(共45张PPT)
第二章 机械振动
第二节 简谐运动的描述
学习任务 1．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．
2．掌握简谐运动图像的物理意义和应用．
3．知道简谐运动的数学描述，了解相位的概念．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
基础自测
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＝_____________．式中A是简谐运动的____，ω为简谐运动的______．
2．ω与T、f的关系为：ω＝______＝____．
A cos (ωt＋φ)
振幅
角频率
2πf
知识点二 简谐运动的图像描述
1．相位、初相
简谐运动的位移—时间函数表达式x＝A cos (ωt＋φ)中的_______叫作相位，而对应t＝0时的相位__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)＝________，表示两个频率相同的简谐运动的振动____关系．
ωt＋φ
φ
φ1－φ2
先后
3．图像信息
如图所示，从图像上可知____和____．还可知道任一时刻的____大小和方向．
周期
振幅
位移
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，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正确；B图中，经周期振子位移为零，故B错误；C图中，经周期振子位移正向最大，故C错误；D图中，经周期振子位移为零，故D错误．]
关键能力·情境探究达成
02
考点1 简谐运动的表达式
考点2 简谐运动的图像
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或x＝4cos 5πt cm．
◆考点1 简谐运动的表达式
1．简谐运动表达式x＝A sin 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＝A sin (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；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；
[思路点拨] 关键条件是：t＝0时，位移为6 cm，且向x轴正方向运动．
[解析] 设简谐运动的表达式为x＝A sin (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＝π
因这时物体向x轴正方向运动，故应取φ＝，即其初相为．
[答案]
(2)t＝0.5 s时物体的位置．
[思路点拨] 先假设函数表达式，由t＝0时x＝6 cm求出初相φ．
[解析] 由上述结果可得
x＝A sin (ωt＋φ)＝12sin cm
所以x＝12sin cm＝12sin π cm＝6 cm．
[答案] 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＝A sin (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，即在负向最大位移处有－0.4＝0.4sin (4πt＋φ)解得sin φ＝－1即φ＝－，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
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(不是振动质点的运动轨迹)．
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．
(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．
(3)任意时刻质点的位移、速度、加速度的变化情况：根据下一时刻质点的位移，判断是远离还是衡位置．若远离平衡位置，则位移越来越大，加速度越来越大，而速度越来越小；若衡位置，则位移越来越小，加速度越来越小，而速度越来越大．
【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；
[解析] 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＝A cos ωt cm＝5cos t cm．
[答案] y＝5cos t cm
(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；
[解析] 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时刻的位置为y＝0，即在平衡位置．
[答案] 215 cm 平衡位置
(3)小球运动到最高点时加速度的大小．
[解析] 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] 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，故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，故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，故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，故D正确．]
学习效果·随堂评估自测
03
1．已知两个简谐运动的表达式分别为x1＝4sin 4πt cm 和x2＝2sin 2πt cm，则它们的振幅之比、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
1
2
3
4
√
5
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
1
2
3
4
√
5
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错误；10 s内质点通过的路程s＝×4A＝10A＝10×2 cm＝20 cm，B正确；第4 s末质点经过平衡位置，速度最大，C错误；在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，D错误．]
1
2
3
4
5
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
1
2
3
4
√
5
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，故C、D错误．]
1
2
3
4
5
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
1
2
3
4
√
5
√
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，故D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，故A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，故B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，故C正确．]
1
2
3
4
5
5．(2022·湖北仙桃市田家炳实验高级中学高二期中)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示．求：
1
2
3
4
5
(1)写出该简谐运动的表达式；
[解析] 由图像知
A＝2 cm，T＝2×10-2 s，φ＝－
则ω＝＝100π rad/s
则表达式为x＝2sin (100πt－) cm．
