高中物理第1章机械振动章末分层突破教师用书沪科版选修3-4.pdf

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1、精品教案可编辑第 1 章 机械振动精品教案可编辑自我校对 kxmkx1T振幅位移合力 2 lg守恒振幅f驱?f固简谐运动的周期性和对称性1.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振动的形式，所以做简谐运动的物体具有周期性.2.做简谐运动的物体其运动具有对称性.对称性表现在(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.精品教案可编辑(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.一个做简谐运动的质点在

2、平衡位置O点附近振动；当质点从O点向某一侧运动时，经 3 s 第一次过P点，再向前运动，又经2 s 第二次过P点，则该质点再经多长的时间第三次经过P点.【解析】若质点沿图中的方向第一次过P点，历时 3 s；由P到B，再由B到P共历时 2 s，则由其对称性知P、B间往返等时，各为1 s，从而可知T/4 4 s，周期T16 s.第三次再过P点，设由P向左到A再返回到P，历时为一个周期T减去P、B间往返的2 s，则需时t16 s 2 s14 s.若沿图中的方向第一次过P点，则有3tOP2tPOtOPT/2，而tOPtPO由上两式可解得tOPtPO13s，T163s则质点第三次过P点历时tT 2 s1

3、03s.【答案】14 s 或103s光滑水平面上的弹簧振子，振子质量为50 g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在t0.2 s 时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4 m/s.则在t1.2 s 末，弹簧的弹性势能为_ J，该弹簧振子做简谐运动时其动能的变化频率为_Hz,1 min 内，弹簧弹力对弹簧振子做正功的次数为_ 次.【解析】根据其周期性及对称性，则有周期T0.8 s，振子的最大速度为4 m/s，则最大动能Ekm12mv20.4 J.根据振子振动的周期性判定在t1.2 s 末，振子在最大位移处，据机械能守恒有EpEkm0.4 J，物体的振动周期为0.8 s，则其动能的变化周

4、期为T20.4 s，精品教案可编辑所以动能的变化频率为2.5 Hz.在物体振动的1 个周期内(向平衡位置运动时弹力做正功)弹力两次做正功，根据其周期性可求得1 min内弹力做正功的次数为n600.82次 150 次.【答案】0.4 2.5 150简谐运动的图像振动图像表示振动质点的振动位移随时间的变化规律，图像的形状与起始时刻的选取和正方向的规定有关，从图像中可获得的信息：1.振幅A和周期T.2.任一时刻的速度、加速度、回复力的方向及位移的大小和方向.3.判定任意一段时间内v、a、F、x、Ek、Ep的变化趋势.利用图像解题时，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

5、振动过程回归图像.如图 1-1 甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动.取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()甲乙图 1-1A.t0.8 s 时，振子的速度方向向左B.t0.2 s 时，振子在O点右侧 62 cm 处C.t0.4 s 和t1.2 s 时，振子的加速度完全相同D.t0.4 s 到t0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐增大E.t0.8 s 时振动系统的机械能最小【解析】t0.8 s 时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，选项A 正确；t0.2 s 时，振子在O点右侧 62 cm 处，选项B 正确；t0.4 s 和t1.2

6、 s 时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，选项 C 错误；t0.4 s 时到t0.8 s 的时间内，精品教案可编辑振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，选项D 正确，简谐运动机械能守恒，选项 E 错误.【答案】ABD一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图1-2所示，由图可知()图 1-2A.质点振动频率是0.25 HzB.t2 s 时，质点的加速度最大C.质点的振幅为2 cmD.t3 s 时，质点所受的合外力一定为零E.t2 s 时，质点的振幅为2 cm【解析】质点振动的周期是4 s，频率是0.25 Hz；t2 s 时，质点的位移最大，回复力最大，加速度最大；

7、质点的振幅为2 cm；t 3 s 时，质点的位移为零，所受的回复力为零，所受的合外力可能为零，也可能不为零，选项A、B、C 正确.【答案】ABC单摆周期公式的应用1.摆钟的快慢及调节方法(1)计时原理：摆钟的计时是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动秒针、分针、时针转动实现的，因此钟摆振动的周期变化就反映了摆钟的快慢.如钟摆振动周期变大，则摆钟变慢，摆钟时针转动一圈的时间变长.(2)摆钟快慢产生的原因：一是g值的变化，如摆钟地理位置的变化等；二是摆长的变化，如热胀冷缩等原因.摆钟周期可以用公式T 2lg计算.精品教案可编辑(3)摆钟快慢的调整.摆钟变快说明周期变小，应增大摆长.摆钟变慢说明周期

