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(共66张PPT)
1.简谐运动及其图像
第二章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.通过实验,认识简谐运动的特征。
2.知道描述简谐运动的物理量。
3.能用公式和图像描述简谐运动。
1.了解机械振动与简谐运动,知道描述简谐运动的物理量,培养正确的物理观念。
2.理解简谐运动的表达式与位移—时间图像及其物理意义,培养科学思维。
3.结合简谐运动的表达式认识初相、相位差的物理意义,培养科学思维。
自主预习 新知导学
一、机械振动
1.机械振动:物体(或物体的某一部分)在某一位置两侧所做的往复运动,叫作机械振动,通常简称为振动,这个位置称为平衡位置。
2.振动现象在自然界中普遍存在。一切发声的物体都在振动。
3.做振动物体的运动轨迹是直线还是曲线
答案:可以是直线也可以是曲线。
二、简谐运动
1.弹簧振子与振子:将弹簧上端固定,下端连接一个小球,小球可在竖直方向上运动。弹簧的质量比小球的质量小得多,可以忽略不计,若不计空气阻力,这样的系统称为弹簧振子,其中小球称为振子。
2.弹簧振子的振动图像:用横坐标表示振子运动的时间(t),纵坐标表示振子离开平衡位置的位移(x),描绘出的图像就是位移随时间变化的图像,即x-t图像,如图所示。
3.简谐运动:如果质点的位移与时间的关系严格遵从正弦函数的规律,即它的振动图像是一条正弦曲线,这样的运动叫作简谐运动。
4.谐振子:做简谐运动的振子称为谐振子。简谐运动是最简单、最基本的振动,任何复杂的振动都可以看作几个或很多个简谐运动的叠加。
5.简谐运动的振动图像是否是振动物体的运动轨迹
答案:不是。简谐运动的图像是描述振动物体的位移随时间变化的规律,并不是物体的运动轨迹。
三、描述简谐运动的物理量
1.振幅:振子离开平衡位置的最大距离,叫作振动的振幅。振幅是表示振动强弱的物理量,通常用A来表示。
2.周期:振子每完成一次全振动所用的时间是相同的,这个时间叫作振动的周期。用T表示周期,在国际单位制中,周期的单位是秒,符号s。
3.频率:完成全振动的次数与所用时间的比,叫作振动的频率。用f表示频率,频率的单位是赫兹,简称赫,符号是Hz,1 Hz=1 s-1。周期和频率都是表示
振动快慢的物理量。
4.相位是描述做周期性运动的物体在各个时刻所处状态的物理量。相位是一个表示振动步调的物理量。
5.振子完成一次全振动的位移是多少 经过的路程是多少
答案:位移是零;路程是振幅的4倍,即4A。
四、简谐运动的表达式
1.简谐运动的图像为正弦(或余弦)曲线,也就是说振动物体离开平衡位置的位移x和时间t的关系可用正弦函数(或余弦函数)来表示,即x=Asin(ωt+φ0)。
=Asin(2πft+φ0),式中A表示振动的振幅,T和f分别表示物体振动的周期和频率。物体在不同的初始位置开始振动,或开始振动的初速度不同,φ0值不同。
3.在公式x=Asin(2πft+φ0)中,2πft+φ0这个量就是简谐运动的相位,t=0时的相位φ0叫作初相位,简称初相。
4.相位差:当两个相同的弹簧振子,从平衡位置拉开后,相隔不同时间放开,它们的振动步调不相同,即它们各时刻的相位也就不相同,或者说两者振动具有相位差。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)弹簧振子是一种理想化的模型。(　　)
(2)一个物体运动时其相位变化2π,就意味着完成一次全振动。(　　)
(3)简谐运动的表达式x=Asin(ωt+φ)中,ωt+φ的单位是弧度。(　　)
(5)振动反相的两个振子相位差一定为0。(　　)
√
×
√
√
√
2.(多选)弹簧振子在AOB之间做简谐运动,O为平衡位置,测得A、B之间的距离为8 cm,完成30次全振动所用时间为60 s,则(　　)
A.振子的振动周期是2 s,振幅是8 cm
B.振子的振动频率是2 Hz
C.振子完成一次全振动通过的路程是16 cm
D.振子通过O点时开始计时,3 s内通过的路为24 cm
答案:CD
Hz,B错误;振子完成一次全振动所走的路程为4个振幅,C正确;3 s内通过的路程是6个振幅,D正确。
3.(多选)图(a)为以O点为平衡位置,在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子,图(b)为这个弹簧振子的振动图像,由图可知下列说法正确的是(　　)
(a)
(b)
A.在t=0.2 s时,弹簧振子的加速度为正向最大
B.在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子在同一位置
C.从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子做加速度增大的减速运动
D.在t=0.6 s时,弹簧振子有最小的弹性势能
答案:BC
解析:t=0.2 s时,弹簧振子的位移为正向最大,而弹簧振子的加速度为负向最大,A错误;在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子的位移相同,B正确;从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动,位移逐渐增大,加速度逐渐增大,加速度方向与速度方向相反,弹簧振子做加速度增大的减速运动,C正确;在t=0.6 s时,弹簧振子的位移为负向最大,即弹簧的形变量最大,弹簧振子的弹性势能最大,D错误。
合作探究 释疑解惑
知识点一
对弹簧振子和简谐运动的理解
问题引领
如图所示的装置,把小球向右拉开一段距离后释放,可以观察到小球左右运动了一段时间,最终停止运动。
(1)小球的运动具有什么特点 为什么小球最终停止运动
(2)在横杆上涂上一层润滑油,重复刚才的实验,观察到的结果与第一次实验有何不同
(3)猜想:如果小球受到的阻力忽略不计,弹簧的质量比小球的质量小得多,也忽略不计,实验结果如何
提示:(1)小球的运动具有往复性。小球因为受到摩擦力的作用最终停止运动。(2)小球往复运动的次数增多,运动时间变长。(3)小球将持续地做往复运动。
归纳提升
1.机械振动的理解
(1)机械振动的特点
①振动的轨迹:可能是直线,也可能是曲线。
②平衡位置:质点原来静止时的位置。从受力角度看,应该是振动方向上合力为零的位置。
③振动的特征:振动具有往复性。
(2)振动的条件
①每当物体离开平衡位置后,它就受到一个指向平衡位置的力,该力产生使物体回到平衡位置的效果(这样的力称为回复力,在第2节中我们将学到)。
②受到的阻力足够小。如果物体只受到指向平衡位置的力而阻力为零,则物体做自由振动,当然这是一种理想模型。
2.对弹簧振子的理解
(1)弹簧振子是一种理想模型,如果小球所受的阻力可以忽略,且弹簧的质量与小球的质量相比也可忽略,振动范围不超过弹性限度,则该装置可视为弹簧振子。
(2)弹簧振子不一定在水平面内运动。
(3)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。
3.简谐运动的特点
(1)振动的位移
①振子在某一时刻的位移
研究振动时所说的位移,都是指振子相对于平衡位置的位移,即振子在某时刻的位移是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段。位移是矢量,若规定平衡位置右侧的位移为正,则振子在平衡位置左侧时位移就为负,与振子运动的速度方向无关。
②振子在某段时间内的位移
这种说法与运动学里位移的意义相同,是指由初位置指向末位置的有向线段。
(2)简谐运动的速度
①物理含义:速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。在所建立的坐标轴(也称为“一维坐标系”)上,速度的正、负号表示振子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反。
②特点:下图为一简谐运动的模型,振子在O点速度最大,在A、B两点速度为零。
(3)简谐运动的加速度
水平弹簧振子的加速度是由弹簧弹力产生的,在平衡位置时,弹簧的弹力为零,故加速度为零;在最大位移处,弹簧的弹力最大,故加速度最大。不管弹簧是拉伸或压缩,弹力对振子的作用力方向总是指向平衡位置,即加速度的方向总是指向平衡位置,大小随位移的增大而增大,随位移的减小而减小。
(4)简谐运动的对称性
如图所示,物体在A、B间做简谐运动,O点为平衡位置,C、D两点关于O点对称,则有
①时间对称
②速度对称
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。物体经过关于O点对称的两点(如C点和D点)的速度大小相等,方向可能相同,也可能相反。
③加速度对称
物体经过关于O点对称的两点(如C点和D点)时,加速度总是大小相等,方向相反,与物体运动的方向无关。
(1)简谐运动中的位移如果不特别说明是在某段时间内的位移,均指某一时刻的位移。
(2)位移、速度、加速度都是矢量,当振子通过某一位置时,位移和加速度方向是一定的,速度方向有两种可能。
典型例题
【例题1】 弹簧上端固定在O点,下端连接一小球,组成一个振动系统,如图所示,用手向下拉一小段距离后释放小球,小球便上下振动起来,下列说法正确的是(　　)
A.小球运动的最低点为平衡位置
B.弹簧原长时的位置为平衡位置
C.球速为零的位置为平衡位置
D.小球原来静止时的位置为平衡位置
答案:D
解析:平衡位置是振动系统不振动,振子受力平衡时所处的位置,此时弹簧处于伸长状态,故D正确,B错误;球在平衡位置两侧做往复运动,运动到最低点和最高点时球速都为零,但这两点并不是平衡位置,故A、C错误。
对弹簧振子的说明
弹簧振子有多种表现形式,对于不同的弹簧振子,在平衡位置处,弹簧不一定处于原长(如竖直放置的弹簧振子),但运动方向上的合外力一定为零,速度也一定最大。
【变式训练1】 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.所有的振动都可以看作是简谐运动
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
答案:D
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,A错误。简谐运动是最简单的振动,B错误。做简谐运动的轨迹线并不是正弦曲线,C错误。物体振动的图像是正弦曲线,一定是做简谐运动,D正确。
【例题2】 (多选)一振子沿x轴做简谐运动,平衡位置在坐标原点。t=0时振子的位移为-0.1 m,t=1 s时位移为0.1 m,则(　　)
C.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为4 s
