(共16张PPT)
第1章 机械振动
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
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，每隔一段时间总重复前面的运动，也就是说其运动具有周期性，不同的简谐运动，其周期一般是不同的．
2．对称性
(1)空间的对称性：经过平衡位置两侧的对称点(如图中的C、B点)时位移的大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向有时相同，有时相反．
(2)时间的对称性：不论是从对称点回到平衡位置，还是从平衡位置运动到对称点，所用时间都相等．
(3)速率的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率．
(4)加速度的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力．
3．简谐运动的多解性：做简谐运动的质点，在运动方向上是一个变加速运动，质点运动相同的路程所需的时间不一定相同．它是一个周期性的运动，若运动的时间与周期存在整数倍的关系，则质点运动的路程就会是唯一的；若运动时间为周期的一半，运动的路程也具有唯一性．若不具备以上条件，质点运动的路程会是多解的，这是必须要注意的．
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象如图所示，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.
简谐运动的图象
1．确定振动物体在任一时刻的位移．如图所示，对应t1、t2时刻的位移分别为x1＝＋5 cm，x2＝－5 cm.
2．确定振动的振幅．图象中最大位移的值就是振幅，如图所示，振动的振幅是10 cm.
3．确定振动的周期和频率．振动图象上一个完整的正弦(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的间隔都等于振动周期，T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz.
4．确定各质点的振动方向．图中的t1时刻，质点正远离平衡位置向正方向运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动．
5．比较各时刻质点加速度的大小和方向．在图中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负，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|.
(多选)如图是某弹簧振子在水平面内做简谐运动的位移－时间图象，则振动系统在( )
A．t1和t3时刻具有相同的动能和速度
B．t3和t5时刻具有相同的势能和速度
C．t1和t5时刻具有相同的加速度
D．t2和t5时刻振子所受回复力大小之比为2∶1
[解析] 由题图知，t1和t3时刻质点的位置相同，但运动方向不同，所以具有相同的动能，而速度是矢量，方向不同，
故A错误；t3和t5时刻的位置相对于平衡位置对称，所以势能是相同的，位移虽然不同，但具有相同的速度，故B正确；t1和t5时刻相差半个周期，处于相对于平衡位置对称的两个位置，由a＝－知加速度大小相同而方向相反，故C错误；由回复力的公式：F＝－kx，知t2和t5时刻位移大小分别是6 cm和3 cm，则振子所受回复力大小之比为2∶1，故D正确．
[答案] BD
在振动图象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.
简谐运动中等效分析法的应用
在解决某些实际物理问题时，由于研究的问题比较复杂，有时甚至求解起来十分困难，这时可以在保证研究对象的有关数据不变的前提下，用一个简单模型把原来复杂的问题简单明了化，这就是等效分析法，这一方法对我们来说非常实用，因此，我们应注意这一方法的体会与应用．
光滑斜面倾角为θ，斜面上有一辆挂有单摆的小车，如图所示，在小车下滑过程中单摆同时摆动，已知摆长为L，求单摆的振动周期．
[思路点拨] 小球在与斜面垂直的平面内摆动，等效重力加速度实际上是重力加速度垂直斜面方向的分量．
[解析] 单摆处于失重状态，当单摆与小车相对静止加速下滑时，悬线拉力为F＝mgcos θ，故单摆做简谐运动时的等效加速度g′＝gcos θ，如图所示．
故振动周期T＝2π .
