资源简介 第二节 简谐运动的描述自主梳理一、简谐运动的函数描述1．简谐运动的函数表达式：x＝________．(1)A：是简谐运动的________．(2)ω：是简谐运动的________．2．角频率(ω)：ω是一个与周期成反比、与频率成正比的量，表示简谐运动的快慢，ω与T和f 的关系为ω＝＝________．3．相位(1)定义：(ωt＋φ)代表了做简谐运动的物体此时正处于一个运动周期中的哪个状态，物理学中把(ωt＋φ)叫作________．其中φ表示t＝0时的相位，叫作________．(2)相位差：两个简谐运动的频率相同，其初相位分别是φ1和φ2，当φ1大于φ2时，相位差是Δφ＝________．(1)简谐运动的位移表达式与计时时刻物体所在位置无关.( )(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＝A cos (ωt＋φ)中，(ωt＋φ)的单位是弧度．( )二、简谐运动的图像描述1．两个振子P、Q做简谐运动的位移—时间函数表达式分别为x1＝A1cos 和x2＝A2cos ，它们的振动曲线如图所示．振子Q的振动比振子P的振动超前________个周期，即Q与P的相位差为________．2．从图像可以看出，相位是一个相对概念，与所取的时间零点有关．两个振动的相位差是个绝对概念，表示两个频率相同的简谐运动的振动先后关系．课堂探究 对简谐运动表达式的理解及应用[思 维 深 化]1．对简谐运动表达式的应用做简谐运动的物体位移x随时间t变化表达式x＝A cos (ωt＋φ)(1)由表达式x＝A cos (ωt＋φ)，直接读出振幅A、角频率ω和初相位φ.(2)据ω＝或ω＝2πf可求周期T或频率f，可以求某一时刻质点的位移x.2．关于两个相同频率的简谐运动的相位差Δφ＝φ1－φ2的理解(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1比振动2超前；Δφ<0，表示振动1比振动2滞后．3．表达式和图像的关系函数表达式和图像对同一个简谐运动的描述应该是一致的． 弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v.(1)求弹簧振子振动周期T.(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程．(3)若B、C之间的距离为25 cm.从平衡位置计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像．______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________书写简谐运动表达式的方法(1)明确振动过程，获取振幅、角频率、初相信息．(2)利用ω＝＝2πf转换获取表达式的必要物理量．[针 对 训 练]1．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝A sin ，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．第3 s末与第5 s末的位移方向相同D．第3 s末与第5 s末的速度方向相同2．如图所示，一弹簧振子在M、N间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点O为平衡位置，MN＝8 cm.从小球经过图中N点时开始计时，到第一次经过O点的时间为0.2 s，则小球的振动周期为______________s，振动方程为x＝____________cm. 简谐运动的图像问题[思 维 深 化]1．从简谐运动的振动图像可以确定任意时刻质点的位移大小和方向、任意时刻质点的振动方向、任意时刻质点的加速度的方向．2．位移－时间图像反映了振子位移随时间变化的规律，它不是振子的运动轨迹． 如图是某质点做简谐运动的振动图像，根据图像中的信息，回答下列问题：(1)质点离开平衡位置的最大距离是多少？(2)在t＝1.5 s时和t＝2.5 s时，质点分别向哪个方向运动？(3)质点在第2 s末的位移是多少？________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[针 对 训 练]3．(多选)劲度系数为20 N/cm的水平弹簧振子的振动图像如图所示，则( )A．在A点时，振子所受的弹力大小为5 N，方向指向x轴负方向B．在A点时，振子的速度方向指向x轴正方向C．在0～4 s内，振子做了1.75次全振动D．在0～4 s内，振子通过的路程为0.25 cm4．如图所示是某质点做简谐运动的图像，根据图像中的信息，回答下列问题：(1)质点在第3 s末的位移是多少？质点振动过程中的最大位移为多少？(2)在前4 s内，质点经过的路程为多少？课时练习1．一简谐运动的图像如图所示，在0.1～0.15 s这段时间内该物体( )A．位移增大，速度减小，位移和速度方向相同B．位移增大，速度减小，位移和速度方向相反C．位移减小，速度增大，位移和速度方向相同D．位移减小，速度增大，位移和速度方向相反2．一个质点在水平方向上做简谐运动，位移随时间变化的关系是x＝5sin (5πt)cm，则下列判断正确的是( )A．该简谐运动的周期是0.2 sB．0～1 s内质点运动的路程是100 cmC．0.4～0.5 s内质点的速度在逐渐减小D．t＝0.6 s时质点的速度为03．某振子做简谐运动的表达式为x＝ cm(t的单位为s)，则该振子振动的振幅和周期分别为( )A．2 cm和1 s B．2 cm和2π sC．1 cm和 s D．1 cm和2π s4．如图所示，弹簧振子在d、c间振动，振子从a到b历时0.2 s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，则该振子的振动周期为( )A．0.6 s B．0.8 sC．1.0 s D．1.2 s5．如图甲所示，一弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O点为振子静止的位置，其振动图像如图乙所示，规定向右的方向为正方向，试根据图像分析以下问题：(1)在t＝0时刻，振子所处的位置为______，正在向______(选填“左”或“右”)方向运动．(2)A、B两点间的距离为________cm.(3)在图乙中，振子在t＝1 s、t＝2 s和t＝3 s时所处的位置依次是________、________和______．(4)在t＝2 s时，振子的速度的方向与t＝0时速度的方向________．(5)质点在前4 s内的位移等于________cm，其路程为________cm.第二节 简谐运动的描述课前自主梳理一、1．A cos (ωt＋φ) (1)振幅 (2)角频率 2.2πf3．(1)初相位或相位 初相 (2)φ1－φ2判一判(1)× (2)√ (3)√二、1．课堂重点探究要点1思维深化例1 解析：(1)弹簧振子简谐运动的示意图如图甲所示．由对称性可得T＝0.5×2 s＝1.0 s.甲(2)B、C间的距离为2个振幅，则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm.振子4.0 s内通过的路程为s＝4×4A＝4×4×12.5 cm＝200 cm.(3)根据x＝A sin (ωt)，A＝12.5 cm，ω＝＝2π.得x＝12.5sin (2πt)cm.振动图像如图乙所示．乙答案：(1)1.0 s (2)200 cm (3)见解析针对训练1．解析：AD 根据x＝A sin 可求得该质点振动周期为T＝8 s，则该质点振动图像如图所示，图像的斜率为正表示速度为正，反之为负．由图可以看出第1 s末和第3 s末的位移相同，但斜率一正一负，故速度方向相反，选项A正确，B错误；第3 s末和第5 s末的位移方向相反，但两点的斜率均为负，故速度方向相同，选项C错误，D正确．2．解析：从N点到O点为，则＝0.2 s，故T＝0.8 s；由于ω＝，而振幅为A＝＝4 cm，从最大位移处开始振动，所以振动方程为x＝4cos cm.答案：0.8 4cos要点2思维深化例2 解析：(1)质点离开平衡位置的最大距离就是x的最大值，即10 cm.(2)根据图像的斜率表示速度，可知在t＝1.5 s时质点的速度为负，即沿x轴负方向，在t＝2.5 s时质点的速度也为负，即也沿x轴负方向．(3)质点在第2 s末处于平衡位置，因此位移为0.答案：(1)10 cm (2)都沿x轴负方向运动 (3)0针对训练3．