D.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为6 s
答案:AD
解析:t=0时刻振子的位移x=-0.1 m,t=1 s时刻x=0.1 m,若振幅为0.1 m,则
故A正确,B错误;
t=0时刻振子的位移x=-0.1 m,t=1 s时刻x=0.1 m,如果振幅为0.2 m,有
做简谐运动的物体运动过程中的周期性
简谐运动是一种周而复始的周期性的运动,按其周期性可做如下判断:
(1)若t2-t1=nT,则t1、t2两时刻振动物体在同一位置,运动情况相同。
物体到达平衡位置;当t1时刻物体在平衡位置时,t2时刻物体到达最大位移处;若t1时刻物体在其他位置,t2时刻物体到达何处就要视具体情况而定。
【变式训练2】 (多选)如图所示,一个质点在平衡位置O点附近做机械振动。若从O点开始计时,经过3 s质点第一次经过M点,继续运动,又经过2 s它第二次经过M点,则该质点第三次经过M点还需要的时间是(　　)
答案:CD
知识点二
简谐运动的公式和图像
问题引领
甲、乙两同学合作模拟弹簧振子的x-t图像。如图所示,取一张白纸,在正中间画一条直线OO',将白纸平铺在桌面上,甲同学使铅笔尖从O点沿垂直于OO'方向振动画线,乙同学沿O'O方向水平向右匀速拖动白纸。
(1)白纸不动时,甲同学画出的轨迹是怎样的
(2)乙同学向右慢慢匀速拖动白纸时,甲同学画出的轨迹又是怎样的
(3)沿O'O方向与垂直于O'O方向分别建立坐标轴,说说两坐标轴可表示什么物理量 图线上点的坐标表示什么 用什么方法判断上述图像是否为正弦曲线
提示:(1)是一条垂直于OO'的直线。
(2)轨迹如图所示,类似于正弦曲线。
(3)垂直于O'O方向的轴为位置坐标轴x,沿O'O方向的轴为时间轴t。图线上点的坐标表示某时刻铅笔尖的位移或位置。一种方法是将图上坐标点代入正弦函数表达式中进行检验,另一种是用图上多个点的坐标值输入计算机作出这条曲线,看看这条曲线是否可以用正弦函数表示。
归纳提升
1.对简谐运动表达式的理解
简谐运动的表达式x=Asin(ωt+φ)反映了质点的位移随时间的变化关系,各量意义如下:
(1) x表示振动物体相对于平衡位置的位移,t表示振动的时间。
(2)A表示振动物体偏离平衡位置的最大距离,即振幅。
(3)ω称作简谐运动的圆频率,它也表示简谐运动振动的快慢,与周期T及频
(4)ωt+φ代表简谐运动的相位;其中φ是t=0时的相位,称为初相位或初相。相位是一个角度,单位是弧度或度。
(5)相位差
若两个简谐运动的表达式为x1=A1sin(ωt+φ1),x2=A2sin(ωt+φ2),则相位差为Δφ=(ωt+φ2)-(ωt+φ1)=φ2-φ1。
当Δφ=0时,两振动物体振动步调一致。
当Δφ=π时,两振动物体振动步调完全相反。
2.振动图像是振子的位移随时间的变化规律,根据振动图像:
(1)可直接读出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正(负)位移的最大值。
(3)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。
3.应用振动图像时,首先要注意理解好图像与振动物体的实际振动过程的对应关系:
(1)简谐运动的图像不是振动质点的轨迹。做简谐运动的质点的轨迹是质点(如弹簧振子)往复运动的那一段线段。这种往复运动的位移图像,就是以x轴上的数值表示质点相对平衡位置的位移,以t轴上的数值表示各个时刻,这样在x-t坐标系内,可以找到各个时刻对应质点位移坐标的点,即位移随时间分布的情况——振动图像。
(2)对同一振动物体,图像的形状与起始时刻的选取和正方向的规定有关。利用图像解题,首先要深刻理解图像的意义并能做到见图像而知实际振动过程,同时也能由实际振动过程回归图像。
关于相位差Δφ=φ2-φ1的三点说明
(1)取值范围:-π≤Δφ≤π。
(2)Δφ=0,表明两振动步调完全相同,称为同相。
Δφ=π,表明两振动步调完全相反,称为反相。
(3)Δφ>0,表示振动2比振动1超前;Δφ<0,表示振动2比振动1滞后。
典型例题
【例题3】 下图为A、B两个简谐运动的位移—时间图像。请根据图像写出这两个简谐运动的表达式。
解析:依据图像确定A、B两物体各自振动的振幅、周期,再结合简谐运动的一般表达式即可求解。
用简谐运动表达式解答振动问题的方法
(1)明确表达式中各物理量的意义,可直接读出振幅、圆频率、初相。
(3)解题时画出其振动图像,会使解答过程简捷、明了。
【变式训练3】 (多选)一弹簧振子A的位移x随时间t变化的关系式为x=0.1sin 2.5πt m。则(　　)
A.弹簧振子的振幅为0.2 m
B.弹簧振子的周期为1.25 s
C.在t=0.2 s时,振子的运动速度为零
答案:CD
【变式训练4】 根据如图所示的某振子的振动图像,完成下列各题:
(1)算出下列时刻振子相对平衡位置的位移:
①t1=0.5 s,②t2=1.5 s;
(2)将位移随时间的变化规律写成x=Asin(ωt+φ)的形式并指出振动的初相位的大小。
知识点三
描述简谐运动的物理量之间的关系
问题引领
下图为理想弹簧振子,O点为它的平衡位置,其中A、A'点关于O点对称。
(1)振子从某一时刻经过O点计时,至下一次再经过O点的时间为一个周期吗
(2)先后将振子拉到A点和B点由静止释放,两种情况下振子振动的周期相同吗 振子完成一次全振动通过的位移相同吗 路程相同吗
提示:(1)不是。经过一个周期振子一定从同一方向经过O点,即经过一个周期,位移、速度第一次均与初始时刻相同。
(2)周期相同,振动的周期决定于振动系统本身,与振幅无关。位移相同,均为零。路程不相同,一个周期内振子通过的路程与振幅有关。
归纳提升
1.对全振动的理解
正确理解全振动的概念,应注意把握振动的五个特征。
(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)三者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。
(5)相位特征:增加2π。
2.简谐运动中振幅和几个常见量的关系
(1)振幅和振动系统的能量关系: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,振动系统的能量越大。
(2)振幅与位移的关系:振动中的位移是矢量,振幅是标量。在数值上,振幅与振动物体的最大位移的大小相等,但在同一简谐运动中振幅是确定的,而位移随时间做周期性的变化。
(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一个周期内的路程为4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。
【例题4】 弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动,BC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)振子的振幅;
(2)振子的周期和频率;
(3)振子在5 s内通过的路程及位移大小。
答案:(1)10 cm　(2)1 s　1 Hz　(3)200 cm　10 cm
典型例题
解析:(1)振幅设为A,则有2A=20 cm,所以A=10cm。
(2)从B首次到C的时间为周期的一半,因此T=2t=1 s;
(3)振子一个周期通过的路程为4A=40 cm
5 s的时间为5个周期,又回到起始点B,位移大小为10 cm。
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4倍的振幅,半个周期内的路程为2倍的振幅。
【变式训练5】 下图为某一简谐运动的振动图像,下列说法正确的是(　　)
A.振动质点的振幅为2 cm
B.振动质点在一个周期中的路程为4 cm
C.t=1 s时振动质点所受的加速度为正向最大
D.t=2 s时振动质点的速度为0,加速度最大
答案:B
解析:从题图中可知振动质点的振幅A为1 cm,选项A错误;振动质点在一个周期中的路程为4A,等于4 cm,选项B正确;t=1 s时质点在正向最大位移处,加速度负向最大,选项C错误;t =2 s时质点在平衡位置,回复力为零,加速度为零,速度最大,选项D错误。
课堂小结
随堂练习
1.(对机械振动的理解)(多选)关于机械振动的位移和平衡位置,以下说法正确的是(　　)
A.做机械振动的物体必有一个平衡位置
B.机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
C.机械振动的物体运动的路程越大,发生的位移也越大
D.机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
答案:AB
解析:物体在平衡位置附近的往复运动叫作机械振动,故A正确;机械振动的位移是以平衡位置为起点指向振动物体所在位置的有向线段,位移随时间而变,振动物体偏离平衡位置最远时,振动物体的位移最大,故B正确,C、D错误。
2.(对弹簧振子的理解)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两点对平衡位置的位移相同
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
答案:C
解析:因位移、速度、加速度和弹簧弹力都是矢量,它们要相同必须满足大小相等、方向相同。M、N两点关于O点对称,弹簧弹力、位移和加速度应大小相等、方向相反,故A、B选项错误,C选项正确。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,故D选项错误。
3.(描述简谐运动的物理量)(多选)一个质点做简谐运动的图像如图所示,下列叙述正确的是(　　)
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
答案:BD
4.(简谐运动的表达式)一个小球和轻质弹簧组成的系统,按(共55张PPT)
2.简谐运动的回复力及能量
第二章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.知道回复力的概念,理解简谐运动的动力学特征。
2.知道振幅越大,振动的能量越大。
3.知道简谐运动中位移、回复力、加速度、速度等变化规律。
1.知道回复力的概念,知道振幅越大,振动的能量越大,培养正确的物理观念。
2.会根据简谐运动的回复力特点,判断及分析常见的简谐运动,理解简谐运动的动力学特征,培养科学思维。
3.通过探究,理解简谐运动中位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况,培养科学探究能力。
