(共18张PPT)
第1章 机械振动
运动特征
特征
受力特征
位移
振幅(A)
物理量
周期(T)
描述
频率()
相位
振动图像
谐运
弹簧振子
回复力来源
两个重
等时性
要模型
单摆|做简谐运动的条件
械
周期公式
振
用单摆测重
力加速度
简谐运动的能量机械能守恒
阻尼振动
外力作用下的振动受迫振动
共振
知识体系·网络构建
宏观把握·理清脉络
》专题归纳,整合提升
归纳整合·深度升华本章优化总结
波动图像与振动图像的应用
从简谐运动的振动图像可以知道振动物体的运动情况．
1．确定振动质点在任一时刻的位移：如图所示，与t1、t2时刻对应的位移分别为x1＝＋7 cm、x2＝－5 cm.
2．确定振动的振幅：图像中的最大位移的数值等于振幅，
如图所示，表示的振幅是10 cm.
3．确定振动的周期和频率：振动图像上一个完整的正弦(或余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期．由图可知，OD、AE、BF的时间间隔都等于振动周期，T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz.
4．得到振动质点的位移随时间变化的关系：因为ω＝＝10π rad/s，所以x＝10sin(10πt) cm.
5．比较各时刻速度的大小和方向：在位移－时间图像上，某时刻对应的图像的斜率表示质点的速度．图中|kt1|<|kt2|，所以|vt1|<|vt2|.
在t1时刻，质点正远离平衡位置运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动．
6．比较各时刻质点的加速度的方向和大小：在图中，t1时刻质点位移x1为正，加速度a1为负，两者方向相反；t2时刻质点位移x2为负，加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|.
7．比较不同时刻质点的势能、动能的大小：质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小．如图所示，在t1时刻质点的势能Ep1大于t2时刻质点的势能Ep2，而动能Ek1 (多选)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5 s时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5 s．关于该简谐波，下列说法正确的是( )
A．波长为2 m
B．波速为6 m/s
C．频率为1.5 Hz
D．t＝1 s时，x＝1 m处的质点处于波峰
E．t＝2 s时，x＝2 m处的质点经过平衡位置
[解析] 由图像可知简谐横波的波长为λ＝4 m，A项错误；波沿x轴正向传播，t＝0.5 s＝T，可得周期T＝ s、频率f＝＝1.5 Hz，波速v＝＝6 m/s，B、C项正确；t＝0时刻，x＝1 m处的质点在波峰，经过1 s＝T，一定在波谷，D项错误；t＝0时刻，x＝2 m处的质点在平衡位置，经过2 s＝3T，质点一定经过平衡位置，E项正确．
[答案] BCE
在振动图像中以位移这个矢量及位移的变化来分析一系列的物理量，当位移大小相等时，回复力大小、加速度大小、速率、动能、势能都相等，当位移变大时，加速度、回复力、势能三量变大，速率、动能则变小；方向上，位移为正时，加速度、回复力两量都为负，速度方向则不一定，速度的方向可根据位移的具体矢量的变化去判定，也可用斜率的正负去判定．
简谐运动的周期性、对称性和多解性
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，振动的各物理量与原来状态完全相同．
2．对称性：简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两个位置时，振子的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能等均是等大的(位移、回复力、加速度的方向相反，速度的方向不确定)．运动时间也具有对称性，即在关于平衡位置对称的两段位移内运动的时间相等．
3．多解性：一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到原状态，对应的物理量完全相同，而经过t＝(2n＋1)(n为正整数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称，所对应的物理量大小相等，因此在处理一些问题时，要注意多解的可能．
一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，它离开O点后经过3 s时间第一次经过M点，再经过2 s第二次经过M点，该质点再经过________s第三次经过M点．若该质点由O点出发，在20 s内经过的路程是20 cm，则质点做简谐运动的振幅为________cm.
[解析] 根据简谐运动的周期性和对称性分析解决问题．作出该质点的振动图像如图所示，则M点的可能位置有两个，即对应图中的M1或M2.