解析：AB 从振动图像可以看出，在A点时，振子的位移方向指向x轴正方向，弹力方向与位移方向相反，故弹力方向指向x轴负方向，弹力大小F＝kx＝20×0.25 N＝5 N，因振子由平衡位置向正向最大位移处运动，故速度方向指向x轴正方向，选项A、B正确；从振动图像可以得出，振动的周期为2 s，振幅为0.5 cm，故0～4 s内振子完成2次全振动，振子通过的路程为s＝2×4×0.5 cm＝4 cm，选项C、D错误．4．解析：(1)由x-t图像可以读出3 s末质点的位移为－10 cm，振动过程中的最大位移为10 cm.(2)第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内的路程均为10 cm，故前4 s内总路程为40 cm.答案：(1)－10 cm 10 cm (2)40 cm课堂巩固训练1．解析：A 由题图可知，在0.1～0.15 s这段时间内，位移为负且增大，表明物体远离平衡位置运动，速度为负且减小，位移和速度方向相同．2．解析：C 由于简谐运动的位移随时间变化的关系式为x＝5sin (5πt) cm，则角频率ω＝5π rad/s，周期T＝ s＝0.4 s，故A错误；1 s＝2.5T，1个周期内质点运动的路程为4A＝20 cm，所以0～1 s内质点运动的路程是s＝2.5×20 cm＝50 cm，故B错误；0.4～0.5 s内质点由平衡位置向最大位移处运动，速度在逐渐减小，故C正确；t＝0.6 s时质点位移x1＝5sin (5π×0.6) cm＝0，质点经过平衡位置，速度最大，故D错误．3．解析：A 根据简谐运动的表达式x＝2sin cm可知，该振子振动的振幅A＝2 cm，角频率ω＝2π rad/s，则周期为T＝ s＝1 s．4．解析：B 由于振子在a、b两点的速度相同，则a、b两点关于O点是对称的，所以从O到b点的时间为0.1 s，而从b再回到a的最短时间为0.4 s，则从b再回到b的最短时间为0.2 s，所以从b到最大位移处c的最短时间为0.1 s，因此振子的振动周期为T＝4×(0.1 s＋0.1 s)＝0.8 s，故选B.5．解析：(1)由振动图像知，t＝0时，x＝0，表示振子位于平衡位置，在0～1 s内，振动位移x＞0，且逐渐增大，表示t＝0时，振子沿正方向运动，即向右运动．(2)由图像知，振子离开平衡位置的最大距离为3 cm，则AB＝6 cm.(3)在t＝1 s时，x＝3 cm，振子位于B位置；在t＝2 s时，x＝0，振子位于平衡位置；在t＝3 s时，x＝－3 cm，振子位于A位置．(4)在t＝2 s时，x-t图像的斜率为负，表示向负方向运动，即向左运动，与t＝0时速度的方向相反．(5)在t＝4 s时，振子又回到了平衡位置，故位移Δx＝0，其路程为s＝3 cm×4＝12 cm.答案：(1)O点 右 (2)6 (3)B点 O点 A点(4)相反 (5)0 12第一节 简谐运动自主梳理一、认识简谐运动1．机械振动和平衡位置：物体(或物体的一部分)在某一中心位置(平衡位置)两侧所做的______叫作机械振动，简称________．2．弹簧振子(1)定义：把________和________组成的系统称为弹簧振子，其中的小球称为________．(2)特点：与小球的质量相比，弹簧的质量可以________．3．回复力(1)定义：使振子在________________做往复性运动的力．(2)方向：指向________．(3)表达式：F＝________．4．全振动：如图所示，类似于O→M→O→M′→O的一个________________．5．简谐运动的动力学定义：物体在跟偏离平衡位置位移的大小成________，并且总是指向________的回复力的作用下的振动叫作简谐运动．(1)弹簧振子是一种理想化的模型．( )(2)弹簧振子的平衡位置都在原长处．( )(3)振动的物体可以做直线运动，也可以做曲线运动．( )(4)弹簧振子的运动是简谐运动．( )(5)弹簧振子的运动方向可以和位移方向相反．( )二、弹簧振子的位移—时间图像1．建立坐标系：以小球的______为坐标原点，横轴和纵轴分别表示时间t和小球的位移x.2．绘制图像：在坐标系中标出各时刻________的位置，用曲线把各点连接起来，就是小球在________附近往复性运动时的位移－时间图像，即x-t图像(如图所示)．3．简谐运动的运动学定义：每个全振动中，偏离平衡位置的位移—时间函数为________或者________函数，具有这种特征的运动叫作简谐运动．(1)振子的位移相同时，速度也相同．( )(2)简谐运动的图像都是正弦或余弦曲线．( )(3)简谐运动的图像是弹簧振子的运动轨迹．( )三、描述简谐运动的特征物理量1．振幅：物体振动时离开平衡位置的________距离．2．周期：物体完成一次________所需要的时间，用T表示．3．频率：物体在一段时间内完成全振动的次数与所用时间之比，用f表示．频率和周期的关系为：________．四、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，振子在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________．这样的运动叫作周期性往复运动．2．根据下面的水平弹簧振子图，可分析各个物理量的变化关系如表所示．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 增大速度 方向 向左 向左 向右 向右大小 增大 减小 增大 减小动能 增大 减小 增大 减小弹性势能 减小 增大 减小 增大机械能 不变 不变 不变 不变(1)简谐运动是一种理想化的振动，满足机械能守恒．( )(2)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．( )(3)弹簧振子位移最大时，势能也最大．( )课堂探究 弹簧振子与简谐运动的运动特征[思 维 深 化]1．弹簧振子看作理想化模型的条件(1)弹簧的质量比振子的质量小得多，可以认为质量集中于振子．(2)阻力(摩擦力及空气阻力)足够小．(3)振动中，弹簧形变始终处于弹性限度内．2．对平衡位置的理解(1)从物体受力特点看：物体在平衡位置所受合力不一定为零，而是沿振动方向的合力为零．(2)从速度角度看：平衡位置是振动中速度最大的位置． (多选)关于机械振动和平衡位置，以下说法正确的是( )A．平衡位置就是振动物体静止时的位置B．机械振动的位移总是以平衡位置为起点的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的位移[思路点拨] 某一时刻的振动位移与机械运动在某一段时间内的位移有什么区别？对弹簧振子的说明(1)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．(2)弹簧振子位于关于平衡位置对称的两点时，振子的位移大小相等，方向相反；振子的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．(3)振子的位移指相对平衡位置的位移，即由平衡位置指向振子所在的位置．振子向平衡位置运动，速度逐渐增大；振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小．[针 对 训 练]1．(多选)如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定，它们组成一个振动的系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，钢球便上下振动起来，若以竖直向下为正方向，下列说法正确的是( )A．钢球运动所能达到的最低处为平衡位置B．钢球原来静止时的位置为平衡位置C．钢球振动到距原静止位置下方3 cm处时位移为3 cmD．钢球振动到距原静止位置上方2 cm处时位移为2 cm 简谐运动的回复力[思 维 深 化]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．如图甲所示，水平方向的弹簧振子，弹力充当回复力；如图乙所示，竖直方向的弹簧振子，弹力和重力的合力充当回复力；如图丙所示，m随M一起振动，m的回复力是静摩擦力．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偏离平衡位置的位移大小成正比，回复力的方向与振子偏离平衡位置的位移方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置．