自主预习 新知导学
一、回复力
1.定义:当物体偏离平衡位置时,都会受到一个指向平衡位置的力,这个力叫作回复力。
2.方向:总是指向平衡位置。
3.表达式:F= -kx 。
4.简谐运动的动力学特点:做简谐运动的物体受到总是指向平衡位置,且大小与位移成正比的回复力的作用。
5.我们可以应用哪些方法判断物体做简谐运动
答案:(1)我们可以根据简谐运动表达式x=Asin(ωt+φ0)或x-t图线是正(余)弦曲线来判断物体是否做简谐运动。只要物体的x-t关系满足简谐运动表达式或x-t图线是正(余)弦曲线即可证明该物体做简谐运动。
(2)根据回复力公式判断物体是否做简谐运动。回复力F=-kx,可以称为简谐运动的动力学判断依据,只要证明了某个振动系统满足这个关系,就可证明它做的是简谐运动。
二、简谐运动的能量转化
1.能量转化
弹簧振子运动的过程就是动能和势能互相转化的过程。
(1)在最大位移处,势能最大,动能为零。
(2)在平衡位置处,动能最大,势能最小。
2.能量特点:弹簧的势能和振子的动能之和是振动系统的总机械能E,如果不考虑摩擦和空气阻力,振动系统的总机械能守恒,即在任一时刻(或任一位置)系统的总机械能都是相等的,等于振子处于平衡位置时或在离开平衡
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(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,回复力为零,因此能量一定为零。(　　)
(4)回复力的大小与速度大小无关,速度增大时,回复力可能增大,也可能减小。(　　)
√
×
×
×
2.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
答案:A
解析:振子只受重力、支持力及弹簧给它的弹力,故选项A符合题意;回复力为效果力,受力分析时不分析此力,故选项B不符合题意;弹簧振子的简谐运动中忽略了摩擦力,故选项C、D不符合题意。
3.对于弹簧振子的回复力与位移的关系图像,下列图像正确的是(　　)
答案:C
解析:根据公式F=-kx,可判断回复力与位移的关系图线是一条直线,斜率为负值,故选项C正确。
4.如图(a)所示,轻弹簧上端固定,下端悬吊一钢球,把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A,由静止释放。以钢球平衡位置为坐标原点,竖直向上为正方向建立x轴,当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时,钢球运动的位移—时间图像如图(b)所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态,则(　　)
(a)
(b)
A.t1时刻钢球处于超重状态
B.t2时刻钢球的速度方向向上
C.t1~t2时间内钢球的动能逐渐增大
D.t1~t2时间内钢球的机械能逐渐减小
答案:D
解析:t1时刻,钢球位于平衡位置上方,位移为正,所以加速度为负,有向下的加速度,处于失重状态,故A错误;t2时刻,钢球位于平衡位置下方,正在远离平衡位置,速度方向向下,故B错误;t1~t2时间内,钢球的速度先增大后减小,动能先增大后减小,故C错误;t1~t2时间内,钢球克服弹力做功,根据能量守恒定律可知,钢球的机械能逐渐减小,故D正确。
合作探究 释疑解惑
知识点一
简谐运动的回复力与加速度
问题引领
下图为弹簧振子的模型,O点为振子的平衡位置,A、O间和B、O间距离都是x,当振子在A点时所受弹簧的弹力方向如何 大小是多少 在B点呢
提示:由A指向O;kx;由B指向O;kx。
归纳提升
1.回复力的性质
回复力是根据力的效果命名的,它可以是一个力,也可以是多个力的合力,还可以由某个力的分力提供。如图(a)所示,水平方向的弹簧振子,弹力充当回复力;如图(b)所示,竖直方向的弹簧振子,弹力和重力的合力充当回复力;如图(c)所示,m随M一起振动,m的回复力是静摩擦力。
(a)
(b)
(c)
2.简谐运动的回复力的特点
(1)由F=-kx知,简谐运动的回复力大小与振子的位移大小成正比,回复力的方向与位移的方向相反,即回复力的方向总是指向平衡位置。
(2)公式F=-kx中的k指的是回复力与位移的比例系数,而不一定是弹簧的劲度系数,系数k由振动系统自身决定。
(3)“-”表示回复力的方向与偏离平衡位置的位移的方向相反。
3.简谐运动的加速度
根据牛顿第二定律得, ,表明弹簧振子做简谐运动时振子的加速度大小也与位移大小成正比,加速度方向与位移方向相反。
回复力的变化
因x=Asin(ωt+φ0),故回复力F=-kx=-kAsin(ωt+φ0),可见回复力随时间按正弦规律变化。
典型例题
【例题1】 (多选)如图所示,物体m系在两弹簧之间,弹簧劲度系数分别为k1和k2,且k1=k,k2=2k,两弹簧均处于自然状态,今向右拉动m,然后释放,物体在B、C间振动,O为平衡位置(不计阻力),则下列判断正确的是(　　)
A.m做简谐运动,OC=OB
B.m做简谐运动,OC≠OB
C.回复力F=-kx
D.回复力F=-3kx
答案:AD
解析:物体m离开平衡位置时所受的指向平衡位置的回复力F=-(k1x+k2x)
=-3kx,符合简谐运动的回复力特点,因此物体m以O为平衡位置做简谐运动,所以OC=OB,故A、D正确,B、C错误。
此题易误选BC。认为振子两边弹簧的劲度系数不同,因此做简谐运动时,左、右最大位移不对称,即OC≠OB,误选B。认为物体做简谐运动的条件是物体所受回复力为F=-kx,因此误选C。造成这些错误的原因,都是“想当然”,是没有用所学知识加以分析造成的,在F=-kx中,k为比例系数,不一定为弹簧的劲度系数。
【变式训练1】 如图所示,一质量为M的木质框架放在水平桌面上,框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧下端连接一质量为m的铁球。用手向下拉一小段距离后释放铁球。铁球便上下做简谐运动,则(　　)
A.弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置
B.在铁球向平衡位置运动的过程中,铁球的位移、回复力、加速度都逐渐减小,速度和小球重力势能增大
C.若弹簧振动过程的振幅可调,则当框架对桌面的
答案:D
解析:铁球做简谐运动的平衡位置是受到的合外力等于0的位置,所以此时弹簧的弹力与铁球的重力大小相等、方向相反,弹簧处于伸长状态,弹簧的长度大于原长,故A错误;在铁球向平衡位置运动的过程中,铁球的位移减小,
与运动的方向相同,所以速度增大,当铁球从上到下向平衡位置运动时,铁球的重力势能在减小,故B错误;当框架对地面的压力为零时,以框架为研究对象,弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg,则轻弹簧处于压缩状态,
知识点二
简谐运动的判断
问题引领
如图所示,劲度系数为k的弹簧上端固定在天花板的P点,下端挂一质量为m的物块,物块静止后,再向下拉长弹簧,然后放手,弹簧上下振动,物块的运动是简谐运动吗
提示:设振子的平衡位置为O点,向下为正方向,静止时弹簧振子的形变量为x0,则有kx0=mg,
当弹簧向下发生位移x时,弹簧弹力F=k(x+x0),
而回复力F回=mg-F=mg-k(x+x0),
即回复力满足F=-kx,故物块做简谐运动。
归纳提升
1.运动学方法
找出质点的位移与时间的关系,若遵循正(余)弦函数的规律,即它的振动图像(x-t图像)是一条正(余)弦曲线,就可以判定此振动为简谐运动,通常很少应用这个方法。
2.动力学方法
(1)判断振动是否为简谐运动的动力学方法模型:
典型例题
【例题2】 一质量为m、侧面积为S的正方体木块,放在水面上静止(平衡),如图所示。现用力向下将其压入水中一段深度后(未全部浸入)撤掉外力,木块在水面上下振动,试判断木块的振动是否为简谐运动。
答案:木块的振动是简谐运动
解析:以木块为研究对象,设水密度为ρ,静止时木块浸入水中Δx深,当木块被压入水中x后所受力如图所示,则F回=mg-F浮①
又F浮=ρgS(Δx+x)②
由①②两式,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)
所以木块的振动为简谐运动。
判断是否为简谐运动的方法
(1)以平衡位置为原点,沿运动方向建立直线坐标系。
(2)在振动过程中任选一个位置(平衡位置除外),对振动物体进行受力分析。
(3)将力在振动方向上分解,求出振动方向上的合力。
【变式训练2】 将一倾角为θ、上表面光滑的斜面体固定在水平地面上,一劲度系数为k的轻弹簧的上端固定在斜面上,下端与质量为m的小滑块连接且弹簧与斜面平行,如图所示。用外力控制小滑块使弹簧处于原长,某时刻撤去外力,小滑块从静止开始自由运动。已知:斜面足够长,重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到平衡位置时的加速度大小和
弹簧的形变量。
(2)试证明:撤去外力后,小滑块在光滑斜面上的运动为简谐运动。
(3)若小滑块在斜面上做简谐运动的周期为T,沿斜面向下运动经过平衡位置时开始计时,请写出小滑块振动过程中位移x随时间t变化的函数关系式。
解析:(1)小滑块的回复力由重力的分力与弹簧弹力的合力提供。在平衡位置时,回复力为零,有F合=kx0-mgsin θ=0
解得小物块加速度a=0
(2)假设在运动过程中任意时刻小滑块相对平衡位置的位移为x,如图所示。
取位移方向为正方向,则小滑块受到的回复力为F=-k(x0+x)+mgsin θ
联立上式得F=-kx,并且回复力方向与位移x方向相反,故物体做简谐运动。
知识点三
简谐运动中能量及各个物理量的变化
问题引领
如图所示,O点为振子的平衡位置,A'、A分别是振子运动的最左端和最右端。
(1)振子在振动过程中通过O点时速度最大还是最小 动能呢
(2)振子在振动过程中由A'→A点时加速度如何变化 动能、势能如何变化
提示:(1)在O点处速度最大,动能最大。
(2)振子在振动过程中由A'→A点加速度先变小后变大,动能先变大后变小,势能先变小后变大。
归纳提升
1.简谐运动中能量变化
(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)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。
2.简谐运动中各物理量的变化
下图为水平的弹簧振子示意图,振子运动过程中各物理量的变化情况如表所示。
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
振子的运动 A→O O→A' A'→O O→A
