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选修3-4第一章机械振动机械波第1讲机 械 振 动【知识导图】x=Asin(t+)平衡位置运动平衡位置2gl固有频率固有频率周期摆长重力加速度【微点拨】1.掌握简谐运动的两种模型:弹簧振子和单摆。2.理解简谐运动的两个运动特征:(1)对称性特征。(2)周期性特征。3.单摆模型满足的三个条件:(1)圆弧运动。(2)小角度摆动(最大摆角a2,E1a2,E1E2C.a1a2,E1E2D.a1E2【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a1a2,E1E2。故A正确,B、C、D错误。0t3A3考点2简谐运动的合成和图象 【典题探究】 【典例2】 (2017北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐振动图象如图所示,下列描述正确的是()导学号04450289A.t=1 s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值B.t=2 s时,振子的速度为负,加速度为正的最大值C.t=3 s时,振子的速度为负的最大值,加速度为零D.t=4 s时,振子的速度为正,加速度为负的最大值【解析】选A。简谐运动中,质点在平衡位置处的振动速度最大,加速度为零,质点在偏离平衡位置位移最大处的速度为零,加速度最大,且加速度方向始终指向平衡位置,A选项正确,B、C、D选项错误。【通关秘籍】 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,如图所示。(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。【考点冲关】 1.(多选)(2018唐山模拟)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,振子的振动图象如图所示,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轴的正方向C.图中A点对应的时刻振子的加速度大小为5 m/s2D.在04 s内振子通过的路程为4 cmE.在04 s内振子做了1.75次全振动【解析】选A、B、D。由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知,题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为F=kx=200.25 N=5 N,方向指向x轴的负方向,并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动,A、B正确;由牛顿第二定律知,题图中A点对应的时刻振子的加速度大小为a= =50 m/s2,C错误;由题图可读出周Fm期为2 s,4 s内振子做两次全振动,通过的路程是s=24A=240.5 cm=4 cm,D正确,E错误。2.(2016北京高考)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,则其振动图象为()【解析】选A。N点在O点的右侧,而本题以平衡位置O为原点,向右为x轴正方向,振子位于N点时开始计时,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。【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,若板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,则()A.T1=2T2B.2T1=T2C.v1=2v2D.2v1=v2【解析】选C。同一单摆的周期是一定的,则T1=T2。设单摆的周期为T,板长为L,则有: 根据题意,有:v1=2v2,故选C。12LL T2Tvv，考点3单摆模型及周期公式 【典题探究】 【典例3】(多选)(2018郑州模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象,下列说法中正确的是()导学号04450290A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的振幅比乙摆的大C.甲摆的机械能比乙摆的大D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E.由图象可以求出当地的重力加速度【解析】选A、B、D。由题图可知,两单摆的周期相同,同一地点重力加速度g相同,由单摆的周期公式T= 得知,甲、乙两单摆的摆长相等,A正确;甲摆的振幅为10 cm,乙摆的振幅为7 cm,则甲摆的振幅比乙摆大,B正确;尽管甲摆的振幅比乙摆大,两摆的摆长也相等,但由于两摆的质量未知,故无法比较机械能的大小,C错误;在t=0.5 s时,甲摆经过平衡位置,振动的2gl加速度为零,而乙摆的位移为负的最大,则乙摆具有正向最大加速度,D正确;由单摆的周期公式T= 得g= ,由于不知道单摆的摆长,所以不能求得重力加速度,E错误。2gl224Tl【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所示为摆的结构示意图,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,下列说法正确的是()A.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动B.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动C.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动D.乙地的重力加速度较大,若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则说明周期变小,因T= ,则重力加速度变大,要使周期不变小,则应增加摆长,即将螺母适当向下移动。2gl迁移2:双线摆问题如图所示,在两根等长的曲线下悬挂一个小球(可视为质点)组成了所谓的双线摆,若摆长为l,两线与天花板的左、右两侧夹角均为,当小球垂直纸面做简谐运动时,其周期为()A.2 B.2gg2cossinC.2 D.2ggl2lll【解析】选D。根据公式T= 本题中l=lsin ,故T= ,D正确。