[答案] x＝2sin (100πt－) cm
1
2
3
4
5
(2)t＝0.25×10-2 s时的位移；
[解析] 把t＝0.25×10-2 s代入表达式得
x＝2sin (－)cm＝－ cm．
[答案] － cm
1
2
3
4
5
(3)从t＝0到t＝8.5×10-2 s的时间内，质点走过的路程为多大．
[解析] 时间为
Δt＝8.5×10-2 s＝T
所以通过的路程为
s＝×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm．
[答案] 34 cm
1
2
3
4
5
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．振动图像可以获得哪些信息？
提示：周期和振幅，任一时刻的位移．
2．如何求初相位？
提示：写出振动方程，取t＝0时刻的位移代入即可得到．
3．如何通过图像得到速度的变化？
提示：斜率，斜率为正即向正方向运动，斜率为负即向反方向运动．(共42张PPT)
第二章 机械振动
第三节 单摆
学习任务 1．理解单摆模型及单摆做简谐运动的规律和特点．
2．掌握影响单摆周期的因素和周期公式．
3．能从不同角度认识单摆的振动，能质疑他人的观点．
4．学会用单摆周期公式测定重力加速度的方法．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
基础自测
1．单摆模型
如果悬挂物体的绳子的____和____可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作____，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___，单摆的摆动可看成________．
伸缩
质量
质点
5°
简谐运动
3．单摆的回复力
重力mg沿________方向的分力F为单摆摆球的回复力．
4．单摆的固有周期
(1)单摆振动的周期与摆球质量____(选填“有关”或“无关”)，与振幅____(选填“有关”或“无关”)，与摆长____(选填“有关”或“无关”)．
(2)周期T与摆长L的二次方根成____，与重力加速度g的二次方根成____，与摆球质量及振幅____．
圆弧切线
无关
无关
有关
正比
反比
无关
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错误；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错误，C正确；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错误．]
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．]
关键能力·情境探究达成
02
考点1 单摆模型的回复力及运动情况
考点2 单摆的周期
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．
◆考点1 单摆模型的回复力及运动情况
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＝
mg sin 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＝mg sin 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
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．单摆模型的拓展
(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L sin 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，摆球静止在平衡位置O时，FT＝mg sin θ，等效加速度g′＝＝g sin 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．]
学习效果·随堂评估自测
03
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
1
2
3
4
√
5
√
√
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．]
1
2
3
4
5
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
1
2
3
4
√
5
√
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．]
1
2
3
4
5
3．(2022·河南高二期中)如图所示，光滑弧形凹槽的半径为R，弧长为L，R L．将质量为m的小球从凹槽边缘由静止释放，小球以最低点P为平衡位置在AB之间做简谐运动．重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．运动到B点时，小球受到的合力为0
B．运动到P点时，小球受到的合力为0
C．小球从A点运动到B点的时间为π
D．小球从A点运动到B点的时间为π
1
2
3
4
√
5
C [运动到B点时，小球受竖直向下的重力和指向圆心的支持力，两个力的合力产生切向加速度，受到的合力不为0，选项A错误；运动到P点时，小球受到的合力提供向心力，合力不为0，选项B错误；小球的振动类似单摆，根据单摆周期公式T＝2π，则小球从A点运动到B点的时间为t＝T＝π，选项C正确，D错误．]
1
2
3
4
5
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
1
2
3
4
√
5
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＝，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．(2022·福建省华安县第一中学高二阶段练习)如图甲所示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：
1
2
3
4
5
(1)单摆振动的频率是多大？
[解析] 由题图乙可知，单摆振动的周期T＝0.8 s，故其振动的频率为
f＝＝ Hz＝1.25 Hz．
[答案] 1.25 Hz
1
2
3
4
5
(2)开始时摆球在何位置？
[解析] 由题图乙和题图甲可知，开始时刻摆球位移为负向最大，以向右为正方向，故开始时刻摆球位于B位置．
[答案] B位置
1
2
3
4
5
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字)
[解析] 由单摆的周期公式T＝2π
可得l＝g＝×10 m≈0.16 m．
[答案] 0.16 m
1
2
3
4
5
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．单摆是合力提供回复力吗？
提示：不是，是重力的切向分力．
2．单摆的摆动角度有什么限制？
提示：摆角很小时才可简化为简谐运动．
3．单摆周期与什么有关？
提示：摆长和重力加速度．(共55张PPT)
第二章 机械振动
第四节 用单摆测量重力加速度
学习任务 1．会根据单摆周期公式确定实验思路．
2．会使用刻度尺测量摆长，会使用停表测量单摆的周期．
3．能设计实验方案，会正确安装实验装置并进行实验操作．
4．能正确处理数据并能从多个角度进行实验误差分析．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
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．让细线穿过小球上的小孔，在细线的一端打一个稍大一些的结，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，把单摆上端固定在铁夹上，使摆线自由下垂，并在单摆平衡位置处做上标记，如图所示．