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
典型例题
【例题3】 如图所示,一劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,上端固定一质量可忽略的薄板。现将一质量为m的物块从距薄板正上方h处静止释放,物块落到薄板上立即与薄板具有相同速度,但不粘连。重力加速度为g,以下说法正确的是(　　)
A.释放之后,物块做简谐运动
B.物块刚碰到薄板时速度最大
D.在最低位置,薄板对物块的支持力大于2mg
答案:D
解析:物块在运动过程中,有与薄板分离而做自由落体或竖直上抛运动的阶段,故A错误;物块速度最大的位置是在合力为零的位置,即弹簧处于压缩状态,故B错误;在平衡位置,弹簧压缩,由kx0=mg,
能不为零,可知物块减少的重力势能没有全部转化为动能,故C错误;物块与薄板一起运动时是简谐运动,物块刚与薄板接触时,加速度为g,速度不为零,由简谐运动的对称性知,最低点比平衡位置下方x0处还要靠下,而在平衡位置下方x0处物块的加速度大小为g,则可知在该处下方的加速度大小必大于g,故D正确。
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:当振动系统自由振动后,如果不考虑阻力作用,系统只发生动能和势能的相互转化,机械能守恒。
【变式训练3】 如图所示,弹簧下面挂一质量为m的物体,物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动,当物体振动到最高点时,弹簧正好处于原长,弹簧在弹性限度内,则物体在振动过程中(　　)
A.弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变
B.物体在最低点时的加速度大小应为2g
C.物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
D.弹簧的最大弹性势能等于2mgA
答案:D
解析:系统机械能守恒,动能、重力势能、弹性势能总量不变,振动过程中重力势能一直变化,弹簧的弹性势能和物体的动能总和一直变化,故A错误;根据振动对称性,最低点与最高点关于平衡位置对称,最低点时弹簧形变量2A,弹力2kA,弹力与重力合力k·2A-mg=mg,方向向上,加速度大小为g,故B错误;最低点时弹簧形变量2A,弹力2kA=2mg,故C错误;振动最低点,弹簧的弹性势能最大,系统机械能守恒,重力势能转化为弹性势能,Ep=2mgA,故D正确。
课堂小结
随堂练习
1.(简谐运动的回复力)(多选)关于简谐运动的回复力,以下说法正确的是(　　)
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
C.简谐运动中回复力的公式为F=-kx,其中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合力一定为零
答案:AB
解析:根据简谐运动的定义可知,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,故A正确,C错误;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,故B正确;做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力为零,但是合力不一定为零,故D错误。
2.(简谐运动中各物理量的变化)如图所示,虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像,则下列说法正确的是(　　)
A.任意时刻,甲振子的位移都比乙振子的位移大
B.t=0时,甲、乙两振子的振动方向相反
C.前2 s内,甲、乙两振子的加速度均为正值
D.第2 s末,甲的加速度达到其最大值,乙的速度
达到其最大值
答案:B
解析:简谐运动的图像反映了振子的位移与时间的关系,甲振子的位移有时比乙振子的位移大,有时相同,有时比乙振子的位移小,故A错误;根据切线斜率的正负表示速度的方向可知,t=0时,甲、乙两振子的振动方向相反,故
为负值,故C错误;第2 s末甲的位移等于零,加速度为零,通过平衡位置,速度达到其最大值,乙的位移达到最大值,加速度达到其最大值,速度为零,故D错误。
3.(简谐运动的能量)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做简谐运动,它围绕平衡位置O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,动能最小,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,回复力先做正功,后做负功
D.小球从B到O的过程中,振动的能量不断减小
答案:C
解析:振子经过平衡位置时,速度最大,位移为零,所以在O位置时动能最大,回复力为零,加速度为零,故A错误;在A、B位置时,速度为零,位移最大,回复力最大,加速度最大,故B错误;由于回复力指向平衡位置,所以振子从A经O到B的过程中,回复力先做正功,后做负功,故C正确;振子的动能和弹簧的弹性势能相互转化,且总量保持不变,即振动的能量保持不变,故D错误。
4.(简谐运动的回复力)(选做)如图所示的实验,在可调转速的电动机的转动轴上固定一根细杆,杆的一端固定一小塑料球。电动机通电后,从侧面用灯光照射,在墙壁上观察小球影子的运动。然后在小球和墙壁之间放一个竖直方向的弹簧振子,调节电动机的转速,可以使小球与振子的影子的运动始终重合。
(1)实验表明了什么
(2)如果将匀速圆周运动的向心力投影到直径上,试证明直径上F=-kx。
答案:见解析
解析:(1)小球与振子的影子的运动始终重合,表明小球的影子与振子运动形式相同,即做匀速圆周运动的质点在直径上的投影的运动是简谐运动。
(2)设细杆的长为A,对小球受力分析如图所示,由几何三角形与矢量三角形相似可得(共64张PPT)
3.单摆
第二章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.通过实验,探究单摆的周期与摆长的定量关系。
2.知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系。
3.学会单摆模型的构建原理,应用动力学方法研究物理问题。
1.知道单摆振动时回复力的来源,知道影响单摆周期的因素,掌握单摆的周期公式。培养正确物理观念。
2.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件。引导学生对摆球进行受力分析,将单摆纳入简谐运动模型。注意培养科学思维。
3.观察单摆,对影响单摆周期的因素进行猜想,然后通过实验探究认识到影响单摆周期的因素,重视科学探究能力培养。
自主预习 新知导学
一、单摆及其运动规律
1.单摆:用细线悬挂着小球,若忽略悬挂小球的细线长度的微小变化和质量,且线长比球的直径大得多,这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的理想化模型。
见,在偏角较小的情况下,单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成正比,因此单摆在偏角很小时的振动是简谐运动。
3.摆球经过平衡位置时,合外力是否为零 摆球到达最大位移处,加速度是否等于零
答案:单摆摆动中平衡位置不是平衡状态,有向心力和向心加速度,回复力为零,合外力不为零。最大位移处速度等于零,但不是静止状态,加速度不为零。
二、单摆的周期
1.伽利略用脉搏计算时间,仔细观察吊灯的摆动,发现吊灯摆动的规律。
2.通过实验探究单摆的周期和摆长的关系,测量单摆周期时在摆球通过平衡位置时开始计时,用停表记下摆球通过平衡位置n次所用的时间t,因为单摆完成一个周期的振动,经过平衡位置两次,
3.单摆的周期:
(1)单摆的振动,在偏角很小的情况下,单摆做简谐运动的周期T跟摆长l的
二次方根成正比,跟重力加速度g的二次方根成反比,跟振幅、摆球的质量无关(选填“有关”或“无关”)。
4.把单摆从赤道处移至两极处时,要保证单摆的周期不变,应如何调整摆长
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。(　　)
(2)单摆经过平衡位置时受到的合力为零。(　　)
(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。(　　)
×
×
×
×
2.下列关于单摆运动的说法正确的是(　　)
A.单摆的周期与摆球的质量有关
B.单摆做简谐运动时,其回复力由合力提供
C.将单摆从地球移到月球上,其周期将变大
D.当单摆的摆长变为原来的4倍时,周期也变为原来的4倍
答案:C
3.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中,下列说法正确的是(　　)
A.制作单摆时,选用质量较小的塑料小球
B.记录摆长时,将摆线长与小球直径相加
C.小球摆角应较小,近似满足简谐运动条件
答案:C
解析:制作单摆时,选用质量较大的金属小球,故A错误;记录摆长时,将摆线长与小球半径相加,故B错误;要保证单摆做简谐运动,摆角应较小,并且摆球应在同一竖直面内摆动,才近似满足简谐运动条件,故C正确;
4.(多选)下图为单摆的振动图像,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
答案:ACD
合作探究 释疑解惑
知识点一
单摆及单摆的回复力
问题引领
(1)如图所示,小球和细线构成一个振动系统,在什么情况下能把该振动系统看成单摆
(2)小球受到几个力的作用 是什么力充当了小球振动的回复力
提示:(1)如果细线的质量与小球的质量相比可以忽略,球的直径与线的长度相比也可以忽略,该振动系统可看成单摆。
(2)小球受两个力的作用:重力和细线的拉力。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。
归纳提升
1.单摆的运动特点
(1)摆线以悬点为圆心做变速圆周运动,因此在运动过程中只要速度v≠0,半径方向都受向心力。
(2)摆线同时以平衡位置为中心做往复运动,因此在运动过程中只要不在平衡位置,轨迹的切线方向都受回复力。
2.摆球的受力分析
(1)任意位置
如图(a)所示,G2=Gcos θ,F-G2的作用就是提供摆球绕O'做变速圆周运动的向心力;G1=Gsin θ的作用是提供摆球以O为中心做往复运动的回复力。
(a)
(2)平衡位置
摆球经过平衡位置时,G2=G,G1=0,此时F应大于G,F-G提供向心力,因此,在平衡位置,回复力F回=0,与G1=0相符。