(2)公式F＝－kx中的k指的是回复力与振子偏离平衡位置的位移的比例系数，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)根据牛顿第二定律得，a＝x，表明弹簧振子做简谐运动时振子的加速度大小也与振子偏离平衡位置的位移大小成正比，加速度方向与振子偏离平衡位置的位移方向相反． (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．弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用B．弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用C．振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大D．振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置理解回复力的两点注意(1)分析物体做简谐运动的回复力，首先要明确回复力是效果力，是由物体受到的力来充当的，不要认为回复力是物体受到的一种新力．(2)对于相关联的多个物体，整体法和隔离法在分析简谐运动时，仍然适用．[针 对 训 练]2．(多选)关于简谐运动，以下说法正确的是( )A．回复力可能是物体受到的合外力B．回复力是根据力的作用效果命名的C．振动中位移的方向是不变的D．物体振动到平衡位置时所受合外力一定等于零 简谐运动的图像[思 维 深 化]1．对简谐运动图像(x-t图像)的认识(1)图像形状：正(余)弦曲线．(2)图像的应用：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，则某时刻振子偏离平衡位置的位移可用该时刻振子所在位置的坐标来表示．2．获取信息(1)任意时刻质点的位移的大小和方向．如图甲所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和－x2.甲(2)任意时刻质点的振动方向：看下一时刻质点的位置，如图乙所示中质点在a位置时，下一时刻离平衡位置更远，故此刻质点向x轴正方向振动．乙(3)简谐运动中速度和位移的关系：看下一时刻质点的位置，判断是远离还是衡位置．若远离平衡位置，则速度越来越小，位移越来越大；若衡位置，则速度越来越大，位移越来越小．如图乙中质点在b位置时，从正向位移处向着平衡位置运动，则速度为负且增大，位移正在减小；质点在c位置时，从负向位移处远离平衡位置运动，则速度为负且减小，位移正在增大． (多选)如图所示为某质点做简谐运动的图像，则下列说法正确的是( )A．质点在0.7 s时，正在远离平衡位置运动B．质点在1.5 s时的位移最大C．1.2 s到1.4 s，质点的位移在增大D．1.6 s到1.8 s，质点的位移在增大(1)简谐运动图像的应用①从图像中可直接读出质点的最大位移、某时刻质点的位移大小和方向．②可判断某时刻质点的速度方向及一段时间内速度大小的变化情况．③可以预测一段时间后质点位移和速度的大小、方向的变化趋势．(2)分析图像问题时，要把图像与物体的振动过程联系起来．①图像上的一个点表示振动中的一个状态．②图像上的一段图线对应振动的一个过程．[针 对 训 练]3．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为( ) 描述简谐运动的物理量[思 维 深 化]1．对全振动的理解(1)全振动的定义：振动物体以相同的速度相继通过同一位置所经历的过程，叫作一次全振动．例如在水平方向上运动的弹簧振子的运动：O→A→O→A′→O或A→O→A′→O→A为一次全振动．(如图所示，其中O为平衡位置，A、A′为最大位移处)(2)全振动的四个特征①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．②时间特征：历时一个周期．③路程特征：振幅的4倍．④相位特征：增加2π.2．简谐运动中振幅和几个物理量的关系(1)振幅与位移：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．(2)振幅与路程：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倍振幅，半个周期内的路程为2倍振幅．(3)振幅与周期：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． 如图所示，弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，A、B间距离是20 cm，从A到B运动时间是2 s，则( )A．从O→B→O振子做了一次全振动B．振动周期为2 s，振幅是10 cmC．从B开始经过6 s，振子通过的路程是60 cmD．从O开始经过3 s，振子处在平衡位置对做简谐运动的物体，某一阶段的振动是否为一次全振动，可以从以下两个角度判断：(1)从物体经过初、末位置时的特征物理量看：如果物体的位移和速度都相同(大小、方向两方面)，即物体完成了一次全振动．(2)从物体在这段时间内通过的路程看：如果物体的路程等于振幅的四倍，即物体完成一次全振动．[针 对 训 练]4．一个质点经过平衡位置O，在A、B两点间做简谐运动如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，则(1)OB＝________cm.(2)第0.2 s末，质点的速度方向向______．(3)0.7 s末，质点位置在______点与______点之间．(4)质点从O点运动到B点再运动到A点所需时间t＝________s. 简谐运动中各个物理量的变化规律[思 维 深 化]1．在简谐运动中，位移、回复力、加速度和势能四个物理量同时增大或减小，与速度和动能的变化步调相反．2．平衡位置是位移、加速度和回复力方向变化的转折点．3．最大位移处是速度方向变化的转折点． (多选)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，动能最大，加速度最小B．小球在A、B位置时，动能最小，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，振子振动的能量不断增加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．[针 对 训 练]5．(多选)关于质点做简谐运动的说法正确的是( )A．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反B．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大D．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小课时练习1．(多选)做简谐运动的弹簧振子在某段时间内速度越来越大，则这段时间内( )A．振子的位移越来越大B．振子正向平衡位置运动C．振子速度与位移方向相同D．振子速度与位移方向相反2．(多选)关于简谐运动的动力学公式F＝－kx，以下说法正确的是( )A．k是弹簧的劲度系数，x是弹簧长度B．k是回复力跟位移的比例常数，x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移C．对于弹簧振子系统，k是劲度系数，它由弹簧的性质决定D．因为k＝－，所以k与F的大小成正比3．(多选)如图甲所示，一弹簧振子在A、B间振动，取向右为正方向，振子经过O点时开始计时，其振动的x-t图像如图乙所示．则下列说法中正确的是( )A.t2时刻振子在A点B．t2时刻振子在B点C．在t1～t2时间内，振子的位移在增大D．在t3～t4时间内，振子的位移在减小4．一质量为m的小球，通过一根轻质弹簧悬挂在天花板上，如图所示．(1)小球在振动过程中的回复力实际上是________________________；(2)该小球的振动是否为简谐运动？第一节 简谐运动课前自主梳理一、1．往复运动 振动 2.(1)小球 弹簧 振子 (2)忽略3．(1)平衡位置两侧 (2)平衡位置 (3)－kx4．完整的振动过程 5.正比 平衡位置判一判(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√二、1．平衡位置 2.小球球心 平衡位置 3.正弦 余弦判一判(1)× (2)√ (3)×三、1．最大 2.全振动 3.f＝四、1．重复判一判(1)√ (2)× (3)√课堂重点探究要点1思维深化例1 解析：AB 平衡位置是物体静止时的位置，与受力有关，不一定是振动范围的中心；振动位移是以平衡位置为起点，到物体所在位置的有向线段；振动位移随时间而变化，物体偏离平衡位置最远时，振动物体的位移最大，而路程越大，位移不一定越大．