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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,选修3-4,第一章机械振动机械波,第1讲机械振动,【知识梳理】,知识点1简谐运动,1.简谐运动的规律:质点的位移与时间的关系遵从,_规律,质点的振动图象(x-t图象)是一条,_。,正弦函数,正弦曲线,2.平衡位置:,(1)如下图,平衡位置是物体在振动过程中_,_的位置,并不一定是_为零的位置。,(2)回复力:使振动物体返回到_的力,其方向,总是指向平衡位置,属于_,可以是某一个力,也,可以是几个力的合力或某个力的分力。,回复力,为零,合外力,平衡位置,效果力,3.描述简谐运动的物理量:,物理量,定义,意义,位移,由_指向,质点_的,有向线段,描述质点振动中某时,刻的位置相对于_,_的位移,振幅,振动物体离开平,衡位置的_,_,描述振动的_和,能量,平衡位置,所在位置,平衡,位置,最大,距离,强弱,物理量,定义,意义,周期,振动物体完成一次,_所需时间,描述振动的快慢,两者互为倒数:T,=,频率,振动物体_内,完成全振动的次数,相位,t+,描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态,全振动,单位时间,知识点2简谐运动的公式和图象,1.表达式:,(1)动力学表达式:F=-kx,其中“-号表示回复力与位,移的方向_。,(2)运动学表达式:x=Asin(t+),其中A代表振幅,=2f表示简谐运动的_, _代表简谐,运动的相位,叫作初相。,相反,快慢,(t+,),2.图象:,(1)从平衡位置开场计时,函数表达式为x=_,图,象如图甲所示。,(2)从最大位移处开场计时,函数表达式为x=_,图象如图乙所示。,(3)如图丙所示,从任意位置处开场计时,函数表达式为,_。,(4)根据简谐运动的图象可以知道质点在任意时刻离开,平衡位置的_。,Asint,Acost,x=Asin(t+,),位移,知识点3单摆、周期公式,简谐运动的两种模型的比较:,模型,弹簧振子,单摆,简谐运,动条件,(1)弹簧质量可忽略,(2)无摩擦等_,(3)在弹簧弹性限度内,(1)摆线为不可伸缩,的轻细线,(2)无空气阻力,(3)最大摆角_,阻力,很小,模型,弹簧振子,单摆,回复力,弹簧的_提供,摆球_沿圆弧切线方,向的分力,平衡,位置,弹簧处于_处,_点,周期,与_无关,T=_,弹力,重力,原长,最低,振幅,知识点4受迫振动和共振,1.三种振动形式的比较:,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_,_作用,周期性_,_作用,驱动,力,驱动,力,振动类型,比较项目,自由振动,受迫振动,共振,振动周期,或频率,由系统_,_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=,_或=_,T,驱,=_或,驱,=_,振动能量,振动物体的,机械能_,由产生驱动力的物体提供,振动物体获得,的能量_,本身,性质,T,驱,f,驱,T,0,0,不变,最大,2.受迫振动中系统能量的变化:受迫振动系统的,_,系统与外界时刻进展能量交换。,机械能不守恒,【易错辨析】,(1)振幅就是简谐运动物体的位移。(),(2)简谐运动的回复力可以是恒力。(),(3)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。(),(4)做简谐运动的质点先后通过同一点,回复力、速度、加速度、位移都是一样的。(),(5)做简谐运动的质点,速度增大时,其加速度一定减小。(),(6)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。(),(7)根据简谐运动的图象可以判断质点在某一时刻的位移大小、振动方向。(),(8)物体做受迫振动时,其振动频率与固有频率无关。,(),提示:,(1)。振幅是振动过程中最大位移的大小,不随振动改变,位移随振动改变。,(2)。简谐运动回复力与位移成正比,方向与位移方向相反,不可能是恒力。,(3)。单摆最低点是曲线运动的平衡位置,合力不为零。,(4)。同一点回复力、加速度、位移均一样,速度方向相反。,(5)。简谐运动速度增大,位移减小,回复力减小,加速度减小。,(6)。简谐运动图象描述的是物体位移随时间变化的规律。,(7)。简谐运动的图象可以判断质点在某一时刻的位移大小、振动方向。,(8)。受迫振动时,其振动频率与固有频率无关,频率等于驱动力频率。,考点1简谐运动的规律,【核心要素精讲】,简谐运动的规律五个特征,1.动力学特征:F=-kx,“-表示回复力的方向与位移方向相反,k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数。,2.运动学特征:简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比,而方向相反,为变加速运动,远离平衡位置时,x、F、a、Ep均增大,v、Ek均减小,靠近平衡位置时那么相反。