(3)单摆的回复力分析
如图(b)所示,重力沿圆弧切线方向的分力G1=mgsin θ,这个力近似指向平衡位置O,可以认为它是使摆球振动的回复力。取平衡位置为坐标原点,水平
可见,在偏角较小的情况下,单摆摆球所受的回复力与偏离平衡位置的位移成正比,因此单摆在偏角很小时的振动是简谐运动。
(b)
单摆的两点认识
(1)单摆振动的回复力为摆球重力沿圆弧切线方向的分力,回复力不是摆球所受的合外力。
(2)单摆的摆动不一定都是简谐运动,只有单摆做小角度(摆角为5°左右)摆动时才认为是简谐运动。
典型例题
【例题1】 如图所示,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.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用
B.摆球在A点和C点处,速度为零,合力与回复力也为零
C.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大
D.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大
答案:C
解析:摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用,A错误;摆球在摆动过程中,在最高点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,C正确,B、D错误。
回复力的三点说明
(1)摆球受到的作用力有两个:重力和绳子的拉力,摆球的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,不是摆球受到的某一性质力。
(2)摆球运动的轨迹是一段圆弧,因此摆球运动过程需要有向心力,故摆球运动的回复力不是摆球所受外力的合力。
(3)在摆角很小的情况下,摆球的回复力满足F=-kx,此时摆球的运动可看成是简谐运动。
【变式训练1】 下列有关单摆运动过程中的受力,说法正确的是(　　)
A.摆球在运动过程中受到三个力的作用:重力、绳子的拉力和回复力
B.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
C.单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
D.摆球过平衡位置的合外力为零
答案:C
解析:回复力是效果力,不是摆球受到的力,摆球受到的力有两个——重力和绳子的拉力,选项A错误;单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力,选项B错误,C正确;摆球过平衡位置时,回复力为零,向心力最大,故其合外力不为零,所以选项D错误。
知识点二
对单摆周期公式的理解
问题引领
假设某航天员将一个摆钟(如图所示)带到空间站内,则该摆动的钟摆周期如何变化
提示:在空间站内钟摆完全失重,回复力为零,等效值为零,钟摆不摆动了。
归纳提升
球心的距离,对于不规则的摆动物体或复合物体,摆长均为从悬点到摆动物体重心的长度:如图(a),图(b)所示。图(a)中,摆球半径为r,甲、乙两摆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+r。图(b)中,乙在垂直纸面方向摆动时,与甲摆等效;乙在纸面内小角度摆动时,与丙摆等效。
(a)
(b)
3.等效重力加速度g
(2)g还由单摆系统的运动状态决定,如单摆处在向上加速的升降机中,设加速度为a,则重力加速度的等效值g'=g+a;若升降机加速下降,则重力加速度的等效值g'=g-a。
(3)g还由单摆所处的物理环境决定,如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中,回复力应是重力和静电力的合力在圆弧切线方向的分力,所以也有g'的问题。
典型例题
【例题2】 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,使△AOB成直角三角形,∠BAO=30°,已知OC线长也是l,下端C点系着一个小球(半径可忽略),下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动,重力加速度为g)(　　)
答案:A
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
确定单摆周期的方法
(1)明确单摆的运动过程,判断是否符合简谐运动的条件。
(2)运用T=2π 时,注意l和g是否发生变化,若发生变化,则分别求出不同l和g时的运动时间。
(3)单摆振动周期改变的途径:
①改变单摆的摆长。
②改变单摆的重力加速度(改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重)。
(4)明确单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。
【变式训练2】 如图所示,单摆甲放在空气中,周期为T甲;单摆乙放在以加速度a向下加速的电梯中,周期为T乙;单摆丙带正电,放在匀强磁场B中,周期为T丙;单摆丁带正电,放在匀强电场E中,周期为T丁,那么(　　)
A.T甲>T乙>T丁>T丙
B.T乙>T甲=T丙>T丁
C.T丙>T甲>T丁>T乙
D.T丁>T甲=T丙>T乙
答案:B
【变式训练3】 如图所示,长为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球,在O点正下方 处的P点固定一小钉子。现将小球拉至A点,使细线与竖直方向间夹角很小,然后由静止释放小球,小球在竖直平面内运动。点B(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.点B在点A下方
B.点B在点A上方
答案:D
解析:小球摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,因为两侧最高点动能均为零,则在最高点时重力势能相等,故最大高度相同,即点B与点A等高,故A、
知识点三
实验:单摆的周期和摆长的关系
问题引领
摆钟中的钟摆如图所示,当发现摆钟走时过快时,应该怎么调整钟摆下方的螺母
提示:由单摆周期公式T=2π 可知,要想让摆钟走慢些,可以增大摆长以增大钟摆的周期,所以需要把螺母向下调节。
归纳提升
1.实验目的
(1)测量单摆周期。
(2)探究单摆周期与摆长的关系。
2.实验原理
测量出单摆的周期,定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响,然后再确定单摆周期与摆长间的关系。实验探究方法:控制变量法。
3.实验器材
摆球1个(穿有中心孔)、停表、物理支架、刻度尺、游标卡尺、细线等。
4.实验操作
(1)测量单摆的周期
把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放,使之做简谐运动。当摆球某次通过平衡位置时开始计时,用停表记下摆球通过平衡位置n次所用的时间t(第一次过平衡位置的时间记为零),因为单摆完成一个周期的振动,经过
(2)探究单摆周期T与摆长l的关系
①用刻度尺量出悬线的长度l',用游标卡尺量出摆球的直径d,则摆长
②改变单摆的摆长,测出不同摆长单摆的周期,自己设计一个表格,把所测数据填入表中。
③以T为纵轴、l为横轴,根据表中数据,作出T-l图像。
④以T2为纵轴、l为横轴,根据表中数据,在坐标纸上描点,作出T2-l图像。
分析T2-l图像,得到周期和摆长的关系。
5.注意事项
(1)摆球要选体积小、密度大的,不要选体积大、密度小的,这样可以减小空气阻力的影响。
(2)摆角在5°左右,不要过大,因为摆角过大,单摆的振动不再是简谐运动,
(3)单摆要在竖直平面内摆动,不要使之成为圆锥摆。
(4)要从平衡位置计时,不要从摆球到达最高点时开始计时。
6.误差分析
(1)本实验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;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)本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上。要从摆球通过平衡位置开始计时,并采用倒数计时计数的方法,不能多记或漏记振动次数。为了减小偶数误差,进行多次测量后取平均值。
典型例题
【例题3】 (1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验时,图(a)中用游标卡尺测小球直径的操作最合理的是　　　　。
(a)
(2)用50分度游标卡尺测量小球的直径,如图(b)所示的读数是　　　　 mm,用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图(c)所示,停表读数为
　　　　　　　 s。
(b)
(c)
(3)清华大学和香港中文大学的两位学生,在各自学校探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”,他们通过校园网交换实验数据,并由计算机绘制了T2-l图像,如图(d)所示。在清华大学的同学所测实验结果对应的图线是
　　　　(选填“A”或“B”)。
(d)
答案:(1)B
(2)14.04　95.1
(3)B
解析:(1)测量小球的外径时,需要使用游标卡尺的外径测量脚,将小球放在外径测量脚的中部进行测量,故B正确,A、C、D错误。
(2)图示游标卡尺示数为14 mm+2×0.02 mm=14.04 mm,由图示停表可知,分针示数超过了半刻线,停表示数为90 s+5.1 s=95.1 s。
的重力加速度小于清华大学当地的重力加速度,由图像可知,图像A是在香港中文大学的同学的实验图线,B是清华大学的同学所测实验结果对应的图线。
【变式训练4】 (1)如图(a)所示,某同学在进行“探究单摆周期与摆长的关系”实验时,用停表记录下单摆50次全振动所用时间,由图可知该次实验中50次全振动所用的时间为　　　　 s。
(a)
(2)如图(b)所示,他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,他这样做的主要目的是　　　　。
A.便于测量单摆周期
B.保证摆动过程中摆长不变
C.保证摆球在同一竖直平面内摆动
(b)
(3)某同学以摆线的长度(l)作为纵坐标,以单摆周期的二次方(T2)作为横坐标,作出l-T2的图像如图(c)所示,则其作出的图线是　　　　(选填“图线1”“图线2”或“图线3”)。