所以只有A、B选项正确．针对训练1．解析：BC 振子的平衡位置是指振子原来静止时的位置，故A错误，B正确；振子的位移为从平衡位置指向某时刻振子所在位置的有向线段，有方向，有正负，可判断C正确，D错误．要点2思维深化例2 解析：AD 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，故A正确，B错误；回复力与振子偏离平衡位置的位移的大小成正比，由A向O运动过程中偏离平衡位置位移的大小在减小，故此过程回复力逐渐减小，C错误；回复力总是指向平衡位置，故D正确．针对训练2．解析：AB 回复力可以是某个力，可以是某个力的分力，也可以是几个力的合力，A正确；回复力可以由重力、弹力、摩擦力等各种不同性质的力提供，其效果是使物体回到平衡位置，B正确；位移是从平衡位置指向物体所在位置，其方向是不同的，C错误；物体振动到平衡位置时，所受回复力为零，但合外力不一定为零，D错误．要点3思维深化例3 解析：BC 由于位移是指由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，故质点在0.7 s时的位移方向为正，且正在向平衡位置运动，所以A项错误；质点在1.5 s时的位移到达最大，B项正确；1.2 s到1.4 s，质点正在远离平衡位置，所以其位移在增大，C项正确；1.6 s到1.8 s，质点正向平衡位置运动，所以其位移在减小，故D项错误．针对训练3．解析：A 由题意，向右为x轴的正方向，振子位于N点时开始计时，因此t＝0时，振子的位移为正的最大值，振动图像为余弦函数，A项正确．要点4思维深化例4 解析：C 振子从O→B→O只完成半个全振动，A错误；从A→B振子也只是半个全振动，半个全振动是2 s，所以振动周期是4 s，B错误；t＝6 s＝1T，所以振子经过的路程为4A＋2A＝6A＝60 cm，C正确；从O开始经过3 s，振子处在最大位移处A或B，D错误．针对训练4．解析：(1)OB间距离等于振幅，由图知，OB＝OA＝5 cm.(2)位移图像切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2 s末质点的速度方向沿x轴负方向，即向左，位移大小为0.(4)质点从O经B运动到A所需时间为t＝0.8 s＝0.6 s.答案：(1)5 (2)左 (3)O B (4)0.6要点5思维深化例5 解析：AB 小球在平衡位置O时，弹簧处于原长，弹性势能为零，动能最大，位移为零，加速度为零，A项正确；在最大位移A、B处，动能为零，加速度最大，B项正确；由A→O，回复力做正功，由O→B，回复力做负功，C项错误；由B→O，动能增加，弹性势能减少，总能量不变，D项错误．针对训练5．解析：AD 质点从最大位移处向平衡位置运动的过程中，速度和回复力方向相同，但与位移方向是相反的，A正确；质点的加速度与位移的方向总相反，B错误；质点从平衡位置向最大位移运动过程中，回复力增大，速度减小，动能减小，C错误；质点从最大位移向平衡位置运动过程中，势能减小，回复力减小，加速度也减小，D正确．课堂巩固训练1．解析：BD 弹簧振子在某段时间内速度越来越大，说明它正向平衡位置运动，故位移越来越小，A错误，B正确；位移方向是从平衡位置指向振子所在位置，故速度与位移方向相反，C错误，D正确．2．解析：BC k是回复力跟位移的比例常数．对弹簧振子系统，k是弹簧的劲度系数，由弹簧的性质决定； x是弹簧形变的长度，也是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移，故B、C正确．3．解析：AC 振子在A点和B点时的位移最大，由于取向右为正方向，所以振子在A点有正向最大位移，在B点有负向最大位移，则t2时刻振子在A点，t4时刻振子在B点，故选项A正确，B错误；振子的位移是以平衡位置为参考点的，所以在t1～t2和t3～t4时间内振子的位移都在增大，故选项C正确，D错误．4．解析：(1)此振动过程的回复力实际上是弹簧的弹力与重力的合力．(2)设振子的平衡位置为O，向下方向为正方向，此时弹簧已经有了一个伸长量h，设弹簧的劲度系数为k，由平衡条件得kh＝mg①当振子向下偏离平衡位置的距离为x时，回复力即合外力为F回＝mg－k(x＋h)②将①代入②式得F回＝－kx，可见小球所受合外力与它的位移的关系符合简谐运动的受力特点，该振动系统的振动是简谐运动．答案：(1)弹力和重力的合力 (2)是简谐运动第三节 单摆自主梳理一、单摆的回复力1．单摆组成：(1)长细绳；(2)________．2．理想化要求(1)细绳的________和________可以忽略不计．(2)绳长比物体的尺寸________，物体可以看作________．(3)摆动过程中所受________可以忽略．实验中为满足上述条件，我们尽量选择质量大、________小的球和尽量________的绳．3．单摆的回复力(1)回复力的提供：如图所示，摆球的重力沿________方向的分力．(2)回复力的特点：在偏角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成__________，方向总指向________，即F＝－x.(3)运动规律：单摆在________时做简谐运动．(1)实际的摆的摆动都可以看作是简谐运动．( )(2)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置．( )(3)单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的．( )二、单摆的周期1．定性探究单摆的振幅、摆球质量、摆长对周期的影响(1)探究方法：____________．(2)实验结论①摆长越长，周期________．②单摆振动的周期与摆球质量和振幅______．2．单摆的固有周期：T与摆长L的二次方根成__________，与重力加速度g的二次方根成________．公式：T＝2π.课堂探究 单摆的回复力及运动规律[思 维 深 化]1．单摆的运动特点(1)摆球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)摆球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．单摆的回复力如图所示，重力G沿圆弧切线方向的分力G1＝mg sin θ是沿摆球运动方向的力，正是这个力提供了使摆球振动的回复力F＝G1＝mg sin θ.3．单摆做简谐运动的推证在θ很小时(理论值为θ＜5°)，sin θ≈tan θ＝，G1方向与摆球位移方向相反，所以有回复力F回＝G1＝－.因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动． 对于单摆的振动，以下说法中正确的是( )A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力C.摆球经过平衡位置时所受回复力为零D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零对于单摆的两点说明(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，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的受力平衡位置．实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡．(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F＝mg sin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力．[针 对 训 练]1．单摆振动的回复力是( )A．摆球所受的重力B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力C．悬线对摆球的拉力D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力2．关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是( )A．摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力作用B．摆球受的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大C．摆球受的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大D．