2g，lsin2gl迁移3:类单摆运动如图所示,小球m自A点以初速度v向AD方向开始运动,已知 =0.9 m,AB圆弧的半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面内。重力加速度g取10 m/s2,欲使小球恰能通过C点,其初速度v应为多少?AB【解析】小球m的运动由两个分运动合成,这两个分运动分别是:以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面上AB方向上的往复运动。因为 TA,故C共振,B不共振,C的振幅比B的振幅大,所以C、D、E正确。A2g，lC2glB2gl【通关秘籍】 1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较:振动振动项目项目自由振动自由振动受迫振动受迫振动共振共振受力情况受力情况仅受回复仅受回复力力受驱动力受驱动力作用作用受驱动力受驱动力作用作用振动振动项目项目自由振动自由振动受迫振动受迫振动共振共振振动周期振动周期或频率或频率由系统本由系统本身性质决身性质决定定, ,即固有即固有周期周期T T0 0或或固有频率固有频率f f0 0由驱动力由驱动力的周期或的周期或频率决定频率决定, ,即即T=T=T T驱驱或或f=ff=f驱驱T T驱驱=T=T0 0或或f f驱驱=f=f0 0振动振动项目项目自由振动自由振动受迫振动受迫振动共振共振振动能量振动能量振动物体振动物体的机械能的机械能不变不变由产生驱由产生驱动力的物动力的物体提供体提供振动物体振动物体获得的能获得的能量最大量最大常见例子常见例子弹簧振子弹簧振子或单摆或单摆(5(5) )机械工作机械工作时底座发时底座发生的振动生的振动共振筛、共振筛、声音的共声音的共鸣等鸣等2.对共振的理解:(1)共振曲线:如 图所示,横坐标为驱动力频率f,纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响,由图可知,f与f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大。(2)受迫振动中系统能量的转化:做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换。【考点冲关】 1.(多选)(2018大连模拟)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,则下列说法正确的是()A.当ff0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f0D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于fE.当f=f0时,该振动系统一定发生共振【解析】选B、D、E。受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化规律如图所示,故A错误,B正确;稳定时系统的频率等于驱动力的频率,C错误,D正确;根据共振产生的条件知,当f=f0时,该振动系统一定发生共振,E正确。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。若保持把手不动,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,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图线如图3所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则()A.由图线可知T0=4 s,振幅为8 cmB.由图线可知T0=8 s,振幅为2 cmC.当T在4 s附近时,Y显著增大;当T比4 s小得多或大得多时,Y很小D.当T在8 s附近时,Y显著增大;当T比8 s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=4 s,振幅为4 cm,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,物体的振动达到最强,故当T在4 s附近时,振幅显著增大,当T比4 s小得多或大得多时,Y很小,故C正确、D错误。【加固训练】(多选)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。已知增大电压,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54 r/min。为了使筛子的振幅增大,下列做法正确的是()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54 r/min,即为:T= 所以驱动力的频率:f= =0.9 Hz,筛子的固有频率为f0=0.8 Hzf;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。6010s s54 9，19 HzT 10考点5实验:探究单摆的运动用单摆测定重力加速度 【典题探究】 【典例5】(2018衡水模拟)物理实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。导学号04450292(1)实验室有如下器材可供选用:A.长约1 m的细线B.长约1 m的橡皮绳C.直径约2 cm的均匀铁球D.直径约5 cm的均匀木球E.秒表F.时钟G.最小刻度为毫米的刻度尺实验小组的同学需要从上述器材中选择_(填写器材前面的字母)。 (2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点O为计时起点,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin 5 =0.087,sin 15=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)。 (3)某同学利用单摆测重力加速度,测得的g值与真实值相比偏大,可能的原因是_。 A.测摆长时记录的是摆线的长度B.开始计时时,秒表过早按下C.摆线上端未牢固地系于悬点,摆动中出现松动,使摆线长度增加了D.实验中误将29次全振动数记为30次【解析】(1)还需要从上述器材中选择:长约1 m的细线,直径约2 cm的均匀铁球,秒表(测量50次全振动的时间),最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)。