(c)
答案:(1)99.8
(2)B
(3)图线2
解析:(1)由图示停表可知,其示数为60 s+39.8 s=99.8 s。
(2)用橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,是为了防止摆动过程中摆长发生变化,如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时,方便调节摆长,故B正确,A、C错误。
的摆长,以摆线长度作为单摆摆长,单摆摆长偏小,l-T2图像在横轴上有截距,如图线2所示。
课堂小结
随堂练习
1.(单摆及回复力的认识)关于单摆,下列说法正确的是(　　)
A.单摆摆球从平衡位置运动到最大位移处再回到平衡位置完成一次全振动
B.若单摆做简谐运动的周期为T,则摆球动能变化的周期也为T
C.摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供单摆摆球的回复力
D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
答案:C
解析:单摆摆球从平衡位置运动到最大位移处再回到平衡位置完成全振动的一半,选项A错误;若单摆做简谐运动的周期为T,因单摆每次到达平衡位置时动能都是最大的,则摆球动能变化的周期也为 ,选项B错误;摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供单摆摆球的回复力,选项C正确;单摆摆球经过平衡位置时有向心加速度,则加速度不为零,选项D错误。
2.(单摆的周期公式)摆长为l的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(t=0),
答案:C
3.(单摆的周期公式)如图所示,摆长为l的单摆放在倾角为θ的光滑固定斜面上,则摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时的周期为(　　)
答案:C
解析:斜面上的单摆的重力沿斜面向下的分力与竖直悬挂的单摆的重力等效,故斜面上的单摆的等效“重力加速度”为g'=gsin θ,根据单摆的周期公式
4.(探究单摆周期与摆长的关系)(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中,两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图(a)、(b)所示,测量方法正确的是
　　　[选填“(a)”或“(b)”]。
(a)
(b)
(2)用游标卡尺测出小球直径,如图(c),读出图中游标卡尺的读数为
　　　 mm。
(c)
(3)实验时,若摆球在垂直于纸面的平面内摆动,为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数,在摆球运动最低点的左、右两侧分别装置一激光光源与光敏电阻(光强越强,电阻越小),如图(d)所示,光敏电阻与某一自动记录仪相连,该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图(e)所示,则该单摆的振动周期为　　　　　。若保持悬点到小球顶点的绳长不变,改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验,则该单摆的周期将
　　　　(选填“变大”“不变”或“变小”)。
(d)
(e)
答案:(1)(b)
(2)11.4
(3)2t0　变大
解析:(1)用游标卡尺测量小球的直径,应将小球卡在外测脚的刀口上,故测量方法正确的是图(b)。
(2)10分度的游标卡尺的精度是0.1 mm,主尺读数为11 mm,游标尺示数为4×0.1 mm=0.4 mm,游标卡尺示数为11 mm+0.4 mm=11.4 mm。
(3)单摆在一个周期内两次经过平衡位置,每次经过平衡位置,单摆会挡住细激光束,从R-t图线可知周期为2t0;摆长等于摆线的长度加上小球的半径,(共36张PPT)
4.实验:用单摆测量重力加速度
第二章
内容索引
01
02
03
实验探究 新知导学
典例精讲 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.利用单摆测量当地的重力加速度。
2.巩固和加深对单摆周期公式的理解。
1.掌握应用单摆测量重力加速度的方法及数据处理,培养科学探究能力。
2.知道实验中注意问题,明确实验误差来源,培养科学探究态度。
实验探究 新知导学
一、实验目的
1.利用单摆测量当地的重力加速度。
2.巩固和加深对单摆周期公式的理解。
二、实验原理
三、实验器材
铁架台及铁夹、带孔小球、停表、细线(长1 m左右)、刻度尺(分度值为1 mm)、游标卡尺等。
四、实验操作
1.让一根不易伸长的细线的一端穿过小球的小孔,然后打一个比小孔大的线结。线的另一端固定在铁架台上(如图),把铁架台放在实验桌边,使铁夹伸到桌面以外,让摆球自由下垂。
2.用1 m长的刻度尺量出悬线长度l'(准确到mm),用游标卡尺量出摆球的直
3.把单摆从平衡位置拉开一个小角度(5°左右)后释放。为了使摆球只在一个竖直平面内摆动,要从静止释放摆球且不要旋转。从摆球某次通过平衡位置时启动停表开始计时,数出摆球通过平衡位置的次数n(摆球第一次通过平衡位置记为零)。用停表记下所用的时间t,则单摆的振动周期
4.根据单摆的周期公式,计算出重力加速度。
5.改变摆长,多做几次实验,计算出每次实验得到的重力加速度值。
6.把测得的数据和计算结果填入设计的表中,求出几次实验得到的重力加速度的平均值,即可把它看作本地区的重力加速度。
7.可以做更多次实验,由多组T、l值在坐标纸上作出T2-l图像,利用图像的斜率,计算出重力加速度g。
五、数据处理
六、注意事项
1.摆线要选1 m左右,不要过长或过短,太长测量不方便,太短摆动太快,不易计数。
2.摆长要悬挂好摆球后再测,不要先测摆长再系小球,因为悬挂摆球后细绳会发生形变。
3.计算摆长时要将摆线长加上摆球半径,不要把摆线长当作摆长。
4.摆球要选体积小、密度大的,不要选体积大、密度小的,这样可以减小空气阻力的影响。
5.摆角在5°左右,不要过大,因为摆角过大,单摆的振动不再是简谐运动,公
6.单摆要在竖直平面内摆动,不要使之成为圆锥摆。
7.要从平衡位置计时,不要从摆球到达最高点时开始计时。
8.要准确记好摆动次数,不要多记或少记。
七、误差分析
1.本实验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;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.本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上。要从摆球通过平衡位置开始计时,不能多记或漏记振动次数。为了减小偶然误差,进行多次测量后取平均值。
典例精讲 释疑解惑
【例题1】 某实验小组在利用单摆测量当地重力加速度的实验中:
(1)用游标卡尺测量摆球的直径,测量结果如图(a)所示,则该摆球的直径为　　　 cm。
摆动时偏角满足的条件是偏角在5°左右,为了减小测量周期的误差,计时开始时,摆球应是经过最　　　　(选填“高”或“低”)点的位置,且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间,求出周期。

(a)
图(b)中停表示数为一单摆全振动50次所需时间,则单摆振动周期为　　　　。
(b)
(2)用分度值为1 mm的刻度尺测摆长,测量情况如图(c)所示。O为悬挂点,从图(a)(c)中可知单摆的摆长为　　　　 m。
(c)
(3)若用L表示摆长,T表示周期,那么重力加速度的表达式为g=　　　　。
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,学生甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大。”学生乙说:“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变”,这两个学生中　　　　。
A.甲的说法正确
B.乙的说法正确
C.两学生的说法都是错误的
(5)某同学用单摆测当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T,如图(d)所示。通过改变悬线长度L,测出对应的摆动周期T,获得多组T与L,再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(e)所示。由图像可知,摆球的半径r=　　　 m,当地重力加速度g=　　 m/s2;由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会　　　　(选填“偏大”“偏小”或“一样”)。
(d)
(e)
答案:(1)0.96　低　2.64 s
(2)0.998 2
(4)A
(5)0.010　9.86　一样
解析:(1)由题图示游标卡尺可知,其示数为
9 mm+6×0.1 mm=9.6 mm=0.96 cm。
为了减小测量周期的误差,应从摆球经过最低点的位置时开始计时。
由题图示停表可知,其示数t=120 s+12 s=132 s,故单摆周期
(2)悬点到摆球球心的距离是单摆摆长,由题图(a)(c)示刻度尺可知,单摆摆
(4)考虑到空气浮力,浮力的方向始终与重力方向相反,相当于等效的重力场的重力加速度变小,甲的说法正确,故A正确。
(5)T2与L的图像,应为过原点的直线,但图像中没有过原点,且实验中该学生在测量摆长时,只量了悬线的长度L当作摆长,而没有加上摆球的半径,据此可知横轴截距应为球的半径,由题图示图像可知,摆球的半径r=1.0 cm=0.010 m;
值,误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线,T2-L图像的斜率不变,所测重力加速度不变。
【例题2】 用单摆测量重力加速度的实验装置如图(a)所示。
(a)
(1)若测量结果得到的g值偏大,可能是因为　　　。(选填选项前的字母)
A.组装单摆时,选择的摆球质量偏大
B.测量摆长时,将悬线长作为单摆的摆长
C.测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动
(2)下表是某同学记录的实验数据,并做了部分处理。
组次 1 2 3 4 5 6
摆长l/cm 40.00 50.00 60.00 80.00 100.00 120.00
50次全振动时间t/s 63.0 74.0 77.5 89.5 100.0 109.5