摆球受的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向 对单摆周期公式的理解及应用[思 维 深 化]1．摆长L：实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心(均质球)的长度，即L＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径．2．单摆的周期公式T＝2π 在单摆的最大偏角小于5°的情况下才适用．3．单摆的周期与摆长L有关，在g不变的情况下，仅改变摆长，即可改变周期．4．单摆的周期与重力加速度g有关，不同纬度、不同海拔高度处，同一单摆的周期不同． 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次全振动用的时间t＝60.8 s，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s)，摆长应怎样改变？改变多少？______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________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)明确单摆周期与摆球的质量和振幅没有任何关系．[针 对 训 练]3．两个单摆在同一地点做简谐运动，当第一个单摆完成5次全振动时，第二个单摆完成8次全振动，则第一个单摆与第二个单摆摆长之比为( )A．5∶8 B．8∶5C．25∶64 D．64∶25课时练习1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是( )A．摆线质量不计B．摆线长度不伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．单摆的运动就是一种简谐运动2．(多选)如图，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑的钉子，使OO′＝，将小球拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回运动，若运动中摆线与竖直方向的夹角小于5°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )A．摆角大小不变B．A和C两点在同一水平面上C.周期T＝2πD．周期T＝π3．一个摆长为1.0 m的单摆在某地做简谐运动的周期恰为2.0 s．若将其摆长减小到0.25 m，摆球质量减小到原来的一半，仍在该地做简谐运动，则其振动周期为( )A．0.25 s B．0.5 sC．1.0 s D．2.0 s4．在同一地点的甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲< θ乙<5°，由静止开始释放，则( )A．甲先摆到平衡位置B．乙先摆到平衡位置C．甲、乙两摆同时到达平衡位置D．无法判断5．摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t＝0)，当振动至t＝时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是( )第三节 单摆课前自主梳理一、1．(2)小球 2.(1)伸缩 质量 (2)大很多 质点 (3)阻力作用 体积 细 3.(1)圆弧切线 (2)正比 平衡位置 (3)偏角很小判一判(1)× (2)× (3)√二、1．(1)控制变量法 (2)①越大 ②无关 2.正比 反比课堂重点探究要点1思维深化例1 解析：C 单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零．故应选C.针对训练1．解析：B 摆球振动的回复力是其重力沿切线方向的分力，即摆球重力在垂直于悬线方向上的分力，B正确．2．解析：B 单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力作用，故A项错误；重力垂直于摆线的分力提供回复力，当回复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，拉力等于重力沿摆线的分力大小，则拉力小于重力，在平衡位置处，回复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加速度方向沿摆线指向悬点，故C、D项错误，B项正确．要点2思维深化例2 解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T＝2π ，由此可得g＝，只要求出T值代入即可．因为T＝＝ s≈2.027 s，所以g＝ m/s2≈9.79 m/s2.(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为L0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有，故有L0＝ m≈0.993 m.其摆长要缩短ΔL＝L－L0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m.答案：(1)9.79 m/s2 (2)缩短0.027 m针对训练3．解析：D 由题意可知T1∶T2＝8∶5，由周期公式T＝∝，则L1∶L2＝T12∶T22＝64∶25，故D正确．课堂巩固训练1．解析：ABC 单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C正确；只有在摆角很小(θ<5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动，D错误．2．解析：BD 在小球运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，可知A和C两点在同一水平面上，由于摆长会发生变化，所以摆角大小是变化的，故A错误，B正确；小球从A到B的时间为t1＝，从B到C的时间为t2＝×2π ，故小球的运动周期为T＝2(t1＋t2)＝，故C错误，D正确．3．解析：C 单摆周期与摆球质量无关，由题意知T＝＝2 s，若将其摆长减小到0.25 m，即变为原来的，则T′＝2π T＝1 s，C正确．4．解析：C 两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，选项C正确．5．解析：D t＝T，最大速度时，单摆应在平衡位置，y＝0，v方向为－y，即沿y轴负方向，故D选项正确．第五节 受迫振动 共振自主梳理一、受迫振动的频率1．等幅振动：____________不变的振动叫作等幅振动．2．阻尼振动(1)定义：振幅随时间逐渐________的振动叫作阻尼振动．(2)持续振动的条件：由于阻尼作用振动系统最终要停下来，要维持系统的持续振动，简单的办法是使__________的外力作用于振动系统，外力对系统__________，补偿系统的__________．(3)振动系统能量衰减方式①由于振动系统受到摩擦阻力作用，使系统的机械能逐渐转化为内能．②由于振动系统引起邻近介质中各质点的振动，使能量向四周辐射出去，从而自身机械能减少．3．受迫振动(1)驱动力：作用于振动系统的________的外力．(2)定义：在外界________作用下的振动叫作受迫振动．(3)固有频率：弹簧振子和单摆的自由振动频率，只与它们__________有关，我们称之为固有频率．(4)受迫振动的频率大量实验都证实：物体做受迫振动稳定后，物体振动频率等于________的频率，与物体的________无关．二、共振及其应用和防止1．共振：当驱动力频率________振动系统的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到________，这种现象叫作共振．2．共振曲线：如图所示．3．共振的应用和防止(1)共振的应用：共振筛、地震仪等．(2)共振的防止：桥梁、码头等各种建筑的设计施工，飞机、汽车、轮船的发动机等机器设备的设计、制造、安装中必须考虑防止共振产生的危害．(3)需要利用共振时应使驱动力的频率________或________振动系统的固有频率；在防止共振时，应使驱动力的频率与振动系统的固有频率________________．(1)共振的频率等于振动系统的固有频率．( )(2)驱动力频率越大，振幅越大．( )(3)生活中应尽量使驱动力的频率接近振动系统的固有频率.