3．用刻度尺测摆线长度L0(精确到1 mm)，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＋．
4．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(注意N以30～50次最佳)，则周期T＝．如此重复多次，取平均值．
5．改变摆长，重复实验多次，将数据填入表格．
6．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 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．
关键能力·情境探究达成
02
【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． ( )
是
是
否
(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] 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(9.9 m/s2也正确)
【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
[解析] 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．
adf
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)
[解析] 因为T＝，则g＝＝．
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”)
[解析] 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．
偏小
(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；
[解析] 由v-t图线可知，单摆的周期T＝2.0 s．
2.0
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] 由T＝2π，得T2＝L
即图线的斜率k＝＝4.04
解得g≈9.76 m/s2．
9.76
学习效果·随堂评估自测
03
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________．
1
2
3
4
5
1.640
2
[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＝．
1
2
3
4
5
2．(2022·四川省绵阳南山中学高二期中)南山中学某物理课外活动小组准备测量南山公园处的重力加速度，其中一小组同学将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下半部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁．本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g．
1
2
3
4
5
(1)实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径d＝________ mm．
[解析] 游标卡尺读数为12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm．
1
2
3
4
5
12.0
(2)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数0，当摆球第二次通过最低点时数1，依此法往下数，当他数到60时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为________．
A． B． C． D．
[解析] 摆球运动一个周期内两次经过最低点，从“0”数到“60”时经历了30个周期，则该单摆的周期为．故选C．
1
2
3
4
5
C
(3)如果实验中所得到的T2-L关系图线如图乙中的________所示(选填“a”“b”或“c”)，当地的重力加速度g＝________ m/s2(π取3.14，结果取小数点后两位)．
[解析] 摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2π
可得T2＝L＋h
可知T2-L关系图线应为a，再将T2＝0
1
2
3
4
5
9.86
a
L＝－30 cm
代入T2＝L＋h
可得h＝30 cm＝0.3 m
将
T2＝1.20 s2
L＝0
代入T2＝L＋h
可求得g＝π2≈9.86 m/s2．
1
2
3
4
5
3．(2022·上海市向明中学高二期中)做“用单摆测定重力加速度”的实验，供选择的器材有：
A．1.2 m长的细线
B．约2 m长的弹性绳
C．带孔的小铁球
D．带孔的软木球
E．光电门
1
2
3
4
5
(1)应选用的摆线是________，摆球是________(均选填器材前面的字母)．光电门应放在摆球摆动过程中的________(选填“最低点”或“最高点”)．
1
2
3
4
5
[解析] 单摆实验应选细线，弹性绳在运动过程中长度发生改变，导致摆长变化，所以应选1.2 m的细线；为了减小实验误差，摆球选择质量大、体积小的铁球；在测量时间时，因为最高点附近速度小，最低点附近速度大，所以光电门应摆在最低点附近，测量误差小．
A
C
最低点
(2)改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图像如图甲所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是( )
1
2
3
4
5
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径
作为摆长
√
[解析] 摆线长度L与摆球半径r之和是单摆摆长，即l＝L＋r
由单摆周期公式T＝2π 可知T2＝l＝L＋r
T2-l图像是过原点的直线，如果漏了摆球半径r而把摆线长度L作为摆长，T2-l图像在纵轴上有截距，图像不过原点，由图示图像可知，图像不过原点的原因是测摆长时直接将摆线的长度作为摆长造成的．故C正确；A、B、D错误．
1
2
3
4
5
(3)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图乙所示．由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2．由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)．
1
2
3
4
5
[解析] 根据单摆的周期公式T＝2π
设A点到铁锁的重心之间的距离为l0，细线长度为l1时，
T1＝2π
细线长度为l2时，T2＝2π
联立解得g＝．
1
2
3
4
5
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：
1
2
3
4
5
(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
1
2
3
4
5
√
√
[解析] 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．
1
2
3
4
5
(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)．
1
2
3
4
5
[解析] 根据T＝2π得l＝T2，
则 k＝＝，解得g＝．
5．(2022·江苏徐州市第七中学高二阶段练习)在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