第一种情况：若是位置M1，由图可知＝3 s＋1 s＝4 s，T1＝16 s，根据简谐运动的周期性，质点第三次经过M点时所需时间为一个周期减从第一次经过M点到第二次经过M点的时间，故Δt1＝16 s－2 s＝14 s．质点在20 s内的路程为20 cm，故由5A1＝20 cm，得振幅A1＝4 cm.
第二种情况：若是位置M2，由图可知＝3 s＋1 s＝4 s，T2＝ s．根据对称性，质点第三次经过M点时所需时间为一个周期减从第一次经过M点到第二次经过M点的时间，故Δt2＝ s－2 s＝ s．质点在20 s内的路程为20 cm.
故由15A2＝20 cm，得振幅A2＝ cm.
[答案] 14或 4或
由于简谐运动的对称性和周期性造成问题多解需多向思维，画出运动示意图可以帮助全面思考，以免漏解．
自由振动、受迫振动、共振的比较
振动 类型比较项目 自由振动 受迫振动 共振
受力情况 仅受回复力 周期性驱动力作用 周期性驱动力作用
振动周期或频率 由系统本身性质决定，即固有周期或固有频率 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T固或f驱＝f固
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 振动物体获得的能量最大
常见例子 弹簧振子或单摆 机器运转时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
(多选)如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为l，先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则( )
A．其他各摆振动周期跟A摆相同
B．其他各摆振动的振幅大小相等
C．其他各摆振动的振幅大小不同，E摆的振幅最大
D．B、C、D三摆振动的振幅大小不同，B摆的振幅最小
[解析] A摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此，B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同．驱动力的频率等于A摆的固有频率fA＝＝ ，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：
fB＝ ≈1.41fA，fC＝ ≈0.82fA
fD＝≈0.71fA，fE＝＝fA
可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小．
[答案] ACD
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5章末过关检测(一)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错或不答的得0分)
1．弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的( )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速直线运动 D．非匀变速直线运动
解析：选D.从位移方面来看，做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化，所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动；从振子的受力情况来看，水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力，而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的．随着振子的不断运动，弹簧的形变量在不断变化，弹簧对振子的弹力也在不断变化，从而振子的加速度也在变化．因此，振子的简谐运动属于非匀变速直线运动．
2．如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．球刚脱离弹簧时动能最大
C．球所受合力的最大值等于重力
D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加
解析：选D.从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量一直减小，即弹性势能一直减小，A错；运动到平衡位置时速度最大，动能最大，B错；球所受合力最大的位置在最低点，若小球刚好脱离弹簧时的速度恰好为零，则由简谐运动的对称性知，在最低点合力的最大值大小等于重力，但由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动，所以在最低点向上的合力大于重力，C错；从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中，动能减小，但由于该过程弹簧对小球做正功，小球机械能增加，D正确．
3．在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是( )
A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大
B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz
解析：选D.驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，就能使酒杯碎掉．
4．如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO1代表时间轴．图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板N1和板N2的速度v1和v2的关系为v2＝2v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系是( )
A．T2＝T1 B．T2＝2T1
C．T2＝4T1 D．T2＝T1
解析：选D.由图乙知x1＝x2，因此t1＝，t2＝，且v2＝2v1，则＝＝，又t1＝T1，t2＝2T2，故有＝，则T1＝4T2.