,3.运动的周期性特征:相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态一样。,4.对称性特征:,(1)相隔 或 (n为正整数)的两个时刻,振子,位置关于平衡位置对称,位移、速度、加速度大小相等,方向相反。,(2)如下图,振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P(OP=OP)时,速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等。,(3)振子由P到O所用时间等于由O到P所用时间,即t,PO,=t,OP,。,(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即t,OP,=t,PO,。,5.能量特征:振动的能量包括动能E,k,和势能E,p,简谐运动过程中,系统动能与势能相互转化,系统的机械能守恒。,【高考命题探究】,【典例1】(2021杨浦区模拟)弹簧振子做机械振动,假设从平衡位置O开场计时,经过0.3s时,振子第一次经过P点,又经过了0.2s,振子第二次经过P点,那么该振子第三次经过P点时所需的时间为(),世纪金榜导学号42722288,【解析】选D。假设从O点开场向右振动,那么按下面路线振,动,作出示意图如图,那么振子的振动周期为,T1=4(0.3+ 0.2)s=1.6s,那么该振子在时间t1=T1-0.2s=1.4s时,第三次经过P,点。,假设振子从O点开场向左振动,那么按下,面路线振动,作出示意图如图,设从P到O的时间为t,那么 0.2s+t=,解得:t= s,那么周期T=4( +0.1)s= s,那么该振子在时间t2=T-0.2s= s0.33s时,第三次经,过P点。故D正确,A、B、C错误。,【强化训练】,1.(2021崇明模拟)一弹簧振子振幅为A,从最大位移,处经过时间t0第一次到达平衡位置,假设振子从平衡位置,处经过 时的加速度大小和动能分别为a1和E1,而振,子位移为 时加速度大小和动能分别为a2和E2,那么a1、,a2和E1、E2的大小关系为(),A.a,1,a,2,E,1,a,2,E,1,E,2,C.a,1,a,2,E,1,E,2,D.a,1,E,2,【解析】,选A。从平衡位置向最大位移处运动,速度减,小,加速度增大,所以经过 ,通过的位移大于 ,所,以a,1,a,2,E,1,E,2,。故A正确,B、C、D错误。,2.(2021万州区模拟)水平弹簧振子,每隔时间t,振子,的位移总是大小和方向都一样,每隔 的时间,振子的,速度总是大小相等,方向相反,那么有(),A.弹簧振子的周期一定小于,B.每隔 的时间,振子的加速度总是一样的,C.每隔 的时间,振子的动能总是一样的,D.每隔 的时间,弹簧的长度总是一样的,【解析】选C。水平弹簧振子,每隔时间t,振子的位移,总是大小和方向都一样,说明时间t为周期的整数倍;,每隔 的时间,振子的速度总是大小相等,方向相反,说明 是半个周期的奇数倍;,故t为周期的奇数倍,即,t=(2n+1)T(其中n=0,1,2,3,);,故T= (其中n=0,1,2,3,);,当n=0时,周期T=t,故A错误;,每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,说明位移大小相等、方向相反,根据a=- ,振子的加,速度总是大小相等、方向相反,故B错误;,每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,故动能一样,故C正确;,每隔 的时间,振子的速度总是大小相等、方向相反,说明位移大小相等、方向相反,回复力方向不同,弹力方向不同,弹簧的长度不同(可能一次压缩、一次拉长),故D错误。,【规律总结】分析简谐运动中各物理量的变化情况的技巧,(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时,一定要以位移为桥梁,位移增大时,振动质点的回复力、加速度、势能均增大,速度、动能均减小;反之,那么产生相反的变化。另外,各矢量均在其值为零时改变方向。,(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。位移一样时,回复力、加速度、动能、势能可以确定,但速度可能有两个方向,由于周期性,运动时间也不确定。,(3)做简谐运动的物体经过平衡位置时,回复力一定为零,但所受合外力不一定为零。,【加固训练】,1.一弹簧振子做简谐振动,周期为T,以下表达正确的选项是,(),A.假设t时刻和(t+t)时刻的位移大小相等,方向一样,那么t一定等于T的整数倍,B.假设t时刻和(t+t)时刻的动能相等,那么t一定等于,的整数倍,C.假设t=T,那么t时刻和(t+t)时刻的动能一定相等,D.假设t= ,那么t时刻和(t+t)时刻弹簧长度一定相,等,【解析】选C。t时刻和(t+t)时刻的位移大小相等,方向一样,表示质点经过同一位置,经过的时间t不一,定等于T的整数倍,故A错误;当振子经过同一位置或关,于平衡位置对称时动能一样,t不一定等于 的整数,倍,故B错误;经过t=T,t时刻和(t+t)时刻的速度一,定一样,动能一定相等,故C正确;t= ,振子位移大,小相等,方向相反,但弹簧长度不一定相等,故D错误。