8、变大，应减小摆长.2.在复合场中的单摆单摆处在电场或磁场中，由于摆球带电，摆球会受电场力或磁场力，此时单摆的周期是否变化应从回复力的来源看，如果除重力外，其他的力参与提供回复力，则单摆周期变化，若不参与提供回复力，则单摆周期不变.如图 1-3 所示，三根长度均为l0的绳l1、l2、l3共同系住一密度均匀的小球m，球的直径为d(d?l0)，绳l2、l3与天花板的夹角 30 .则：图 1-3(1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期T1为多少？(2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期T2又为多少？【解析】本题应理解等效摆长及单摆周期公式中的摆长.(1)小球以O为圆心做简谐运动，所以摆长ll0d

9、2，振动的周期为T1 2lg2l0d2g 22l0d2g.(2)小球以O为圆心做简谐运动，摆长ll0l0sin d2，振动周期为T2 2lg2l0l0sin d2g 23l0d2g.【答案】(1)T1 22l0d2gT2 23l0d2g精品教案可编辑不同的摆动方向，等效摆长不同，振动周期也就不同.如图 1-4 所示，处于竖直平面内的光滑绝缘半圆形槽的半径为R，一质量为m的小球于槽中P点由静止释放，且圆弧OP远小于R.图 1-4(1)若使小球带一定量的正电荷，并将整个装置放在水平向右的匀强电场中，且小球所受电场力的大小等于小球所受重力的大小，则小球做简谐运动的周期为多大？(2)若使小球带一定量的

10、正电荷，并将整个装置放在垂直纸面向里的匀强磁场中，且小球的运动始终没有离开圆弧，则小球做简谐运动的周期又为多少？【解析】(1)整个装置处于水平向右的匀强电场后，小球的受力如图所示，其平衡位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为45，则其“等效重力加速度”gNmmg2qE2m2g，所以T2R2g.(2)由于小球所受的洛伦兹力始终垂直于运动方向，所以洛伦兹力不提供回复力，因此小球做简谐运动的周期为T 2Rg.【答案】(1)2R2g(2)2Rg精品教案可编辑同一单摆放到不同环境中，等效重力加速度不同，导致周期不同.1.(2015山东高考改编)如图 1-5，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做

11、简谐运动.以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y 0.1sin(2.5t)m.t0 时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t 0.6 s 时，小球恰好与物块处于同一高度.取重力加速度的大小g10 m/s2.以下判断正确的是_.(填正确答案标号)图 1-5a.h1.7 mb.简谐运动的周期是0.8 sc.0.6 s 内物块运动的路程是0.2 md.t0.4 s 时，物块与小球运动方向相反e.0.6 s 内物块的位移为0.1 m【解析】由物块简谐运动的表达式y 0.1sin(2.5t)m 知，2.5，T222.5 s0.8 s，选项 b 正确；t0.6 s 时，y 0.1 m，对小球：h|y|

12、12gt2，解得h1.7 m，选项 a、e 正确；物块 0.6 s 内路程为0.3 m，t0.4 s 时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同.故选项 c、d 错误.【答案】abe精品教案可编辑2.(2014上海高考改编)质点做简谐运动，其x-t关系如图1-6.以x轴正向为速度v的正方向，画出该质点的v-t关系图像.图 1-6【解析】在t0 时刻，质点的位移如图1-6 最大，速度为0，则下一时刻质点应向下运动，在tT4时刻，质点的位移为0，速率最大.【答案】3.(2014江苏高考)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释

13、放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期.以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正._.【解析】应在摆球通过平衡位置时开始计时；应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值.(或在单摆振动稳定后开始计时)【答案】见解析4.(2014重庆高考)一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔.在竖直面内放置有一记录纸.当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图1-7所示的图像，y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标.由此图求振动的周期和振幅.精品教案可编辑图 1-7【解析】设振动的周期为T，由题意可得：在振子振动的一

14、个周期内，纸带发生的位移大小为 2x0，故T2x0v.设振动的振幅为A，则有：2Ay1y2，故Ay1y22.【答案】2x0vy1y225.(2015天津高考)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 1-8 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L.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g_.图 1-8【解析】(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些.选项 B、C 正确.精品教案可编辑(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2则T1 2L1gT2 2L2g且L1L2L 联立式得g42LT21T22.【答案】(1)BC(2)42LT21T22