( ) 比较阻尼振动与简谐运动[思 维 深 化]1．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，但振动的频率不会变化，此频率称为固有频率，由振动系统决定．2．阻尼振动与简谐运动(无阻尼振动)的比较比较 阻尼振动 简谐运动(无阻尼振动)产生条件 受到阻力作用 不受阻力作用振动能量 振动能量有损失 振动能量保持不变振幅 如果没有能量补充，振幅越来越小 振幅不变频率 不变 不变振动图像常见例子 悬挂的电灯被风吹动后开始振动，振幅越来越小 弹簧振子的振动 (多选)如图所示是单摆做阻尼振动的振动图线，下列说法正确的是( )A．摆球在A时刻的动能等于B时刻的动能B．摆球在A时刻的势能等于B时刻的势能C．摆球在A时刻的机械能等于B时刻的机械能D．摆球在A时刻的机械能大于B时刻的机械能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．[针 对 训 练]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，机械能减小D．机械能不守恒，周期不变2．(多选)若空气阻力不可忽略，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 受迫振动和共振[思 维 深 化]1．受迫振动和共振的比较振动类型 受迫振动 共振受力情况 周期性驱动力 周期性驱动力振动周期 或频率 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 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 机械运转时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等2.对共振曲线(如图所示)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＜f0，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． (多选)如图所示，为一个自制的振动系统，在泡沫上插上两根弹性很好的细竹片，并用塑料夹夹在竹片上端做成两个“单摆”A、B.单摆A、B除塑料夹高度不同外，其他条件完全相同．当底座沿某一方向做周期性振动时，A、B也跟着振动起来．下述说法正确的是( )A．摆A的固有频率比B的大B．当底座做周期性振动时，A摆的振动频率比B的大C．当底座振动频率由零开始从小到大变化(保持振幅不变)时，B开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大D．当底座振动频率由零开始从小到大变化(保持振幅不变)时，A开始振幅大，随着频率变大，摆B的振幅比A的大分析受迫振动的方法(1)在分析受迫振动时，首先要弄清驱动力的来源．(2)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，因而首先应确定驱动力的频率．(3)当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振．[针 对 训 练]3．(多选)下列说法中正确的是( )A．有阻力的振动叫作受迫振动B．物体振动时受到外力作用，它的振动就是受迫振动C．物体在周期性外力作用下的振动叫作受迫振动D．物体在周期性外力作用下振动，它的振动频率最终等于驱动力频率课时练习1．下列各种振动中，不是受迫振动的是( )A．敲击后的锣面的振动B．缝纫机针的振动C．人挑担子时，担子上下振动D．蜻蜓、蝴蝶翅膀的振动2．下列说法中正确的是( )A．实际的自由振动一定是阻尼振动B．在外力作用下的振动是受迫振动C．阻尼振动的振幅可以保持不变D．受迫振动稳定后的频率与自身物理条件有关3．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，小孩和吊床一起摆动D．弹簧振子在竖直方向上振动4．两个弹簧振子，甲的固有频率是100 Hz，乙的固有频率是400 Hz，若它们均在频率是300 Hz的驱动力作用下做受迫振动，则振动稳定后( )A.甲的振幅较大，振动频率是100 HzB．乙的振幅较大，振动频率是300 HzC．甲的振幅较大，振动频率是300 HzD．乙的振幅较大，振动频率是400 Hz5．如图所示，轻直杆OC的中点悬挂一个弹簧振子，其固有频率为2 Hz，杆的O端有固定光滑轴，C端下边由凸轮支持，凸轮绕其轴转动，转速为n.(1)当n从0逐渐增大到5 r/s的过程中，振子M的振幅变化情况是________．(2)当n＝________r/s时，振子M的振幅最大．(3)若转速稳定在5 r/s时，M的振动周期为________s.第五节 受迫振动 共振课前自主梳理一、1．振幅 2.(1)减小 (2)周期性 做功 能量损耗3．(1)周期性 (2)驱动力 (3)自身的参数 (4)驱动力固有频率二、1．等于 最大值 3.(3)接近 等于 保持一定差距判一判(1)√ (2)× (3)×课堂重点探究要点1思维深化例1 解析：BD 该题考查阻尼振动的图像以及能量的转化关系．在单摆振动过程中，因不断克服空气阻力做功使动能逐渐转化为内能，C项错误，D项正确；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在不断地相互转化，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，A项错误，B项正确．针对训练1．BCD 2．解析：AD 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，位移为零，而后位移增大，直至动能为零时位移达到最大，然后位移又减小到零，所以位移不是一直减小．根据单摆周期公式T＝，L、g不变，则T不变，故选项A、D正确．要点2思维深化例2 解析：AC 塑料夹夹在竹片上端做成两个“单摆”，由于固定点在下方，则LB>LA，由T＝2π，所以TB>TA，fB针对训练3．解析：CD 物体在周期性外力作用下的振动叫作受迫振动，选项C正确，B错误；这个周期性的外力应当能给振动物体补充能量，而阻力不行，选项A错误；受迫振动的频率最终等于驱动力频率，选项D正确．课堂巩固训练1．解析：A 受迫振动是物体在周期性驱动力作用下的运动，而锣面在敲击后并没有受到周期性驱动力作用，故A不是受迫振动，B、C、D都是受迫振动．2．解析：A 实际的自由振动必须不断克服外界阻力(如空气阻力等)做功而消耗能量，振幅会逐渐减小，选项A正确，选项C错误；只有在周期性驱动力作用下的振动才是受迫振动，受迫振动稳定后的频率等于驱动力的频率，与自身因素无关，选项B、D错误．3．解析：B 受迫振动是物体在周期性驱动力作用下的往复运动，分析知，受周期性驱动力的只有振针，其他均为自由振动．4．解析：B 振动稳定后，受迫振动的频率等于驱动力频率，选项A、D错误；由于乙的固有频率更接近驱动力频率，所以乙的振幅较大，选项B正确，C错误．5．解析：(1)当凸轮转速为n＝5 r/s时，它给弹簧振子的驱动力的频率为f驱＝5 Hz，当驱动力频率逐渐接近弹簧振子的固有频率时，其振幅逐渐增大，当f驱逐渐远离f固时，其振幅逐渐减小．因此，在n从0逐渐增大到5 r/s的过程中，其振幅先变大再变小．(2)当f驱＝f固时，振幅最大，即n＝2 r/s.(3)当f驱＝5 Hz时，振子做受迫振动，其振动频率f＝f驱＝5 Hz，其振动周期为T＝ s＝0.2 s.答案：(1)振幅先变大再变小 (2)2 (3)0.2第四节 用单摆测量重力加速度自主梳理一、实验目的用单摆测量重力加速度g.二、实验思路1．当单摆摆角较小时，单摆做简谐运动．2．由单摆的周期公式T＝2π，可得g＝.只要测出单摆的摆长L和周期T，就能算出当地的重力加速度g.三、实验装置1．装置：如图所示．2．器材：长约1 m的细线、有小孔的摆球两个、带铁夹的铁架台、秒表、游标卡尺、长约1 m的毫米刻度尺．四、实验步骤1．做单摆：如装置图所示，把摆球用细线悬挂在支架上，摆长最好能有1 m左右，这样可使测量结果准确些．2．测摆长：用毫米刻度尺量出悬线长l′，精确到毫米，用游标卡尺测量出摆球的直径d，则L＝l′＋即为单摆的摆长．3．测周期：将摆球从平衡位置拉开一个角度，且满足摆角小于5°，然后释放摆球，过平衡位置时用秒表开始计时，测量30～50次全振动的时间，计算出平均摆动一次的时间，即为单摆的振动周期T.4．变摆长：将单摆的摆长变短(或变长)，重复实验三次，测出相应的摆长L和周期T.五、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．