,2.表中给出的是做简谐振动的物体的位移x或速度v与时刻的对应关系,T是振动周期。那么以下选项中正确的选项是(),A.假设甲表示位移x,那么丙表示相应的速度v,B.假设乙表示位移x,那么丙表示相应的速度v,C.假设丙表示位移x,那么甲表示相应的速度v,D.假设丁表示位移x,那么乙表示相应的速度v,【解析】选A。假设甲表示位移x,振子从平衡位置向正向,最大位移处运动,速度从正向最大开场减小到零,所以,丙可以表示相应的速度v,故A正确;假设乙表示位移x,振,子从平衡位置向负向最大位移处运动,速度从负向最大,开场减小到零,所以丁可以表示相应的速度v,故B错误;,假设丙表示位移x,位移从正向最大位移变化到零,振子从,正向最大位移处向平衡位置运动,速度从零开场向负向,最大速度变化,所以乙表示相应的速度v,故C错误;丁表示位移x,位移从负向最大位移变化到零,振子从负向最大位移处向平衡位置运动,速度从零开场向正向最大速度变化,所以甲表示相应的速度v,故D错误。,考点2简谐运动的公式和图象,【核心要素精讲】,1.对简谐运动图象的认识:,(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线,如下图。,(2)图象反映的是位移随时间的变化规律,随时间的增加而延伸,图象不代表质点运动的轨迹。,(3)任一时刻图线上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小。正负表示速度的方向,正时沿x正方向,负时沿x负方向。,2.图象信息:,(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期。,(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。,(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向。,回复力和加速度的方向:因回复力总是指向平衡位置,故回复力和加速度在图象上总是指向t轴。,速度的方向:速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断,下一时刻位移如增加,振动质点的速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点的速度方向就是指向t轴。,3.简谐运动图象问题的两种分析方法:,方法一:图象运动结合法,解此类题时,首先要理解x-t图象的意义,其次要把x-t图象与质点的实际振动过程联系起来。图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等),图象上的一段曲线对应振动的一个过程,关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向。,方法二:直观结论法,简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律,即位移时间的函数关系图象,不是物体的运动轨迹。,【高考命题探究】,【典例2】(2021北京高考)如下图,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。假设振子位于N点时开场计时,那么其振动图象为世纪金榜导学号42722289(),【解析】选A。N点在O点的右侧,而此题以平衡位置O为原点,向右为x轴正方向,振子位于N点时开场计时,故0时刻振子在正向最大位移处,将向左运动,即向负方向运动,位移减小,故A正确。,【强化训练】,1.(2021锦州模拟)劲度系数为20N/cm的水平弹簧振子,它的振动图象如下图,在图中A点对应的时刻,(),A.振子所受的弹力大小为0.5N,方向指向x轴的正方向,B.振子的速度方向指向x轴的正方向,C.振子的加速度方向指向x轴的正方向,D.振子的速度和加速度都在增大,【解析】选B。由图可知A点对应时刻振子的位移x=,0.25cm,所以弹簧的弹力F=-kx=-200.25N=-5N,即弹,力大小为5N,方向指向x轴负方向,故A错误;由图可知过,A点的切线与x轴的正方向的夹角小于90,切线的斜率,为正值,即振子的速度方向指向x轴的正方向,故B正确;,根据a=- 知,振子的加速度方向指向x轴的负方向,故,C错误;振子正远离平衡位置,位移在增大,那么速度在减,小,加速度在增大,故D错误。,2.(2021乐山模拟)一个质点经过平衡位置O,在A、B间做简谐运动,如图甲所示,它的振动图象如图乙所示,设向右为正方向,以下说法正确的选项是(),A.第0.2s末质点的速度方向是AO,B.在4s内完成6次全振动,C.第0.4s末质点的加速度方向是AO,D.第0.7s时质点位置在O点与A点之间,【解析】选C。