时间的对称．
(1)物体来回通过相同两点间的时间相等，即tDB＝tBD.
(2)物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，图中
tOB＝tBO＝tOA＝tAO，tOD＝tDO＝tOC＝tCO.
2．速度的对称．
(1)物体连续两次经过同一点(如D点)的速度大小相等，方向相反．
(2)物体经过关于O点对称的两点(如C与D)时，速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．
3．位移的对称．
(1)物体经过同一点(如C点)时，位移相同．
(2)物体经过关于O点对称的两点(如C与D)时，位移大小相等、方向相反．
【典例2】 一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像．记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计．y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标，则( )
y2)位置时处于最大位移处，则回复力最大，由牛顿第二定律知加速度最大，故C正确；弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关系，匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，则一个周期内纸带沿x轴负方向的位移增大为原来的2倍，弹簧振子的周期不变，故D错误．
答案：C
4．一质点做简谐运动，它从最大位移处经0.3 s第一次到达某点M处，再经0.2 s第二次到达M点，则其振动频率为( )
A．0.4 Hz B．0.8 Hz
C．2.5 Hz D．1.25 Hz
5．弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过0.3 s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2 s，振子第二次经过P点，则到该振子第三次经过P点可能还需要多长时间( )
A．1.2 s B．1.0 s
C．0.4 s D．1.4 s
则该质点再经过时间Δt1＝T1－0.2 s＝1.4 s，第三次经过P点．
若振子从O点开始向左振动，则按如图乙所示路线振动．(共28张PPT)
第二章 机械振动
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1．理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件． 2．知道单摆振动时回复力的来源． 3．知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式
将小球拉离较小角度， 我国制造的空间冷原
小球周期性地摆动 子钟，每4 200万年只
有1 s的误差
知识点一 单摆及单摆的回复力
1.单摆的组成：由细线和小球组成.
2.理想化模型.
（1）细线的质量和小球相比可以忽略.
（2）小球的直径与线的长度相比可以忽略.
3.单摆的回复力.
（1）回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力.
知识点二 单摆的周期
1.探究单摆的振幅、位置、摆长对周期的影响.
（1）探究方法：控制变量法.
（2）实验结论.
①单摆振动的周期与摆球质量无关.
②振幅较小时周期与振幅无关.
③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短.
2.周期公式.
（1）提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的.
核心素养
物理观念 单摆 固有频率 周期
科学思维 运用理想化模型的研究方法，突出主要因素，忽略次要因素，从而概括出小角度摆动的机械振动的特点和规律
科学探究 通过猜想促进学生利用所学知识解决新的问题，学以致用；通过问题的设置，引导学生用科学思维对问题进行分析，培养学生合作探究的能力，提高学生的参与度
科学态度与责任 通过演示实验和数据分析，让学生形成仔细观察、严谨认真的科学态度
小试身手
1.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说
法中正确的是（ ）
A.t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
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，悬线对它的拉力最大
D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
解析：由振动图像可知t1和t3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为零，悬线对摆球拉力最小；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D正确.
答案：D
2.（多选）发生下列哪些情况时，单摆周期会增大（ ）
A.增大摆球质量
B.增大摆长
C.减小单摆振幅
D.将单摆由山下移至非常高的山顶
探究一 对单摆回复力及运动特征的理解
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.
【典例1】 图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视
为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆
球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的
最低位置，则在摆动过程中（ ）
A.摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零
B.摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零
C.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
D.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
[核心点拨] （1）摆球在平衡位置时，速度最大.
（2）摆球在最大振幅处，速度为零.
解析：摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大.
答案：D
关于单摆的回复力的三点提醒
（1）单摆振动中的回复力不是它受到的合力，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，但合力不为零.
1.下列有关单摆的运动的说法中正确的是（ ）
A.单摆做简谐运动的回复力是重力沿圆弧法线方向的一个分力
B.单摆做简谐运动的平衡位置合力不为零
C.单摆做简谐运动的振幅等于摆动中最高点与最低点的高度差
D.两次相邻的经过平衡位置的时间为单摆的一个周期
解析：单摆做简谐运动的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错误；单摆做简谐运动的平衡位置回复力为零，但合力指向圆心，不为零，B正确；单摆做简谐运动的振幅等于摆动中最高点与最低点的距离，C错误；两次相邻的经过平衡位置的时间为单摆的一个周期的二分之一，D错误.