设计如下所示实验数据记录表格：实验 次数 摆长 L/m 周期 T/s 重力加速度 g/(m·s-2) g的平均值/ (m·s-2)1 g＝232.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.3．作T2-L图像的优点：用图像法处理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响．由于T-L的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用T2-L的图像，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．六、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，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振动以及测量哪段长度作为摆长等．只要注意了这些方面，就可以使系统误差减小到远远小于偶然误差，达到忽略不计的程度．2．本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)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，并采用倒数计时计数的方法，不能多记或漏记振动次数．为了减小偶然误差，进行多次测量后取平均值．七、注意事项1．摆线应选择细、轻且不易伸长的线(长度为1 m左右)；小球应选用密度较大的金属球，直径应较小(最好不超过2 cm)．2．单摆悬线的上端应当固定牢固，不可随意卷在铁架台的横杆上，以免摆动时摆长改变；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．3．测量时应以摆球通过最低位置时开始计时、计数，并且开始计时时数“零”，以后摆球每从同一方向通过最低位置时计数一次．课堂探究 实验原理与操作 根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．(1)用游标卡尺测量小钢球直径，如图乙所示，读数为________mm.(2)(多选)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Te.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝ 数据处理和误差分析 (1)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，让毫米刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________m.若测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，则秒表读数是________s，单摆摆动周期是________．(2)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(图丙)，即图中用“·”表示的点，则：,丙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) 实验拓展创新 在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆．(1)如图1所示，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图像如图2所示．在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为________．(2)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了表中所列实验数据．请在图3坐标系中画出相应图线．摆长L/cm 总时间t/s 全振动次数n 周期T/s99.40 60.0 30 2.0063.61 48.0 30 1.6048.70 42.0 30 1.4024.85 30.0 30 1.0015.90 24.0 30 0.808.95 18.0 30 0.603.98 12.0 30 0.40图3(3)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息？____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________课时练习1．(多选)在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，有人提出如下建议，其中对提高测量结果精确度有利的是( )A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过最高位置时开始计时2．(多选)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，为减小误差( )A．应选质量小的球做摆球B．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时C．用停表测出30～50次全振动的时间，计算出平均周期D．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量3．在用单摆测量重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是( )A．测定周期时，振动次数少数了一次B．测定周期时，振动次数多数了一次C．摆球的质量过大D．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上小球的半径4．(1)在用单摆测量重力加速度的实验中，应选用的器材为________．A．1 m长的细线 B．1 m长的粗线C．10 cm长的细线 D．泡沫塑料小球E．小铁球 F．秒表G．时钟 H．厘米刻度尺I．毫米刻度尺 J．游标卡尺(2)在该实验中，单摆的摆角θ应________，从摆球经过________开始计时，测出n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测出摆线长为l，用游标卡尺测出摆球的直径为d.用上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为g＝________．5．某同学利用单摆测量当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝__________．该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将______．(选填“偏大”“偏小”或“相同”)6．用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过______cm(保留1位小数)．(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程．)某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等．新单摆的摆长应该取为____cm.7．在“用单摆测量重力加速度”的实验中，两位同学测出了单摆在不同摆长(L)对应的周期(T)，在进行实验数据处理时：(1)甲同学以摆长(L)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2-L图像，若他测得的图像的斜率为k，则测得的重力加速度g＝______．若测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图像法求得的重力加速度________(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．(2)乙同学根据公式T＝2π得g＝，并计算重力加速度，若测摆长时，也忘记了测摆球的半径，则他测得的重力加速度______(选填“偏小”“偏大”或“准确”)．(3)若他们测量5种不同摆长下单摆的振动周期，记录结果如下表所示：L/m 0.5 0.8 0.9 1.0 1.2T/s 1.42 1.79 1.90 2.00 2.20T2/s2 2.02 3.20 3.61 4.00 4.84请你在上面以摆长(L)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标的坐标系中作出T2-L图像．