1
2
3
4
5
(1)若完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长(悬点到摆球上端的距离)为L0，用刻度尺测得摆球的直径为d，用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式g＝________．
1
2
3
4
5
[解析] 根据T＝2π 可得g＝＝＝．
(2)实验中某同学发现测得的重力加速度的值总是偏大，下列原因中可能的是________．
A．实验室处在高山上，距离海面太高
B．单摆所用的摆球质量太大了
C．实际测出n次全振动的时间t，误作为(n＋1)次全振动的时间
D．以线长作为摆长来计算
1
2
3
4
5
√
[解析] 测得的重力加速度偏大，根据g＝，实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会偏小，A错误；单摆所用的摆球质量大小与周期无关，B错误；实际测出n次全振动的时间t，误作为(n＋1)次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，C正确；以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，D错误；故选C．
1
2
3
4
5
(3)甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图T2-L图像中的实线OM；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2-L图像为________(选填①②③或④)．
1
2
3
4
5
②
[解析] 根据单摆的周期公式T＝2π
可得T2＝L 图线斜率k＝ 解得g＝
实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长L＝0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即M位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②．
1
2
3
4
5
(4)丙同学将单摆固定在力传感器上，得到了拉力随时间的变化曲线，已知摆长L1＝0.99 m，根据图中的信息可得，重力加速度g＝________ m/s2(取π2＝9.87，结果保留三位有效数字)．
1
2
3
4
5
[解析] 由图像可知，单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2π
可得g＝＝ m/s2≈9.77 m/s2．
9.77(共41张PPT)
第二章 机械振动
第五节 受迫振动 共振
学习任务 1．知道什么是阻尼振动和受迫振动，会用能量观点分析阻尼振动的振幅变化和受迫振动的共振现象．
2．通过实验认识固有频率、驱动力频率与振动频率之间的区别与联系．
3．理解共振和共振产生的条件，知道共振的应用和防止．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
基础自测
知识点一 受迫振动的频率
1．等幅振动：振幅____的振动．
2．阻尼振动：振幅________的振动．
3．受迫振动：在外界______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．
不变
逐渐减小
驱动力
知识点二 共振
1．条件：驱动力的周期(或频率)____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____最大．
3．共振曲线：如图所示．
等于
振幅
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________，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____保持一定差距．
固有频率
频率
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B、D正确，A、C错误．]
√
√
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．]
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 阻尼振动、受迫振动与简谐运动的比较
考点2 共振的特点
(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．
◆考点1 阻尼振动、受迫振动与简谐运动的比较
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
振动类型 简谐运动 阻尼振动 受迫振动
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，故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．]
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，故C错误，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．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，故A错误，B正确．]
◆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，故A正确．]
√
◆考点2 共振的特点
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，驱动力的每次作用都使物体的振幅增加，直到振幅达到最大．
(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．振动位置最大，振幅最大．
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时，共振；f＞f0或f＜f0时，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错误，B正确；当f驱＝f固时发生共振，振幅最大，由图知T固＝＝2 s，故C、D正确．]
√
学习效果·随堂评估自测
03
1．如图是摆球做阻尼振动的振动图像，下列说法正确的是( )
A．振动过程中周期变小
B．振动过程中周期变大
C．摆球A时刻的势能等于B时刻的势能
D．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能
1
2
3
4
√
5
C [阻尼振动中，摆球的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，A、B错误；因A、B两时刻的位移相同，故摆球A时刻的势能等于B时刻的势能，C正确；由于振动的能量逐渐减小，故摆球A时刻的动能大于B时刻的动能，D错误．]
1
2
3
4
5
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
1
2
3
4
√
5
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
1
2
3
4
√
5
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D正确．]
4．下表中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( )
A．f固＝60 Hz B．60 HzC．50 Hz1
2
3
4
√
5
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