答案：B
2.一单摆振动过程中离开平衡位置的位移随时间变化的规律如图所示，取向右为正方向，则下列说法正确的是（ ）
3.（多选）如图所示为单摆的振动图像，g取10 m/s2，π2＝10，根据此振动图像能确定的物理量是（ ）
A.摆长 B.回复力 C.频率 D.振幅
探究二 对单摆周期公式的应用
1.伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟.
（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.
【典例2】 （多选）如图所示，一个光滑凹槽半径为R，
弧长为L（已知R L）.现将一质量为m的小球从凹槽边缘由
静止释放，小球以最低点为平衡位置做简谐运动.已知重力
加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A.小球做简谐运动的回复力为重力和支持力的合力
B.小球做简谐运动的回复力为重力沿凹槽圆弧切线方向的分力
改变单摆振动周期的途径
（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）.
（3）明确小角度情况下，单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系.
4.如图所示是在同一地点甲、乙两个单摆的振动图像，
下列说法正确的是（ ）
A.甲、乙两个单摆的振幅之比是1∶3
B.甲、乙两个单摆的周期之比是1∶2
C.甲、乙两个单摆的摆长之比是4∶1
D.甲、乙两个单摆的振动的最大加速度之比是1∶4(共19张PPT)
第二章 机械振动
一、实验目的
1.练习使用秒表和米尺，测单摆的周期和摆长.
2.用单摆测出当地重力加速度g的值.
二、实验器材
铁架台及铁夹，金属小球（有孔）、秒表、细线（1 m左右）、刻度尺、游标卡尺.
4.把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球.摆球经过最低位置时，用秒表开始计时，测出单摆完成30次（或50次）全振动的时间，求出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期.
5.改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格.
三、误差分析
（1）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，摆球是否可看作质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动，以及测量哪段长度作为摆长等.
（2）偶然误差：主要来自时间（即单摆周期）的测量.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，并采用倒计时计数的方法，即4，3，2，1，0，1，2，…，在数“零”的同时按下秒表开始计时.不能多计或漏计振动次数.为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值.
四、注意事项
（1）选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直径较小的金属球.
（2）摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小.
（3）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.
（4）计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测n次全振动的时间t.
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为
mm.
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 .
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
解析：（1）该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.
（2）根据用单摆测量重力加速度的实验要求可判断a、b、e正确.
答案：（1）18.6 （2）abe
类型二 实验数据处理和误差分析
【典例2】 某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.7 s，则：
（1）该摆摆长约为 cm，周期约为 s（计算结果保留两位小数）.
（2）如果测得g值偏小，可能的原因是 .
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径
C.开始计时时，秒表过迟按下
D.实验中误将49次全振动次数记为50次
（3）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：
l/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2
T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84
试以l为横坐标，T2 为纵坐标，如图所示，作出T2-l图线，并利用此图线求出重力加速度为 m/s2（ 保留两位小数）.
测摆线长时摆线拉得过紧，会使l变大，故会使g变大，A错误；测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，l变小，故使g变小，B正确；开始计时时，秒表过迟按下，会使周期T变小，故会使g变大，C错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，会使周期T变小，故会使g变大，D错误.
（3）根据表格中的数据选择合适的标度，作出T2-l图线如图所示：
类型三 实验创新应用
【典例3】 某同学利用单摆测定当地重力加速度，实验装置如图甲所示，实验时使摆球在垂直于纸面的平面内摆动，为了将人工记录改为自动记录，在摆球运动最低点的右侧放一激光光源，在其左侧放一个与自动记录仪相连的光敏电阻.他用刻度尺测量细绳的悬点到均匀小球的顶端的距离当作摆长，测得摆长为L1时，仪器显示的光敏电阻R随时间t变化的图线如图乙所示.
（1）从图乙可以看出，摆长为L1时振动周期为 ；则重力加速度表达式为_________________________________.
（2）若保持悬点到小球顶端距离不变，换用直径为
原来一半的另一均匀小球进行实验，则图乙中的t1将
（选填“变大”“不变”或“变小”）；
与摆线长度加上小球半径作为摆长相比，此法求
得的重力加速度 （选填“偏大”“偏小”或“相同”）.