位移时间图象切线的斜率等于速度,根据数学知识知,第0.2s末质点的速度方向为负向,即,从OA,故A错误;质点的振动周期为T=0.8s,那么在4s内,质点完成全振动次数为n= =5(次),故B错误;第,0.4s末质点的位移为负向最大,由a=- ,知质点的加,速度为正向,即AO,故C正确;第0.7s时,质点位置在O,与B两点之间,故D错误。,【加固训练】,如图甲是演示简谐运动图象的装置,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,板上直线OO代表时间轴。图乙是一次实验中用同一个摆长不变的摆作出的两组操作下形成的曲线,假设板N1和N2拉动速度用v1和v2表示,板N1和N2上曲线所代表的摆动周期用T1和T2表示,那么(),A.T,1,=2T,2,B.2T,1,=T,2,C.v,1,=2v,2,D.2v,1,=v,2,【解析】选C。同一单摆的周期是一定的,那么T1=T2。设,单摆的周期为T,板长为L,那么有:,T= ,2T= 根据题意,有:v1=2v2,应选C。,考点3单摆模型及其周期公式,【核心要素精讲】,1.单摆模型指符合单摆规律的模型,满足条件:,(1)圆弧运动。,(2)小角度摆动。,(3)回复力满足F=-kx。,2.对单摆周期公式T= 的理解:,(1)公式成立的条件是单摆的摆角必须小于5。,(2)单摆的振动周期在振幅较小的条件下,与单摆的振,幅无关,与摆球的质量也无关。,(3)周期公式中摆长为,l,:摆长,l,是指摆动圆弧的圆心到,摆球重心的距离,而不一定为摆线的长。,(4)单摆周期公式中的g值。,只受重力和线拉力,且悬点静止或做匀速直线运动的单摆,g为当地重力加速度,在地球上不同位置g的取值不同,不同星球外表g值也不一样。,单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g=g0a,如在轨道上运动的卫星加速度a=g0,为完全失重,等效重力加速度g=0。,【高考命题探究】,【典例3】(多项选择)(2021株洲模拟)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度一样,其振动图象如下图。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可知,(),世纪金榜导学号42722290,A.甲、乙两单摆的摆长之比是49,B.t,a,时刻甲、乙两单摆的摆角相等,C.t,b,时刻甲、乙两单摆的势能差最大,D.t,c,时刻甲、乙两单摆的速率相等,【解析】选A、C。由振动图象得到甲、乙两个单摆的,周期之比为T甲T乙=23,根据单摆周期公式T=,得T2l,故甲、乙两个单摆的摆长之比为49,故A正,确;根据摆长不同,摆动幅度一样,故摆角不等,故B错误;,由图可知tb时刻甲、乙两单摆的偏离平衡位置的差值,最大,故势能差最大,故C正确;由于甲偏离平衡位置高,度差大于乙的,由摆动过程中机械能守恒得甲经过平衡位置时速度大于乙,D错误。,【迁移训练】,迁移1:单摆的实际应用,惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图1所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图2所示为摆的构造示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了,以下说法正确的选项是(),A.甲地的重力加速度较大,假设要调准可将螺母适当向下移动,B.甲地的重力加速度较大,假设要调准可将螺母适当向上移动,C.乙地的重力加速度较大,假设要调准可将螺母适当向下移动,D.乙地的重力加速度较大,假设要调准可将螺母适当向上移动,【解析】选C。由甲地到乙地摆动加快那么说明周期变小,因T= ,那么重力加速度变大,要使周期不变小,那么应,增加摆长,即将螺母适当向下移动。,迁移2:摆线发生突变的单摆,如下图,一单摆悬于O点,摆长为L,假设在O点正下方的,O点钉一个光滑钉子,使OO= ,将单摆拉至A处释放,小球将在A、B、C间来回振动,假设振动中摆线与竖直方,向夹角小于5,那么此摆的周期是(),【解析】,选D。根据公式T= ,该单摆有 周期摆长,为L, 周期摆长为 L,故T=,故D正确。,迁移3:类单摆运动,如下图,在水平地面上有一段光滑圆弧形槽,弧的半径是R,所对圆心角小于10,现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A,使其由静止下滑,那么:,(1)小球由M至O的过程中所需时间t为多少在此过程中能量如何转化(定性说明)。,(2)假设在MN圆弧上存在两点P、Q,且P、Q关于O对称,且已测得小球A由P至Q所需时间为t,那么小球由Q至N的最短时间为多少,(3)假设在圆弧的最低点O的正上方h处由静止释放小球B,让其自由下落,同时A球从圆弧右侧由静止释放,欲使A、B两球在圆弧最低点O处相遇,那么B球下落的高度h是多少,【解析】,(1)由单摆周期公式T= 知:小球A的运动,周期T=2 所以t,MO,= ,在由MO的过程中,小球A的重力势能转化为动能。,(2)由对称性可知t,OQ,= t,t,OQ,+t,QN,= T,代入数据解,得Q至N的最短时间t,QN,=,(3)欲使A、B相遇,那么两球运动时间一样,且必须同时到,达O点,A球到O点的时间可以是 T,也可以是 T。