5．下表记录了某受迫振动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
受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3
A.f固＝60 Hz B．60 HzC．50 Hz解析：选C.从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱在50 Hz～60 Hz范围内时振幅变化最小，因此50 Hz6．如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1 s，质点通过B点后再经过1 s又第2次通过B点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm.则质点的振动周期和振幅分别为( )
A．3 s，6 cm B．4 s，6 cm
C．4 s，9 cm D．2 s，8 cm
解析：选B.因质点通过A、B两点时速度相同，说明A、B两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由B到最大位移，与由A到最大位移的时间相等，即t1＝0.5 s，则＝tAB＋2t1＝2 s，即T＝4 s，由过程的对称性可知：质点在这2 s内通过的路程恰为2A，即2A＝12 cm，A＝6 cm，故B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选择中，有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．一单摆在空气中振动，振幅逐渐减小，下列说法正确的是( )
A．单摆的机械能逐渐转化为其他形式的能
B．单摆后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能
C．单摆振幅减小，频率也随着减小
D．单摆振幅虽然减小，但其频率不变
解析：选AD.单摆做阻尼振动，因不断克服空气阻力做功使机械能转化为内能，但是在振动过程中，动能和势能仍不断相互转化，不能确定两个时刻的动能与势能的大小关系，故选项A正确，选项B错误．做阻尼振动的物体，频率由系统的特征决定，与振幅无关，所以其频率不变，选项C错误，选项D正确．
8．如图所示为某一质点的振动图像，由图可知，在t1和t2两个时刻，|x1|＞|x2|，质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为( )
A．v1＜v2，方向相同
B．v1＜v2，方向相反
C．a1＞a2，方向相同
D．a1＞a2，方向相反
解析：选AD.由图像可知，t1、t2两时刻，质点都在沿x轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A正确．由F＝－kx可知F1＞F2，对于同一质点来说，a1＞a2且方向相反．选项D正确．
9.如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中( )
A．位于B处的动能最大
B．位于A处时势能最大
C．在位置A的势能大于在位置B的动能
D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能
解析：选BC.单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点重力势能最大，最低位置时动能最大，故B正确，A错误．在B点EB＝EkB＋EpB＝EpA，故C正确，D错误．
10.一个质点做简谐运动的图像如图所示，
下列叙述中正确的是( )
A．质点的振动频率为4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程为20 cm
C．在5 s末，质点做简谐运动的位移为2 cm
D．在t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等且为 cm
解析：选BCD.由题目中的振动图像可直接得到周期T＝4 s，频率f＝＝0.25 Hz，故A错误．一个周期内做简谐运动的质点经过的路程是4A＝8 cm，10 s为2.5个周期，故质点经过的路程为20 cm，B正确．由题图可知5 s末质点的位移为2 cm，故C正确．质点的位移与时间的关系为x＝2 sin cm，把t＝1.5 s和t＝4.5 s分别代入方程可得位移大小都是 cm，故D正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(10分)某同学利用单摆测量重力加速度．
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________．
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________________．
解析：(1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A错．在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B对．摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对．摆动中摆角要控制在5°以内，所以D错．
(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T1＝2π ，T2＝2π，则ΔL＝(T－T)，因此，g＝eq \f(4π2ΔL,T－T).
答案：(1)BC (2)eq \f(4π2ΔL,T－T)
12．(14分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：
(1)振动的周期和频率；
(2)振子在5 s内通过的路程及位移大小；
(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．
解析：(1)设振幅为A，由题意BC＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm.振子从B到C所用时间t＝0.5 s，为周期T的一半，所以T＝1.0 s；f＝＝1.0 Hz.
(2)振子在1个周期内通过的路程为4A.故在t′＝5 s＝5T内通过的路程s＝×4A＝200 cm.5 s内振子振动了5个周期，5 s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm.
(3)振子加速度a＝－x，a∝x，所以aB∶aP＝xB∶xP＝10∶4＝5∶2.
答案：见解析
13．(16分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．如图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于紧张状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量．图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息求：(g取10 m/s2)
(1)单摆的振动周期和摆长；
(2)摆球的质量；
(3)摆球运动过程中的最大速度．
解析：(1)由题图乙可知单摆的周期T＝0.4π s，
由T＝2π，
得摆长l＝＝0.4 m.
(2)在B点拉力的最大值为Fmax＝0.510 N.
Fmax－mg＝.
在A、C两点拉力最小Fmin＝0.495 N，Fmin＝mgcos α，
A→B过程机械能守恒，即mgl(1－cos α)＝mv2，
由以上各式解得m＝0.05 kg.
(3)由Fmax－mg＝可得，vmax≈0.283 m/s.
答案：(1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)0.283 m/s
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