（3）实验中，有三位同学作出T2-L的图线分别如图丙中的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a和c，下列分析正确的是 .（填选项前的字母）
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值(共26张PPT)
第二章 机械振动
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1.知道什么是阻尼振动和受迫振动. 2.受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关. 3.理解共振的概念，知道共振具备的条件. 4.知道常见的共振的应用和防止
洗衣机脱水完毕后， 应用在港珠澳大桥的
拔掉电源，在停下来 调谐质量阻尼器作为
之前有一阵振动得很 减振装置，在桥梁受
剧烈 到自然风激励的时候
能够起到防止桥梁共振
的作用
知识点一 受迫振动的频率
1.等幅振动：简谐运动是实际振动的理想化模型，是一种机械能守恒的振动，所以振幅保持不变.振幅不变的运动，叫作等幅振动.
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.受迫振动稳定后的频率
等于驱动力的频率.
4.固有频率：固有振动的频率，只与自身的参数有关.
知识点二 共振及其应用与防止
1.共振：驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大值，这种现象叫作共振.
2.利用共振：应使驱动力的频率接近或者等于振动系统的固有频率.
3.防止共振：应使驱动力的频率与振动系统的固有频率保持一定差距.
4.共振的应用：共振是十分普遍的现象，不仅存在于机械振动中，还广泛应用于电磁振动等其他形式的振动中.
核心素养
物理观念 阻尼振动 受迫振动 共振
科学思维 比较简谐运动、阻尼振动、受迫振动的关系，得到受迫振动频率等于驱动力的频率的结论
科学探究 通过做受迫振动的实验，使学生了解受迫振动的特点，体会受迫振动的相关概念
科学态度与责任 通过受迫振动的实验，培养合作精神和积极参与的意识以及科学探究的兴趣
小试身手
1.（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
解析：实际的自由振动一定受到阻力而使得振动能量越来越小，所以是阻尼振动，表现为振幅越来越小.受迫振动必定是在周期性外力作用下的振动，稳定后的频率必定等于驱动力频率，与自身的物理条件无关.
答案：ACD
2.（多选）如图所示，在一根张紧的水平绳上悬挂五个
摆，其中A、E的摆长为l，B的摆长为0.5l，C的摆长为
1.5l，D的摆长为2l，先使A振动起来，其他各摆随后也
振动起来，则摆球振动稳定后（ ）
A.D的振幅一定最大
B.E的振幅一定最大
C.B的周期一定最短
D.其余四个摆的周期相同
解析：A振动起来后，使得B、C、D、E做受迫振动，振动的频率都等于A振动的频率，即各摆振动的周期都相等，选项C错误，D正确；由于D与A的摆长相差最大，E与A的摆长相等，所以D的振幅最小，E发生共振，振幅最大，选项A错误，B正确.
答案：BD
探究一 对简谐运动、阻尼振动与受迫振动的理解和比较
1.三种振动的理解.
（1）简谐运动是一种理想化的模型，物体运动过程中的一切阻力都不考虑.
（2）阻尼振动考虑阻力的影响，是更实际的一种运动.
（3）受迫振动是物体做阻尼振动时受到周期性驱动力作用下的振动.
2.三种振动的比较.
项目 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 由驱动力的频率决定
振动图像 形状不确定
常见例子 弹簧振子或单摆 敲锣打鼓时发出的声音越来越弱 机器运转时底座发生的振动
【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
[核心点拨] （1）单摆在空气中振动，受空气阻力的作用，机械能减小，减少的机械能转化为内能.
（2）后一时刻与前一时刻，不是具体时刻，无法判断动能和势能.
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），故B、C错误.
答案：AD
（1）对阻尼振动的理解.
①由于阻力做功，振动系统的机械能逐渐减小，振幅逐渐变小.
②周期和频率由振动系统本身决定，阻尼振动中周期和频率不变.
（2）对受迫振动的理解.
①受迫振动的频率等于驱动力的频率.
②驱动力频率越接近固有频率，振幅越大.
1.如图是单摆做阻尼振动的位移—时间图像，下列说法正确的是（ ）
A.阻尼振动是一种受迫振动
B.摆球在P与N时刻的势能相等
C.摆球在P与N时刻的动能相等
D.摆球在P与N时刻的机械能相等
解析：阻尼振动不是一种受迫振动，故A错误；摆球在P与N时刻位移大小相等即单摆所处高度相同，则重力势能相同，由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐渐减小，故N时刻的机械能小于P时刻的机械能，而两点重力势能相等，则N时刻的动能小于P时刻的动能，故B正确，C、D错误.