故,由简谐运动的周期性可知两球相遇所经历时间可以是,( +n)T或( +n)T(n=0,1,2,3)。所以A、B两球运,动的时间必为 T的奇数倍,即,答案:,(1) 球A的重力势能转化为动能,【加固训练】,(多项选择)长为L的轻质细线悬挂着质量为m的小而重,且电荷量为+q的带电小球,现将其由左端最高点a处由静止释放(aO与竖直方向的夹角小于5),空间存在竖直向下的匀强电场,场强大小为E,当地重力加速度大小为g,那么小球在摆动过程中以下说法正确的,是(),A.小球摆动的周期为,B.小球摆动的周期为,C.在空间加垂直于纸面的匀强磁场前后,小球过最低点的速度发生变化,D.在空间加垂直于纸面向里的匀强磁场后,小球向左与向右两次过最低点时细线所示拉力差与所加磁场的磁感应强度大小B成正比,【解析】选B、D。小球在重力场和电场的复合场中加,速度为a,那么:,ma=qE+mg,由单摆公式知:,T=2 ,联立解得,T=2 ,故A选项错误,B选项正,确;,因为洛伦兹力不做功,故在空间加垂直于纸面的匀强磁场前后,小球过最低点的速度不发生变化,故C选项错误;,假设所加磁场方向垂直纸面向里,在小球运动到最低点时,当小球向右运动时,洛伦兹力竖直向上,细线所受拉力F,1,=mg+qE-Bqv,当小球向左运动时,洛伦兹力竖直向下,细线所受拉力F,2,=mg+qE+Bqv,由联立得小球向左与向右两次过最低点时细线所示拉力差F=F,2,-F,1,=2Bqv。,由上式可知在空间加垂直于纸面向里的匀强磁场后,小球向左与向右两次过最低点时细线所示拉力差与所加磁场的磁感应强度大小B成正比,故D选项正确。,考点4受迫振动和共振,【核心要素精讲】,自由振动、受迫振动和共振的比较:,【高考命题探究】,【典例4】一个单摆在地面上做受迫振动,其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如下图,那么(),世纪金榜导学号42722291,A.此单摆的固有周期约为0.5s,B.此单摆的摆长约为1m,C.假设摆长增大,单摆的固有频率增大,D.假设摆长增大,共振曲线的峰将向右移动,【解析】选B。由共振曲线知此单摆的固有频率为,0.5Hz,那么固有周期为2s;再由T=2 ,得此单摆的摆,长约为1m;假设摆长增大,单摆的固有周期增大,固有频率,减小,那么共振曲线的峰将向左移动。,【强化训练】,1.如下图,在一根张紧的绳子上挂几个摆,其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候,通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力,使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现(),A.C摆的频率最小,B.D摆的周期最大,C.B摆的摆角最大,D.B、C、D的摆角一样,【解析】选C。由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动,受迫振动的频率等于驱动力的频率,故其他各摆振动周期跟A摆一样,频率也相等,故A、B错误;受迫振动中,当固有频率等于驱动力频率时,出现共振现象,振幅到达最大,由于B摆的固有频率与A摆的一样,故B摆发生共振,振幅最大,故C正确,D错误。,2.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图1所示的装置可,用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲,杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速,转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速,度就可以改变驱动力的周期。假设保持把手不动,给砝码,一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图2所,示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动到达稳定时,砝码的振动图线如图3所示。假设用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动到达稳定后砝码振动的振幅,那么(),A.由图线可知T,0,=4s,振幅为8cm,B.由图线可知T,0,=8s,振幅为2cm,C.当T在4s附近时,Y显著增大;当T比4s小得多或大得多时,Y很小,D.当T在8s附近时,Y显著增大;当T比8s小得多或大得多时,Y很小,【解析】选C。图2是弹簧振子自由振动时的振动图线,故由图2可知,弹簧振子的固有周期为T0=4s,振幅为4cm,故A、B错误;当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时,物体的振动到达最强,故当T在4s附近时,振幅显著增大,当T比4s小得多或大得多时,Y很小,故C正确、D错误。