C [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．]
1
2
3
4
5
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)．
1
2
3
4
5
[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
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．物体做阻尼振动时周期是否发生变化？
提示：不变．
2．物体做受迫振动时频率由什么决定？
提示：驱动力的频率．
3．什么是共振现象？
提示：当物体的固有频率与驱动力的频率相等时，振幅最大．(共19张PPT)
第二章 机械振动
章末综合提升
巩固层·知识整合
01
提升层·题型探究
02
主题1 简谐运动的周期性和对称性
主题2 简谐运动图像的应用
主题3 单摆的周期公式及应用
◆ 主题1 简谐运动的周期性和对称性
1．周期性——做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回复到原来的状态．
2．对称性——做简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性．
(1)在同一位置，振子的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反．
(2)在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反．
(3)一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过时间t＝(2n＋1)(n为自然数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称．
【典例1】 (多选)如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点，再继续运动，又经过0.6 s质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是( )
A．1 s B．1.2 s C．2.4 s D．4.2 s
√
√
AD [根据题意可以判断质点通过MB之间的距离所用的时间为0.3 s，质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点分两种情况考虑：(1)质点由O点向右运动到M点，则OB之间所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，根据对称性，OA之间所用的时间也为1.2 s，第三次通过M点所用的时间为2tMO＋2tOA＝2×0.9 s＋2×1.2 s＝4.2 s．(2)质点由O点先向左运动再到M点，则从O→A→O→M→B所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，为个周期，得周期为1.6 s，第三次经过M点所用的时间为1.6 s－2tMB＝1.6 s－0.6 s＝1.0 s．故A、D正确，B、C错误．]
◆ 主题2 简谐运动图像的应用
从振动图像中可得到的信息
(1)可直接读取振子在某一时刻相对于平衡位置的位移大小．
(2)从振动图像上可直接读出振幅：正(负)位移的最大值．
(3)从振动图像上可直接读出周期．
(4)可判断某一时刻振动物体的速度方向和加速度方向，以及它们的大小和变化趋势．
【典例2】 (多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，规定沿x轴正方向为正，由图可知( )
A．频率是2 Hz
B．振幅是10 cm
C．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负
D．t＝0.5 s时质点所受的回复力为零
√
√
CD [由题图可知，质点振动的周期为2 s，频率为0.5 Hz，振幅为5 cm，A、B错误；t＝1.7 s时的位移为负，加速度为正，速度为负，C正确；t＝0.5 s时质点在平衡位置，所受的回复力为零，D正确．]
简谐运动图像问题的处理思路
(1)根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义，明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位．
(2)将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来，根据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析．
(3)判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路：根据F＝－kx判断回复力F的变化情况；根据F＝ma判断加速度的变化情况；根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况．
◆ 主题3 单摆的周期公式及应用
单摆在小角度(θ＜5°)振动时可看作简谐运动，除考查简谐运动的一般规律外，单摆的周期公式及特点、应用在近几年的高考中也频频出现，值得重视：
(1)单摆的周期T＝2π，与振幅、质量无关，只取决于摆长L和重力加速度g．
(2)单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供．在平衡位置，回复力为零，合力沿半径方向提供向心力；在最高点，向心力为零，回复力最大．
(3)利用单摆测重力加速度原理：由单摆的周期公式可得g＝，因此通过测定单摆的周期和摆长，便可测出重力加速度g的值．
【典例3】 如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R ，甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
[解析] 甲球做自由落体运动R＝，所以t1＝，乙球沿圆弧做简谐运动(由于 R，可认为摆角θ＜5°)．
此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，
故此等效摆长为R，
因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝T＝×2π＝，所以＝．
[答案]
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？
[解析] 甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间为
t甲＝，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为
t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)
由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙
解得h＝(n＝0，1，2，…)
[答案] (n＝0，1，2，…)
单摆模型问题的求解方法
(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型，模型满足条件：①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力F＝－kx．
(2)首先确认符合单摆模型条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解问题．
(3)如图甲所示的双线摆的摆长l＝r ＋L cos α．乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l＝R．