(2)单摆振动的摆角5,当=5时单摆振动的振幅A=lsin 5=0.087 m=8.7 cm,为计时准确,在摆球摆至平衡位置时开始计时,故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A。(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g= 。将摆线的长误认为摆长,即测量值偏小,所以重力加速度的测量值偏小,故A错误;开始计时时,秒表过早按下,周期的测量值大于真实值,所以重力加速度的测量值偏小,故B错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,即摆长L的测量值偏小,所以重力加速度的测量值就偏小,故C错误;设单224 LT摆29次全振动的时间为t,则单摆的周期T= ,若误计为30次,则T测= ,即周期的测量值小于真实值,所以重力加速度的测量值偏大,故D正确。答案:(1)ACEG(2)A(3)Dt29tt3029【通关秘籍】 用单摆测重力加速度的“一做,二测,两处理”1.做单摆:取约1 m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(精确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,则单摆的摆长l=L+ 。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。D24.数据处理的两种方法:(1)根据公式T= ,g= 。将测得的几次周期T和摆长l代入公式g= 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。2gl224Tl224Tl(2)图象法:由单摆的周期公式T= 可得l= ,因此以摆长l为纵轴,以T 2为横轴作出的l-T 2图象是一条过原点的直线,如图所示,求出图线的斜率k,即可求出g值。g=42k,k= 2gl22gT422TT。ll【考点冲关】 (2018石家庄模拟)在探究单摆运动的实验中:(1)甲是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图,乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图象,根据图乙的信息可得,从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为_s,摆长为_m(取2=10,重力加速度大小g=10 m/s2)。 (2)单摆振动的回复力是_。 A.摆球所受的重力B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力C.摆线对摆球的拉力D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力(3)某同学的操作步骤如下,其中正确的是_。 A.取一根细线,下端系住直径为d的金属小球,上端固定在铁架台上B.用米尺量得细线长度l,测得摆长为lC.在摆线偏离竖直方向5位置释放小球D.让小球在水平面内做圆周运动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度【解析】(1)根据题图乙的信息可得,摆球第一次摆到最低点时,力传感器显示的力最大,所对应的时刻为t=0.5 s。根据题图乙的信息可得,单摆周期T=1.6 s,由单摆周期公式T= ,解得摆长为L=0.64 m。L2g(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力,B正确。(3)测得摆长应为l+ ,B错误。若让小球在水平面内做圆周运动,则为圆锥摆运动,测得摆动周期就不是单摆运动周期,D错误。答案:(1)0.50.64(2)B(3)A、Cd2【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)甲组同学采用如图所示的实验装置。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_位置开始计时和结束计时。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,若测得悬点到小球最下端长为h,小球直径为d,则摆长L=_。图B为测量周期用的秒表,长针转一圈的时间为30 s,表盘上部的小圆共15大格,每一大格为1 min,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)。若某同学测摆长时,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,则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所示装置的基础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,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2=9.86,结果保留3位有效数字) 若其他测量、计算均无误,则用上述方法算得的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,应在平衡位置开始计时和结束计时。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90 s,大盘读数为10.4 s,则最终读数为100.4 s;d2单摆的周期T= ,根据T= 得,g= 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,则摆长的测量值偏大,导致重力加速度的测量值偏大。tnL2g222224 L4 n LTt。224 LT(2)根据图线知,单摆的周期T=2.0 s。根据T= 得,T2= ,由T2=4.04L+0.035知, =4.04,解得g=9.76 m/s2。L2g24 Lg24g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,则算出的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d22224 n Lt
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