,【加固训练】,(多项选择)把一个筛子用四根弹簧支撑起来,筛子上装一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力,这就做成了一个共振筛,如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。增大电压,可使偏心轮转速提高,增加筛子质量,可增大筛子的固有周期。现在,在某电压下电动偏心轮转速是54r/min。为了使筛子的振幅增大,以下做法正确的选项是(),A.提高输入电压,B.降低输入电压,C.减少筛子质量,D.增加筛子质量,【解析】,选B、C。根据题意,电动偏心轮在某电压下,转速是54r/min,即为:T= ,所以驱动力的频,率:f= Hz=0.9Hz,筛子的固有频率为f,0,=0.8Hzf;,由于驱动力的频率大于筛子的固有频率;故要使振幅变,大,要减小驱动力的频率,或增大筛子的固有频率,即可,以降低输入电压或减少筛子的质量。,考点5实验:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速,度,【核心要素精讲】,1.实验原理:由单摆的周期公式T=2 ,可得出g=,测出单摆的摆长l和振动周期T,就可求出当地的,重力加速度g。,2.实验器材:单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。,3.实验步骤:,(1)做单摆:取约1m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球,并打一个比小孔大一些的结,然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上,让摆球自然下垂。,(2)测摆长:用毫米刻度尺量出摆线长L(准确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,那么单摆的摆长,(3)测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5),然后释放小球,记下单摆摆动3050次的总时间,算出,平均每摆动一次的时间,即为单摆的振动周期。,(4)改变摆长,重做几次实验。,(5),数据处理的,两种方法:,根据公式 将测得的几次周期T和摆,长,l,代入公式 中算出重力加速度g的值,再算出,g的平均值,即为当地的重力加速度的值。,图象法:由单摆的周期公式T=2 可得l= ,因,此以摆长l为纵轴,以T2为横轴作出的l-T2图象是一条过,原点的直线,如下图,求出图线的斜率k,即可求出g,值。g=42k,k=,【高考命题探究】,【典例5】(2021安徽高考)根据单摆周期公式T=,2 ,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。世纪金榜导学号42722292,(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数,为_mm。,(2)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,开场时拉开摆球,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不大于5,在释放摆,球的同时开场计时,当摆球回到开场位置时停顿计时,此时间间隔t即为单摆周期T,e.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,从平衡位置开场计时,记下摆球做,50次全振动所用的时间t,那么单摆周期,【解析】(1)(18+60.1)mm=18.6mm,(2)选a、b、e。摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并,且尽可能长一些,摆球尽量选择质量大些、体积小些的,都是为了更加符合单摆的构成条件,故a、b是正确的;,摆线相距平衡位置的角度,以不大于5为宜,故c是错,误的;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,从平衡位置开场计时,记下摆,球做50次全振动所用的时间t,那么单摆周期 ,故d,错,e对。,答案:(1)18.6(2)a、b、e,【强化训练】,1.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。,(1)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,如下图。这样做的目的是_。(填字母),A.保证摆动过程中摆长不变,B.可使周期测量得更加准确,C.需要改变摆长时便于调节,D.保证摆球在同一竖直平面内摆动,(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9 990m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如下图,那么该摆球的直径为_mm,单摆摆长为_m。