利用此图像求出的重力加速度为______m/s2.(保留2位小数)8．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(多选)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)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”)(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；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(周期平方－摆长)图线，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L＋0.035.由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2.(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字)9．(1)有五组同学用单摆测量重力加速度，各组的实验器材、数据如下表所示．若各组同学实验操作水平一样，那么第________组同学测定的结果最准确；若该组同学根据自己测得的实验数据作出单摆的振动图像如图甲所示，那么该组同学测出的重力加速度大小是________m/s2(结果保留三位有效数字)．组别 摆球材料 最大偏角 摆长 测全振动次数1 木 10° 0.40 m 102 铝 10° 0.50 m 203 铜 12° 0.60 m 304 铁 11° 0.80 m 405 铅 4° 0.80 m 50甲(2)在用单摆测量重力加速度实验中，某同学画的L-T2图像如图乙所示，图线没过原点的原因可能是______________________________________．乙第四节 用单摆测量重力加速度实验热点剖析热点1例1 解析：(1)根据游标卡尺读数规则，游标卡尺的读数：18 mm＋0.1×6 mm＝18.6 mm.(2)摆线要选择细些可减小阻力，伸缩性小些的，保证摆长不变，并且尽可能长一些，在合适的振幅下，摆角小．选项a正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，可减小空气阻力的影响，选项b正确；为了使摆的周期大一些，以方便测量，可增大摆长，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度，可能导致摆角大于5°，使误差增大，选项c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在摆球通过平衡位置的同时开始计时，测量单摆做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝，选项d错误，e正确．答案：(1)18.6 (2)abe热点2例2 解析：(1)由T＝2π，可知g＝.由图可知摆长L＝(88.50－1.00) cm＝87.50 cm＝0.8750 m.秒表的读数t＝60 s＋15.2 s＝75.2 s，所以T＝＝1.88 s.(2)①单摆做简谐运动的条件是摆线偏离竖直方向的夹角应小于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，如图所示，由T＝2π知T2＝·L，则直线斜率k＝.由g＝，可得g＝也正确)．答案：(1) 0.8750 75.2 1.88 s(2)①摆线偏离竖直方向的夹角应小于5°②如解析图 9.8(9.9也正确)热点3例3 解析：(1)摆球做圆周运动，每次通过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t＝(N－1)T，得周期T＝.(2)根据描点法作出图像，如图所示．答案：(1) (2)见解析(3)摆长越长周期越大；周期与摆长是非线性关系；随着摆长的增加，周期增加量与摆长增加量的比值在减小课堂巩固训练1．解析：AC 该实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度．适当加长摆线，有利于把摆球看成质点，在摆角小于5°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，A正确；摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球影响越大，B错误；摆角应小于5°，C正确；该实验采用累积法测量周期，且从球过平衡位置时开始计时，D错误．2．解析：BC 摆球应选择质量大、体积小的小球，A错误；应从平衡位置开始计时，此位置速度大，位置确定，误差小，B正确；应用多个周期的累加时间来计算周期时误差小，C正确；测摆长时应使摆线自然下垂，不能拉紧，拉紧摆线后测得摆长变长，误差大，D错误．3．解析：B 由公式g＝可知，如果振动次数多数了一次，即T偏小，g偏大，选项A错误，B正确；摆球的质量过大，不影响单摆的周期与摆长，所以不影响测得的重力加速度，选项C错误；计算摆长时漏加小球半径则L偏小，求得的g偏小，选项D错误．4．解析：(1)做摆线的细线要用不易伸长的，一般不应短于1米，选A；摆球应是密度较大、直径较小的金属球，选E；计时仪器宜选用秒表F；测摆长应选用毫米刻度尺I；用游标卡尺J测摆球的直径．(2)根据单摆做简谐运动的条件知θ＜5°；因摆球经平衡位置时速度大，用时少，测量误差小，所以从平衡位置开始计时．根据T＝2π，又T＝得g＝.答案：(1)AEFIJ (2)小于5° 平衡位置 5．解析：由周期公式T＝2π，得L＝T2，则k＝，g＝4π2k，由图像可知，图像的斜率k＝，则g＝，因为这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置无关，所以测量结果不受影响．答案： 相同6．解析：设摆球离平衡位置的最大距离为s，摆线长为L，s近似等于摆球沿圆弧的长度，由×2π，解得s≈7.0 cm.设新单摆周期为T′，原单摆周期为T，则＝ ，解得L′＝96.8 cm.答案：7.0 96.87．解析：(1)根据测量数据，作出T2-L图像，其斜率为k＝，而g＝，故有g＝，图像函数式为T2＝L，如果忘记测摆球直径d，则函数式写为T2＝·，显然图像的斜率不变，所以重力加速度的测量值不变．(2)根据公式T＝2π得g＝，并计算重力加速度，如果忘记测摆球直径d，测量公式写为g＝，将摆线长误认为摆长，显然测量值偏小．(3)依据数学描点法画出T2-L图像如图所示，则图像的斜率大约为k＝4.0.依据图像求出重力加速度为g＝≈9.86 m/s2.答案：(1) 准确 (2)偏小(3)T2-L图像见解析图 9.868．解析：(1)①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adf.②因为T＝，则g＝.③摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，将导致测得的重力加速度偏小．(2)①由v-t图线可知，单摆的周期T＝2.0 s.②由T＝2π ，得T2＝L即图线的斜率k＝＝4.04解得g≈9.76 m/s2.答案：(1)①adf ② ③偏小(2)①2.0 ②9.769．解析：(1)第5组同学的单摆摆长适当，最大偏角小于5°，测全振动次数最多，误差最小．由振动图像可知T＝1.80 s，代入公式g＝，解得g≈9.74 m/s2.(2)由T＝2π得L＝T2，知L-T2图线应该过原点，而现在图线上有了负纵截距，说明有可能没有将摆球半径计入摆长．答案：(1)5 9.74 (2)没有将摆球半径计入摆长 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2.1 简谐运动 学案 2025-2026学年高二物理粤教版（2019）选择性必修第一册.docx 2.2 简谐运动的描述 学案 2025-2026学年高二物理粤教版（2019）选择性必修第一册.docx 2.3 单摆 学案 2025-2026学年高二物理粤教版（2019）选择性必修第一册.docx 2.4 用单摆测量重力加速度 学案 2025-2026学年高二物理粤教版（2019）选择性必修第一册.docx 2.5 受迫振动 共振 学案 2025-2026学年高二物理粤教版（2019）选择性必修第一册.docx
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