答案：B
2.做阻尼运动的弹簧振子，它的（ ）
A.周期越来越小
B.位移越来越小
C.振幅越来越小
D.机械能保持不变
解析：弹簧振子的周期和频率是由它本身的性质决定的，即使做阻尼振动，周期和频率也不变，故A错误；由题意可知，弹簧振子做阻尼运动，即振子振动的幅度逐渐减小，但不能说弹簧振子的位移越来越小，故B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，由于阻力做负功，所以机械能越来越小，故D错误.故选C.
答案：C
3.如图所示，在曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由上下振动，测得其频率为2 Hz，然后以60 r/min的转速匀速转动摇把，当振子振动稳定时，它的振动周期为（ ）
A.0.25 s B.0.5 s
C.1 s D.2 s
解析：弹簧振子受摇把的作用而振动，做受迫振动，所以其振动的周期等于驱动力的周期，故C正确.
答案：C
探究二 对共振的理解
1.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，使它的振幅增大，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，它的每一次作用都使物体的振幅增加，从而振幅达到最大.
（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.
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.
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（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，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min，则（ ）
A.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
B.当转速减小时，弹簧振子的振幅减小
C.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
D.当振子稳定振动时，它的振动频率是4 Hz
[核心点拨] 当驱动力的频率与固有频率相等时弹簧振子振幅最大.
对共振的求解需要注意的两点
（1）在实际问题中抽象出共振现象这一物理模型，弄清驱动力的频率和系统的固有频率，然后利用共振的条件进行求解.
（2）发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，此时振动的振幅最大.
4.如图，在张紧的绳上挂三个理想单摆，a、c两摆的摆长相等.使c摆振动，其余各摆在c摆的驱动下逐步振动起来.测得a摆的周期为T0.不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A.可以估算出b摆的摆长
B.b摆的振幅始终最大
C.b摆的周期一定最大
D.可以估算出c摆的摆长
5.如图所示是一个单摆做受迫振动时振幅A与驱动力的频率f的关系的共振曲线，下列说法正确的是（ ）
A.该单摆摆长约为6 cm
B.发生共振时单摆的周期为1 s
C.单摆实际摆动的频率可能大于驱动力的频率
D.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动(共34张PPT)
第二章 机械振动
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1.知道什么是弹簧振子，知道振子的平衡位置、回复力、位移、振幅、周期、频率的概念． 2．知道简谐运动的位移—时间图像的物理意义，知道其图像是一条正弦曲线． 3．知道简谐运动的能量特征，会分析振子的位移、加速度、速度、动能和弹性势能的变化情况
来回摆动的 机械运动上下振
钟摆做 动的小球做简谐
运动
知识点一 简谐振动
1．机械振动：物体在一个位置(平衡位置)两侧所做的往复运动，叫机械振动，简称振动．
2.弹簧振子：如图所示，把一个有孔的小球装在弹簧
的一端，弹簧的另一端固定，小球穿在光滑的杆上，
能够自由滑动，弹簧的质量与小球的质量相比可以忽略，这样的系统称为弹簧振子．
3．回复力：能使振子返回平衡位置的力，其方向总是跟振子偏离平衡位置的位移相反，总指向平衡位置．
4．简谐振动：物体在回复力作用下的振动．
知识点二 简谐运动
1．全振动：振子从初始位置再次按原方向回到初始位置的一个完整的振动过程叫一次全振动．
2．简谐运动：如果振子的位移与时间的函数为正弦或余弦函数，具有这种特征的运动叫作简谐运动．
3．振幅：物体振动时离开平衡位置的最大距离．
4．周期：物体完成一次全振动所需要的时间，符号T.