,(3)以下振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进展周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开场,A、B、C均为30次全振动的图象,sin5=,0.087,sin15=0.26,这四种操作过程符合实验要求且误差最小的是_。(填字母),【解析】(1)选A、C。实验中要注意减小实验误差和便,于实验操作,题目中的措施可以保证摆动过程中摆长不,变,并且便于改变摆长,应选项A、C正确。,(2)游标卡尺主尺上的读数为12.0mm,游标尺上第0条刻,度线与主尺刻度线对齐,所以游标卡尺的读数为,12.0mm+0=12.0mm,单摆的摆长为l=L- =0.9 990m-,m=0.9930m。,(3)用单摆测量周期时,为了减小误差,需使摆角小于5,且从摆球经过最低点时开场计时,故振幅A,lsin5=8.7cm,只有选项A符合要求。,答案:(1)A、C(2)12.00.9930(3)A,2.某小组在做“用单摆测定重力加速度实验后,为进,一步探究,将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资,料得知,这样做成的“复摆做简谐运动的周期T=,2 ,式中Ic为由该摆决定的常量,m为摆的质,量,g为重力加速度,r为转轴到重心C的距离。如图甲,实验时在杆上不同位置打上多个小孔,将其中一个小孔,穿在光滑水平轴O上,使杆做简谐运动,测量并记录r和,相应的运动周期T;然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验,实验数据见表,并测得摆的质量m=0.50kg。,r/m,0.45,0.40,0.35,0.30,0.25,0.20,T/s,2.11,2.14,2.20,2.30,2.43,2.64,(1)由实验数据得出图乙所示的拟合直线,图中纵轴表示_。,(2)Ic的国际单位为_,由拟合直线得到Ic的值为_(保存到小数点后二位)。,(3)假设摆的质量测量值偏大,重力加速度g的测量值_(选填“偏大“偏小或“不变)。,【解析】,(1)由T=2 ,可得T,2,r=,所以图中纵轴表示T,2,r。,(2)I,c,单位与mr,2,单位一致,因为mr,2,的国际单位为kgm,2,所以I,c,的国际单位为kgm,2,;结合T,2,r= 和题,图中的截距和斜率,解得I,c,的值为0.17。,(3)重力加速度g的测量值是通过求斜率 得到,与质,量无关,所以假设摆的质量测量值偏大,重力加速度g的测,量值不变。,答案:(1)T2r(2)kgm20.17(3)不变,【加固训练】,甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。,(1)甲组同学采用如下图的实验装置。,利用单摆测重力加速度的实验中,为了减小测量周期的误差,应在_位置开场计时和完毕计时。,在一次用单摆测定加速度的实验中,图A是用毫米刻度尺测摆长,假设测得悬点到小球最下端长为h,小球直径为d,那么摆长L=_。,图B为测量周期用的秒表,长针转一圈的时间为30s,表盘上部的小圆共15大格,每一大格为1min,该单摆摆动n=50次全振动时,长、短针位置如图中所示,所用时间t=_s。用以上直接测量的L、t、n表示出重力加速度的计算式为g=_(不必代入具体数值)。,假设某同学测摆长时,忘记测摆球的半径,而只把悬点到小球最下端长度作为摆长,那么他根据以上计算式求得的重力加速度_(选填“偏大“偏小或“准确)。,(2)乙组同学在图C所示装置的根底上再增加一个速度传感器,如图D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E所示的v-t图线。,由图E可知,该单摆的周期T=_s。,更换摆线长度后,屡次测量,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2=9.86,结果保存3位有效数字)假设其他测量、计算均无误,那么用上述方法算得的g值和真实值相比是_(选填“偏大“偏小或“不变)的。,【解析】(1)利用单摆测重力加速度的实验中,为了减小测量周期的误差,应在平衡位置开场计时和完毕计时。,摆长等于摆线的悬点到摆球球心的距离,摆长L=,h- 。,秒表的小盘读数为90s,大盘读数为10.4s,那么最终读数,为100.4s;,单摆的周期T= ,根据T=2 得,根据g= 知,测摆长时,忘记测摆球的半径,而只,把悬点到小球最下端长度作为摆长,那么摆长的测量值偏,大,导致重力加速度的测量值偏大。,(2)根据图线知,单摆的周期T=2.0s。,根据T=2 得,T2= ,由T2=4.04L+0.035知, =4.04,解得g=9.76m/s2。,在T2-L图线中,求斜率时,未测量摆球的半径,不影响斜,率的求解,那么算出的g值和真实值相比是不变的。,答案:(1)平衡h- 100.4,偏大(2)2.09.76不变,
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