周期T/s 1.26 1.48 1.55 1.79 2.19
周期的二次方T2/s2 1.59 2.01 2.40 3.20 4.80
请计算第5组实验中的T2=　　　 s2。
(3)将上表数据输入计算机,可得到图(b)所示的l-T2图像,图线经过坐标原点,斜率k=0.25 m/s2。由此求得重力加速度g=　　　　 m/s2。(π2≈9.87,此空答案保留三位有效数字)
(b)
答案:(1)C　(2)4.00　(3)9.87
球质量无关,组装单摆时,选择的摆球质量偏大不会导致g的测量值偏大,故A错误;测量
摆长时,将悬线长作为单摆的摆长,所测摆长l偏小,所测g偏小,故B错误;测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动,所测周期T偏小,所测g偏大,故C正确。
(2)由表中实验数据可知,完成50次全振动需要的时间为100.0 s,则周期T=2.0 s,T2=4.00 s2。
【例题3】 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=　　　。
答案:(1)BC
解析:(1)在利用单摆测重力加速度实验中,为了使测量误差尽量小,须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线,摆球须在同一竖直面内摆动,摆长一定时,振幅尽量小些,以使其满足简谐运动条件,故选BC。
随堂练习
1.(实验原理的理解)用单摆测量重力加速度,根据的原理是(　　)
D.同一地区单摆的周期不变,不同地区的重力加速度与周期的二次方成反比
答案:C
解析:同一地区重力加速度不变,选项A、B、D错误;用单摆测量重力加速
2.(实验操作的理解)在“用单摆测量重力加速度”实验中,下列操作正确的是(　　)
A.须选用轻且不易伸长的细线
B.须选用密度和直径都较小的摆球
C.摆长必须大于1 m,摆角在5°左右
D.如果用DIS实验系统做实验,光电门应放在摆球摆动过程的最高点
答案:A
解析:为减小实验误差,组装单摆须选用轻且不易伸长的细线,故A正确;为减小空气阻力对实验的影响,减小实验误差,组装单摆须选用密度大而直径较小的摆球,故B错误;摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动,而摆长不是必须大于1 m,故C错误;如果用DIS实验系统做实验,光电门应该在速度最大的地方测量,故D错误。
3.(实验数据处理)在做“用单摆测量重力加速度”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(a)所示,则单摆摆长是
　　　 m。若测量了40次全振动的时间如图(b)中停表所示,则停表读数是
　　　　 s,单摆摆动周期是　　　　。
(a)
(b)
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,如图(c)所示,则:
(c)
单摆做简谐运动应满足的条件是　 。
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(结果保留两位有效数字)。
单摆做简谐运动的条件是摆角在5°左右。
把在一条直线上的点连在一起,误差较大的点均匀分布在直线的两侧,如图(共37张PPT)
5.阻尼振动　受迫振动
第二章
内容索引
01
02
03
自主预习 新知导学
合作探究 释疑解惑
随堂练习
课标定位
素养阐释
1.通过实验,认识受迫振动的特点。
2.了解产生共振的条件及其应用。
3.知道阻尼振动、自由振动、固有频率等物理概念。
1.知道阻尼振动和阻尼振动能量的转化情况,形成正确物理观念。
2.知道什么是受迫振动及产生条件,掌握物体做受迫振动的特点,培养科学思维。
3.知道共振现象,掌握产生共振的条件,知道常见的共振的应用和危害,形成科学态度与责任。
自主预习 新知导学
一、阻尼振动
1.阻尼振动:振动逐渐减弱,即振幅逐渐变小,振动能量逐步转变为其他能量,这种振动叫作阻尼振动。
2.自由振动:系统不受外力作用,只在自身回复力作用下的振动,称为自由振动。
3.无阻尼振动:理想情况下(即不受任何外力,没有任何能量损耗)振幅保持不变,叫作无阻尼振动。
4.系统的固有频率:自由振动的频率,叫作系统的固有频率。固有频率由
系统本身的特征决定。
5.实际的弹簧振子的运动是阻尼振动吗
答案:实际的弹簧振子在运动中除受弹力外,还受摩擦力等阻力的作用,振幅逐渐变小,因此振子做的是阻尼振动。当阻力很小时,在不太长时间内看不出振幅有明显的变小,于是就可以把它当作简谐运动来处理。
二、受迫振动
1.驱动力:如果用周期性的外力作用于振动系统,补偿系统的能量损耗,使系统持续等幅地振动下去,这种周期性的外力叫作驱动力。
2.受迫振动:系统在驱动力作用下振动叫作受迫振动。
三、共振
1.共振:驱动力的频率等于振动物体的固有频率时,受迫振动的振幅最大,这种现象叫作共振。
2.当驱动力的频率f等于振动物体的固有频率f0时,振幅最大;驱动力的频率f跟固有频率f0相差越大,振幅越小。
3.做受迫振动的物体一定会发生共振吗
答案:不一定。物体做受迫振动时,当驱动力的频率等于固有频率时,才会发生共振,即发生共振的物体一定做受迫振动,做受迫振动的物体不一定发生共振。
四、共振的应用与防止
在需要利用共振时,应使驱动力的频率接近或等于振动系统的固有频率;在需要防止共振时,应使驱动力的频率远离振动系统的固有频率。
【思考讨论】
1.判断下列说法的正误。
(1)受迫振动的频率与振动系统的固有频率无关。(　　)
(2)驱动力频率越大,振幅越大。(　　)
(3)共振只有害处没有好处。(　　)
(4)做受迫振动的物体一定会发生共振。(　　)
(5)阻尼振动的频率随振幅的减小而不断减小。(　　)
√
×
×
×
×
2.(多选)某振动系统的固有频率为f0,在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变,下列说法正确的是(　　)
A.当fB.当f>f0时,该振动系统的振幅随f减小而增大
C.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f0
D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f
答案:BD
解析:当f=f0时,系统达到共振,振幅最大,故ff0时,随f的减小,驱动力的频率接近固有频率,故该振动系统的振幅增大,故B正确;该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于驱动力的频率f,故C错误,D正确。
3.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
答案:A
解析:振子做受迫振动,其振动频率等于驱动力频率,则把手的转动频率为1 Hz,选项A正确。
合作探究 释疑解惑
知识点一
简谐运动、阻尼振动和受迫振动
问题引领
任何实际振动,只在初始时刻具有一定能量,在阻尼作用下最终会停下来,怎样才能使振动持续不断地进行下去呢
提示:施加周期性的驱动力。
归纳提升
1.三种振动的理解
(1)简谐运动: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: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
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
典型例题
【例题1】 (多选)下图是单摆做阻尼振动的振动图线,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
答案:BD
解析:单摆做阻尼振动,因此其机械能不断减小,选项D正确,C错误;由图又看出A、B两时刻单摆的位移相同,即在同一位置,故势能相同,选项B正确;因机械能越来越小,所以动能B处比A处小,选项A错误。
阻尼振动的能量和周期
(1)阻尼振动的振幅不断减小,能量不断减少,但阻尼振动的频率不变,其频率为固有频率,由系统本身决定。
(2)自由振动是一种理想情况,也叫简谐运动。实际中的振动都会受到阻力的作用,当阻力较小时,可认为是简谐运动。
(3)阻尼振动中,机械能E等于动能Ek和势能Ep之和,即E=Ek+Ep,E减小,但动能和势能相互转化,当Ep相等,Ek不相等,而从振动图像上可以确定Ep的关系。
【变式训练1】 如图所示的装置中,在曲轴AB上悬挂一个弹簧振子,若不转动把手C,让其上下振动,周期为T1,若使把手以周期T2(T2>T1)匀速转动,当运动都稳定后,则(　　)
A.弹簧振子的振动周期为T1
C.要使弹簧振子的振幅增大,可让把手转速减小
D.要使弹簧振子的振幅增大,可让把手转速增大
答案:D
解析:弹簧振子在把手作用下做受迫振动,因此振动周期等于驱动力的周期,等于T2,故A、B错误;驱动力的周期与弹簧振子的固有周期越接近,振幅越大,由于T2>T1,欲使振幅增大,应使T2减小,即转速应增大,故C错误,D正确。
知识点二
受迫振动　共振
问题引领
某工厂的一个车间里,机器一开动,整个车间就灰尘四起,既对工人的健康有害,也影响产品的质量,为此厂里请来了一位建筑工程师,他到车间察看后,叫人在车间里建了几根水泥立柱,问题就解决了。请你解释其中的奥秘。
提示:建几根水泥立柱,改变了车间的固有频率,使之不再与机器的振动频率接近,避免车间产生共振现象。
归纳提升
1.共振的条件:驱动力的频率与系统的固有频率相等,即f驱=f固。
2.共振曲线
如图所示,共振曲线的横坐标为驱动力的频率,纵坐标为受迫振动的振幅。
(1)从受力角度看: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,直到振幅达到最大。
(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。振动能量最大,振幅最大。
(3)认识曲线的形状:f=f0,共振;f>f0或f3.共振的利用与防止
(1)利用:要利用共振,就应尽量使驱动力的频率与物体的固有频率一致。如共振筛、共振转速计等。
(2)防止:在需要防止共振危害时,要尽量使驱动力的频率和固有频率不相等,而且相差越大越好。如:部队过桥应便步走。
说明:共振是物体做受迫振动时的一种特殊现象。
几点说明
(1)受迫振动的振幅与驱动力频率有关。
(2)受迫振动的振幅可以不变,但受迫振动的机械能是不守恒的。
(3)共振是物体做受迫振动时的一种特殊现象。共振有利时尽量让f接近f0,有害时尽量让f远离f0。
典型例题