知识点三 简谐运动的能量特征
1．周期性往复运动：在回复力的作用下，振子振动过程中离开平衡位置的距离、加速度、速度、动能、弹性势能等在每个周期里完全重复．
2．平衡位置：位移、回复力、加速度和弹性势能为零，速度和动能最大．
3．振幅位置：速度和动能为零，位移、回复力、加速度和弹性势能最大．
4．弹簧振子在振动过程中，系统的机械能守恒．
核心素养
物理观念 通过对弹簧振子的分析，引出简谐运动的概念以及对应的回复力、振幅和频率等概念
科学思维 通过对弹簧振子的学习和分析，体会“从简单入手”“理想模型”的科学研究方法
科学探究 通过弹簧振子的实验，让学生进行猜想、讨论，再结合计算机作图，验证学生的猜想，培养学生团结协作的能力
科学态度与责任 通过对弹簧振子的分析，培养学生学习、合作、探究的科学精神和价值观
小试身手
1．如图所示，下列振动系统不可看成弹簧振子的是( )
A．如图甲所示，竖直悬挂的轻弹簧及小铅球组成的系统
B．如图乙所示，放在光滑斜面上的铁块及轻弹簧组成的系统
C．如图丙所示，光滑水平面上，两根轻弹簧系住一个小球组成的系统
D．蹦极运动中的人与弹性绳组成的系统
解析：根据弹簧振子的理想化条件：弹簧振子是一个不考虑摩擦阻力，不考虑弹簧的质量，不考虑振子的大小和形状的理想化的物理模型， A、B、C正确；人受空气的阻力不可忽略，且人不能看成质点，故该系统不可看成弹簧振子，D错误．故选D.
答案：D
2．关于简谐运动，下列说法正确的是( )
A．简谐运动一定是水平方向的运动
B．所有的振动都可以视为简谐运动
C．物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线
D．只要振动图像是正弦曲线物体一定做简谐运动
解析：物体的简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，选项A错误；简谐运动是最简单的振动，并非所有的振动都可以视为简谐运动，选项B错误；做简谐运动物体的轨迹线并不是正弦曲线，选项C错误；若物体的振动图像是正弦曲线，则其一定是做简谐运动，选项D正确．故选D.
答案：D
3.一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O点为振子
的平衡位置，如图所示．规定向右为正方向，当振
子向左运动经过O点时开始计时，则图中画出的振动图像正确的是
( )
解析：由题意，因为向右为正方向，且振子向左运动经过O点时开始计时，所以t＝0时刻图像的斜率应为负，B正确．故选B.
答案：B
探究一 对弹簧振子的运动特点分析
1．弹簧振子是一种理想化模型．实际物体可看成弹簧振子的条件：
(1)不计摩擦阻力和空气阻力．
(2)不计弹簧的质量．
(3)物体可视为质点．
(4)弹簧的形变在弹性限度内．
2．弹簧振子的振动分析．
(1)位移及其变化．
位移指相对平衡位置的位移，由平衡位置指向振子所在的位置．当振子从平衡位置向最大位移处移动时，位移增大；当振子由最大位移处向平衡位置移动时，位移减小．
(2)速度及其变化．
振子在平衡位置处速度最大，在最大位移处速度为零．振子由平衡位置向最大位移处运动时，速度减小；振子由最大位移处向平衡位置运动时，速度增大．
(3)加速度及其变化．
水平弹簧振子所受弹簧的弹力是振子受到的合力(回复力)，竖直弹簧振子所受的重力与弹力之和是振子受到的合力(回复力)．不论是水平弹簧振子还是竖直弹簧振子，均满足：在平衡位置处所受的合力(回复力)为零，加速度为零；而在最大位移处所受的合力(回复力)最大，加速度最大．
【典例1】 如图所示为一弹簧振子，O为平衡位置，以向右为正方向，则振子在B、C之间振动时( )
A．B→O位移为负、速度为正
B．O→C位移为正、速度为负
C．C→O位移为负、速度为正
D．O→B位移为正、速度为负
[核心点拨] (1)位移是指由平衡位置指向振子所在的位置，在平衡位置速度最大，加速度为零．
(2)位移为负值时，速度可以为正值也可以为负值．
解析：速度方向即振子运动方向，则B→O位移向左为负，速度向右为正，A正确；O→C位移向右为正，速度向右为正，B错误；C→O位移向右为正，速度向左为负，C错误；O→B位移向左为负，速度向左为负，D错误．故选A.