[答案] 2π
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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)
1．关于简谐运动的周期，以下说法不正确的是( )
A．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同
B．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同
C．半个周期内物体的动能变化一定为零
D．一个周期内物体的势能变化一定为零
解析：选B.根据周期的意义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故A、D选项正确．当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，动能与速度的平方成正比，故B选项错误，C选项正确．
2.如图所示，三根细线于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，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)．下列说法中正确的是( )
A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π
C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
D．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π
解析：选A.让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以O点为悬点，摆长为L，周期为T＝2π；让小球在垂直纸面方向摆动，摆球以OC的延长线与AB的交点为中心摆动，摆长为L＋cos 30 °＝L＋L，周期为T′＝π ，选项A正确．
3．如图所示为一简谐运动的振动图象，在0～0.8 s时间内，下列说法正确的是( )
A．质点在0和0.8 s时刻具有正向最大速度
B．质点在0.2 s时刻具有负向最大加速度
C．0至0.4 s质点加速度始终指向－x方向不变
D．在0.2 s至0.4 s时间内，加速度方向和速度方向相同
解析：选D.在0和0.8 s时刻具有负向的最大速度，而不是正向，故A错；0.2 s时刻加速度方向向上指向平衡位置即正向，故B错；0至0.4 s质点加速度指向x正方向不变，故C错；0.2 s至0.4 s内，速度变大，做加速运动，加速度方向和速度方向相同，D对．
4．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A．质点振动频率是4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是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
解析：选B.根据振动图象可知，该简谐运动周期T＝4 s，所以频率f＝＝0.25 Hz，选项A错误；10 s内质点通过路程s＝×4A＝10A＝10×2 cm＝20 cm，选项B正确；第4 s末质点经过平衡位置，速度最大，选项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，选项D错误．
5．如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平面上，上端连一质量为M的物块A，A的上面置一质量为m的物块B，系统可在竖直方向做简谐运动，则( )
A．当振动到最低点时，B对A的压力最小
B．当振动到最高点时，B对A的压力最小
C．当向上振动经过平衡位置时，B对A的压力最大
D．当向下振动经过平衡位置时，B对A的压力最大
解析：选B.在最高点时有mg－F高＝mam，得F高＝mg－mam.在最低点时有F低－mg＝mam，得F低＝mg＋mam，在经平衡位置时有F平－mg＝0，F平＝mg，可知F低>F平>F高．因此可知在最高点时B对A的压力最小，在最低点时B对A的压力最大．
6．一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球的质量为M1，半径为R1，另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2.若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比R1∶R2为( )
A．2∶1 B．2∶3
C．1∶2 D．3∶2
解析：选A.在地球表面单摆的周期T1＝2π ①
在星球表面单摆的周期T2＝2π ②
Geq \f(M1,R)＝g ③
Geq \f(M2,R)＝g′ ④
联立①②③④式得＝··＝.
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项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．如图为一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系，由图可知 ( )
A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态
B．驱动力频率为f3时，振子振动频率为f3
C．假如让振子自由振动，它的频率为f2
D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3
解析：选ABC.理解共振曲线是关键，驱动力频率为f2时弹簧振子的振幅最大，f2也就等于弹簧振子的固有频率，故振子自由振动时，它的频率为固有频率f2，当驱动力频率为f1、f3时，弹簧振子只做受迫振动，其频率与振子固有频率无关．
8．如图所示，虚线与实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象．已知甲、乙两个振子质量相等，则( )
A．甲、乙两个振子的振幅分别为2 cm、1 cm
B．甲、乙两个振子的相位差总为π
C．前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值
D．第2 s末甲的速度最大，乙的加速度最大
解析：选AD.两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，选项A正确；两振子的频率不相等，相位差为一变量，选项B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C错误；第2 s末，甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，选项D正确．
9．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin t，则质点( )
A．第1 s末与第3 s末的位移相同
B．第1 s末与第3 s末的速度相同
C．3 s末至5 s末的位移方向都相同
D．3 s末至5 s末的速度方向都相同
解析：选AD.由表达式x＝Asin t知，ω＝ rad/s，简谐运动的周期T＝＝8 s．表达式对应的振动图象如图所示．质点在1 s末的位移x1＝Asin＝A，质点在3 s末的位移x3＝Asin＝A，故A正确；由前面计算可知t＝1 s和t＝3 s质点连续通过同一位置，故两时刻质点速度大小相等，但方向相反，B错误；由x－t图象可知，3 s～4 s内质点的位移为正值，4 s～5 s内质点的位移为负值，C错误；同样由x－t图象可知，在3 s～5 s内，质点一直向负方向运动，D正确．
10．一个质点做简谐运动的图象如图所示，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.由题目中的振动图象可直接得到周期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)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．求：
(1)写出该简谐运动的表达式；
(2)t＝0.25×10－2 s时的位移；
(3)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？
解析：(1)由图象知：A＝2 cm，T＝2×10－2 s，φ＝－
则ω＝＝100π弧度/秒
表达式为：x＝2sin cm.
(2)把t＝0.25×10－2 s代入表达式得
x＝2sin cm＝－1.414 cm.
(3)因为振动是变速运动，所以只能利用其周期性求解．一个周期内通过的路程为4倍振幅，本题中Δt＝8.5×10－2 s＝T，所以通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm.把t＝8.5×
10－2 s代入表达式得x′＝2sin 8π＝0.即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移为：Δx＝
x′－x0＝2 cm.
答案：(1)x＝2sin cm (2)－1.414 cm
(3)34 cm 2 cm
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＝eq \f(mv,l)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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