【例题2】 (多选)把一个筛子用四根弹簧支起来,筛子上有一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力,这样就做成了一个共振筛(如图所示),筛子做自由振动时,完成10次全振动用时15 s,在某电压下,电动偏心轮转速是36 r/min。已知增大电压,可使偏心轮转速提高;增加筛子的质量,可以增大筛子的固有周期。那么要使筛子的振幅增大,下列哪些做法是正确的(　　)
A.提高输入电压
B.降低输入电压
C.增加筛子质量
D.减小筛子质量
答案:AC
这两个周期值靠近,可采用两种做法:第一,提高输入电压使偏心轮转得快一些,减小驱动力的周期;第二,增加筛子的质量使筛子的固有周期增大。
共振筛的工作原理是利用共振现象,当电动机偏心轮的转动周期跟筛子的固有周期相等时,就会发生共振。
【变式训练2】 如图所示,三个单摆的摆长为L1=1.5 m,L2=1 m,L3=0.5 m,现用一周期等于2 s的驱动力,使它们做受迫振动,那么当它们的振动稳定时,下列判断正确的是(　　)
A.三个摆的周期和振幅相等
B.三个摆的周期不等,振幅相等
C.三个摆的周期相等,振幅不相等
D.三个摆的周期和振幅都不相等
答案:C
固有频率不同,根据振幅与驱动频率的关系图,可知固有频率越接近驱动频率,振幅越大,所以三个摆球振幅不同,A、B、D错误,C正确。
课堂小结
随堂练习
1.(共振的应用与防止)部队经过桥梁时,规定不许齐步走;登山运动员登高山时,不许高声叫喊,主要原因是(　　)
A.减轻对桥的压力,避免产生回声
B.减少对桥、雪山的冲击力
C.避免使桥发生共振和使雪山发生共振
D.使桥受到的压力更不均匀,使登山运动员耗散能量减少
答案:C
解析:部队过桥时如齐步走,给桥梁施加周期性外力,容易使桥的振动幅度增加,即发生共振,造成桥梁倒塌;登山运动员登高山时高声叫喊,声波容易引发雪山共振而发生雪崩,故应选C。
2.(受迫振动与驱动力)如图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8 Hz,乙弹簧振子的固有频率为72 Hz,当支架在受到竖直方向且频率为9 Hz的驱动力作用做受迫振动时,则两个弹簧振子的振动情况是(　　)
A.甲的振幅较大,且振动频率为8 Hz
B.甲的振幅较大,且振动频率为9 Hz
C.乙的振幅较大,且振动频率为9 Hz
D.乙的振幅较大,且振动频率为72 Hz
答案:B
解析:当驱动力的频率与固有频率接近时,振幅增大,且受迫振动的频率等于驱动力频率,B正确。
3.(共振的应用与防止)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(翅膀)很快就抖动起来,而且越抖越厉害。后来经过人们的探索,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
答案:D
解析:飞机振动的原因是气流使机翼的振动周期与机翼的固有周期接近发生了共振现象,通过装置一个配重杆的方法改变机翼的固有周期,从而避免共振的发生,D正确。
4.(共振曲线的理解)某同学在研究单摆的受迫振动时,得到如图所示的共振曲线。横轴表示驱动力的频率,纵轴表示稳定时单摆振动的振幅。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.由图中数据可以估算出摆球的摆长
B.由图中数据可以估算出摆球的质量
C.由图中数据可以估算出摆球的最大动能
D.如果增大该单摆的摆长,则曲线的峰将向右移动
答案:A
解析:从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率,单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率,根据单摆的频率可以计算出单摆的周期,根据单摆的周期公式可以算出单摆的摆长,选项A正确;从单摆的周期无法计算出单摆的摆球质量和摆球的最大动能,选项B、C错误;如果增大单摆的摆长,单摆的周期增大,频率减小,曲线的峰将向左移动,选项D错误。(共25张PPT)
本章整合
第二章
内容索引
01
02
知识网络 系统构建
重点题型 归纳剖析
知识网络 系统构建
-kx
Asin(ωt+φ)
平衡位置
最大
一次全振动
单位时间
位移
时间
弹力
圆弧切线方向的分力
逐渐减小
周期性驱动力
驱动力的频率
f固
重点题型 归纳剖析
一、简谐运动的图像及应用
1.图像的用途。
(1)可以确定振动物体在任一时刻的位移。
(2)确定振动的振幅。
(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)函数图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期。
(4)确定各时刻质点的振动方向。
2.结合图像分析描述简谐运动的物理量的关系,分析的顺序为:
【例题1】 (多选)一水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动,平衡位置在坐标原点,向x轴正方向运动时弹簧被拉伸,振子的振动图像如图所示,已知弹簧的劲度系数为20 N/cm,振子质量为m=0.1 kg,则(　　)
A.图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N,方向指向x轴的负方向
B.图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的负方向
C.图中A点对应的时刻振子的加速度大小为50 m/s2
D.在0~4 s内振子通过的路程为4 cm
答案:ACD
解析:质点A点对应的时刻振子的位移为0.25 cm,所受的回复力F=-kΔx
=-20×0.25 N=-5 N,负号表示方向指向x轴的负方向,故A正确;质点A点对应的时刻振子的位移为0.25 cm,正在向最大位移运动,所以点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向,故B错误;图中A点对应的时刻振子的加
0.5 cm,在0~4 s内振子做了2次全振动,振子通过的路程为s=2×4A=2×4×0.5 cm=4 cm,故D正确。
振动图像的分析方法
(1)首先,要理解位移—时间图像的意义,明确切线斜率的大小等于速度的大小,切线斜率的正负表示速度的方向。
(2)其次,要把位移—时间图像与质点的实际振动过程联系起来,图像上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等),图像上的一段对应振动的一个过程。
(3)解题关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向,读出振幅、周期,算出简谐运动的路程和位移。
【变式训练1】 (多选)一质点做简谐运动的振动图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.振动图像上的A、B两点振动物体的速度相同
B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点的加速度大小相等,
方向相反
C.振动图像上A、B两点的速度大小相等,方向相反
D.质点在t=0.2 s和t=0.3 s时的动能相等
答案:BC
解析:A、B两点位移相同,速度大小相等,但方向相反,因此A错误,C正确。t=0.1 s和t=0.3 s质点离开平衡位置的位移最大,方向相反,由F=-kx,a=- 可知,B正确。t=0.2 s时,物体通过平衡位置,速度最大,动能最大;而t=0.3 s时,速度为零,动能最小,故D错误。
二、简谐运动的周期性和对称性
1.周期性:做简谐运动的物体在完成一次全振动后,再次振动时则是重复上一个全振动的形式,所以做简谐运动的物体经过同一位置可以对应不同的时刻,做简谐运动的物体具有周期性。
2.对称性
(1)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。
(2)加速度和回复力的对称性: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)时间的对称性:系统通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等。振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过的时间相等。
【例题2】 某质点做简谐运动,从平衡位置开始计时,经0.2 s第一次到达M点,如图所示。再经过0.1 s第二次到达M点,求它再经多长时间第三次到达M点
解析:第一种情况:质点由O点经过t1=0.2 s直接到达M,再经过t2=0.1 s由C点回到M。由对称性可知,质点由M点到达C点所需要的时间与由C点返回M所需要的时间相等,所以质点由M到达C的时间为
解决此类问题,首先要确定对称点,认识到在这一对称点时速度大小相等,加速度大小相等,回复力大小相等,最后根据题目要求来确定所需要的物理量。
【变式训练2】 如图所示,质量为m的物体放在弹簧上,与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动,当振幅为A时,物体对弹簧的最大压力是物重的1.5倍,则物体对弹簧的最小压力是多少 要使物体在振动中不离开弹簧,振幅不能超过多大
解析:物体做简谐运动时在最低点物体对弹簧的压力最大,在最高点时物体对弹簧的压力最小。物体在最高点的加速度与在最低点时的加速度大小相等,回复力的大小相等。则有
物体在最低点时:F回=1.5mg-mg=ma①
物体在最高点时:F回=mg-FN=ma②
由以上可以得出振幅为A时最大回复力为0.5mg
所以有kA=0.5mg③
欲使物体在振动中不离开弹簧,则最大回复力可为mg
所以有kA'=mg④
由③和④两式联立解得A'=2A。
三、单摆周期公式的应用
2.注意:(1)单摆的周期T只与摆长l及g有关,而与振子的质量及振幅无关。
(2)l为等效摆长,表示从悬点到摆球球心的距离,要区分摆长和摆线长。小球在光滑圆周上小角度振动和双线摆也属于单摆,“l”实际为摆球到摆动所在圆弧的圆心的距离。
(3)g为当地的重力加速度或“等效重力加速度”。
【例题3】 已知地球半径为R,一单摆在山脚下(处于海平面高度)的周期为T,将该单摆移到高为h的山顶,其周期改变量ΔT为(　　)
答案:A
解析:设单摆的摆长为l,地球的质量为M,
【变式训练3】 有一星球其半径为地球半径的2倍,平均密度与地球相同,今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面,摆钟的秒针走一圈的实际时间变为(　　)
答案:B

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