答案：A
理解振动位移应明确三个点
(1)物体原来静止时的位置为平衡位置．
(2)振动位移的大小等于物体所在位置到平衡位置的距离．
(3)振动位移的方向总是从平衡位置指向物体所在位置．
1.(多选)在图中，当振子由A向平衡位置O运动时，
下列说法正确的是( )
A．振子的位移变小
B．振子的运动方向向左
C．振子的位移方向向左
D．振子的位移变大
解析：在振动中位移的参考点是O点，由于振子在O点的右侧由A向O运动，所以振子的运动方向向左，位移方向向右，且位移变小，故A、B正确．
答案：AB
2.(多选)如图所示的弹簧振子，O点为它的平衡位置，
关于振子的运动，下列说法正确的是( )
A．振子从A点运动到C点时位移大小为OC，方向向右
B．振子从C点运动到A点时位移大小为CA，方向向右
C．振子从A点运动到C点的过程中，速度在增大，加速度在减小
D．振子从A点运动到O点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：振子从A点运动到C点时的位移是以O点为起点，C点为终点，故大小为OC，方向向右，A正确；振子从C点运动到A点时位移是以O点为起点，A点为终点，故大小为OA，方向向右，B错误；振子的合外力为弹簧的弹力，振子从A点运动到C点的过程和从A点运动到O点的过程中，弹力都在减小，故加速度都在减小，速度方向与加速度方向相同，故速度在增大，C正确，D错误．
答案：AC
探究二 简谐运动及其图像分析
1．对x-t图像的理解．
x-t图像上的x坐标表示振子相对平衡位置的位移，也表示振子的位置坐标．它反映了振子位移随时间变化的规律．
注意：x-t图像不是振子的运动轨迹．
2．图像的应用．
(1)可直接读出不同时刻t的位移x值．位于t轴上方的x值表示位移为正，位于t轴下方的x值表示位移为负，如图甲所示．
(2)判断任意时刻质点的振动方向．看下一相邻时刻质点的位置，如图乙中a点，下一相邻时刻离平衡位置远，故a点此刻向＋x方向运动．
(3)速度的大小和方向，根据图像上某点的切线的斜率判断．图像上某点切线的斜率的大小表示速度大小，斜率的正负表示运动的方向．在平衡位置，切线斜率最大，质点速度最大；在最大位移处，切线斜率为零，质点速度为0.在从平衡位置向最大位移处运动的过程中，速度减小；在从最大位移处向平衡位置运动的过程中，速度增大．
【典例2】 如图所示是表示某弹簧振子运动的x-t图像，
下列说法正确的是( )
A．0.1 s时振子正通过平衡位置向正方向运动
B．0.1～0.15 s这段时间内，振子的加速度增大，速度减小，加速度方向与速度方向相反
C．0.2～0.3 s这段时间内，振子的位移在增大
D．该图像是从振子在平衡位置时开始计时画出的
[核心点拨] (1)注意正方向．
(2)在平衡位置速度最大、加速度为零．
解析：从题图可以看出，t＝0时刻，振子在正方向的最大位移处，因此是从正的最大位移处开始计时画出的图像，D错误；0.1 s以后振子的位移为负，因此0.1 s时振子正通过平衡位置向负方向运动，A错误；0.1～0.15 s这段时间内，振子向负方向运动，加速度增大，速度减小，加速度方向指向平衡位置，为正方向，加速度与速度方向相反，B正确；0.2～0.3 s这段时间内，振子正从负的最大位移处向平衡位置运动，位移减小，C错误．
答案：B
解答有关振动图像题目时的注意点
(1)将图像与题目中振子的运动情况结合起来．
(2)理解从图像上能直接得到或间接得到的信息．
(3)将图像表现的信息与振子运动的几个特点结合起来，如振子的往复性(对称性)．
3．(多选)如图所示为获取弹簧振子的位移—时间图像的一种方法，改变纸带运动的速度，下列说法正确的是( )
A．如果纸带不动，作出的振动图像仍然是正弦函数曲线
B．如果纸带不动，作出的振动图像是一段线段
C．图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
D．若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的图像
解析：当纸带不动时，描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，A错误，B正确；由振动图像可以看出，图示时刻振子正由平衡位置向右运动，C正确；只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图像才是正弦或余弦函数曲线，而简谐运动的图像一定是正弦或余弦函数曲线，D错误．故选BC.
答案：BC
4．如图甲所示，弹簧振子运动的最左端M(最右端N)距离平衡位置的距离为l，规定向右为正方向，其振动图像如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A．图中x0应为l
B．0～t1时间内振子由M向O运动
C．t1～t2时间内振子由M向O运动
D．0～t2时间内与t2～t3时间内振子运动方向相反
解析：结合甲、乙两图可知，t1时刻振子的位移为正值且最大，振子位于N，x0应为l，故A正确；0～t1时间内位移为正值，且逐渐增大，则振子由O向N运动，故B错误；t1～t2时间内位移为正值，且逐渐减小，则振子由N向O运动，故C错误；0～t2时间内振子先沿正方向运动到最大位移处，再沿负方向运动到位移为零处，t2～t3时间内先沿负方向运动到负的最大位移处，再沿正方向运动到位移为零处，故D错误．故选A.
答案：A
探究三 简谐运动的能量
1．简谐运动中，振动系统的动能和势能相互转化，平衡位置处动能最大，势能最小；最大位移处动能为零，势能最大，但总的机械能不变．
2．简谐运动的机械能由振幅决定，对于同一个振动系统，振幅越大，振动的能量越大．
3．简谐运动是一种无能量损失的振动，所以其振幅保持不变，又称为等幅振动．
振子的运动 A→O O→A′ A′→O O→A
位移 方向 向右 向左 向左 向右
大小 减小 增大 减小 增大
回复力 方向 向左 向右 向右 向左
大小 减小 增大 减小 增大
加速度 方向 向左 向右 向右 向左
大小 减小 增大 减小 增大
速度 方向 向左 向左 向右 向右
大小 增大 减小 增大 减小
振子的动能 增大 减小 增大 减小
弹簧的势能 减小 增大 减小 增大
系统总能量 不变 不变 不变 不变
【典例3】 如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振
动图像，由图像可知( )
A．在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零
B．在0.2 s时，振子具有最大势能
C．在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值
D．在0.4 s时，振子的动能最大
[核心点拨] (1)平衡位置动能最大，弹性势能最小．
(2)最大振幅位置速度最小动能最小，弹性势能最大．
解析：弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，选项A错误；在0.2 s时位移最大，振子具有最大势能，选项B正确；弹簧振子的振动能量不变，在0.35 s时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C错误；在0.4 s时振子的位移最大，动能为零，选项D错误．
答案：B
1．物体做简谐运动的三个特征．
(1)振动图像是正弦曲线．
(2)回复力满足条件F＝－kx.
(3)机械能守恒．
2．做简谐运动的物体受到的回复力是变力，而不是恒力．
3．做简谐运动的物体受到的回复力与位移大小成正比，不是任意的变力．
5．(多选)如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图像，可以判定
( )
A．t1到t2时间内系统的动能不断增大，势能不断减小
B．t2到t3时间内动能先增大再减小
C．t3时刻振子处于平衡位置处，动能最大
D．t1、t4时刻振子的动能、速度都相同
解析：t1到t2时间内，x减小，弹力做正功，系统的动能不断增大，势能不断减小，A正确；t2到t3时间内，动能先减小后增大，B错误；t3时刻振子位移为零，速度最大，动能最大，C正确；t1和t4时刻振子位移相同，即位于同一位置，其速度等大反向，但动能相同，D错误．
答案：AC
6.如图所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方
向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好
为原长，则小球在振动过程中( )
A．小球最大动能应等于mgA
B．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变
C．弹簧最大弹性势能等于2mgA
D．小球在最低点时的弹力大于2mg(共9张PPT)
第二章 机械振动
章末复习提升
【知识体系】
统揽考情
纵观几年的高考，本章多以选择题的形式出现，主要考查单摆和弹簧振子两个模型的问题，命题趋势以生活中的实际问题为背景，以考查学生的学科的核心素养.
（2022·湖南卷）（多选）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图甲所示.以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图乙所示.已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（ ）
形
受力特点：F=①
特征
运动特点：a=②
(变加速运动)，周期性和对称性
振动位移随时间的变化规律：正弦函数规律x=③
位移x:以④
为参考点
振幅A:离开平衡位置的⑤
距离
物理量
周期T:完成⑥
需要的时间
简谐运动
频率f:⑦
T=⑧
描述
相位：描述周期性运动在各时刻所处状态
正弦曲线
振动图像
物理意义：描述振动物体的⑨
随⑩
的变化规律
图像信息：振幅A、周期T、各时刻位移x
机械振
振动的能量：动能与势能之和
水平弹簧振子：由弹簧和小球组成，忽略阻力，由①
提供回复力的
动
理想化模型
回复力来源：重力沿②
两个理想化模型
做简谐运动的条件：③
单摆
等时性
周期公式：T=④
用单摆测定重力加速度的实验：总=⑤
振幅⑤
阻尼振动
机械能逐渐转化为其他形式的能
外力作用下的振动
⑩
作用下的振动
受迫振动
受迫振动的频率等于⑧
共振：f驱=四
时，受迫振动的振幅最大
y
w≥之
A
AFN
F
F
0
0.10.20.3
0.40.5x/m
甲
乙
