2018-2019学年高中物理 模块专题复习 专题一 机械振动的理解和应用学案 鲁科版选修3-4.docx

专题一 机械振动的理解和应用一、简谐运动与图象问题的综合1.描述简谐运动的物理量有几个重要的矢量(F、a、x、v)，分析这些矢量在运动过程中的变化时，可以根据题意作出运动简图，把振子的运动过程表示出来，再来分析各个量的变化.2.简谐运动的图象能够反映简谐运动的规律：(1)由图象可以知道振动的周期；(2)读出不同时刻的位移；(3)确定速度的大小、方向的变化趋势；(4)根据位移的变化判断加速度的变化、质点的动能和势能的变化情况.复习过关1.如图1所示为一弹簧振子的振动图象，规定向右的方向为正方向，试根据图象分析以下问题：(1)如图2所示，振子振动的起始位置是_，从起始位置开始，振子向_(填“右”或“左”)运动.图1图2(2)在图2中，找出图4中的O、A、B、C、D各点对应振动过程中的哪个位置？即O对应_，A对应_，B对应_，C对应_，D对应_.(3)在t2s时，振子的速度的方向与t0时振子的速度的方向_.(4)振子在前4s内的位移等于_.答案(1)E右(2)EGEFE(3)相反(4)0解析(1)由xt图象知，在t0时，振子在平衡拉置，故起始位置为E；从t0时，振子向正的最大位移处运动，即向右运动.(2)由xt图象知：O点、B点、D点对应平衡位置的E点，A点在正的最大位移处，对应G点；C点在负的最大位移处，对应F点.(3)t2s时，图线斜率为负，即速度方向为负方向；t0时，图线斜率为正，即速度方向为正方向，故两时刻速度方向相反.(4)4s末振子回到平衡位置，故振子在前4s内的位移为零.2.有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20cm，振子在2s内完成了10次全振动.若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t0)，经过周期振子有负向最大加速度.图3(1)求振子的振幅和周期；(2)在图3中作出该振子的位移时间图象；(3)写出振子的振动方程.答案(1)10cm0.2s(2)见解析图(3)x10sin10tcm解析(1)xBC20cm，t2s，n10，由题意可知：A10cm，T0.2s.(2)由从振子经过平衡位置开始计时，经过周期振子有负向最大加速度，可知振子此时在正向最大位移处.所以位移时间图象如图所示.(3)由A10cm，T0.2s，10rad/s，得振子的振动方程为x10sin10tcm.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：振动物体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：振动物体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：振动物体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.复习过关3.如图4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_.要使物体在振动中不离开弹簧，振幅不能超过_.图4答案mg2A解析由简谐运动的对称性知：物体在最低点时：F回1.5mgmgma在最高点：F回mgNma由两式联立解得Nmg.由以上可以得出振幅为A时最大回复力为0.5mg，所以有kA0.5mg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kAmg由两式联立解得A2A.4.一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T，则()A.若t时刻和(tt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则t一定等于T的整数倍B.若t时刻和(tt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相反，则t一定等于的整数倍C.若tT，则在t时刻和(tt)时刻振子振动的速度一定相等D.若t，则在t时刻和(tt)时刻弹簧的长度一定相等答案C解析如图所示，图中的a、b、c三点位移大小相等、方向相同，显然t不一定等于T的整数倍，故选项A错误；图中的a、d两点的位移大小相等、方向相反，t，故选项B错误；在相隔一个周期T的两个时刻，振子只能位于同一位置，其位移相同，速度也相等，选项C正确；相隔的两个时刻，振子的位移大小相等，方向相反，其位置关于平衡位置对称，弹簧分别处于压缩和拉伸状态，弹簧的长度并不相等，选项D错误.三、单摆周期公式的应用1.单摆的周期公式T2.该公式提供了一种测定重力加速度的方法.2.注意：(1)单摆的周期T只与摆长l及g有关，而与摆球的质量及振幅无关.(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.摆球在光滑圆周上小角度振动和双线摆也属于单摆，“l”实际为摆球球心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”.复习过关5.如图5所示，固定曲面AC是一段半径为4.0m的光滑圆弧形成的，圆弧与水平方向相切于A点，AB10cm，现将一小物体先后从斜面顶端C和斜面圆弧部分中点D处由静止释放，到达斜曲面底端时速度分别为v1和v2，所需时间为t1和t2，以下说法正确的是()图5A.v1v2t1t2B.v1v2t1t2C.v1v2t1t2D.v1t2答案A解析小球的运动可视为简谐运动，根据周期公式T22，知小球在C点和D点释放，运动到O点的时间相等，都等于T.根据动能定理有：mghmv20，知C点的h大，所以从C点释放到达O点的速度大，故A正确.6.正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图6所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点时用30.0s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1.0m，当地重力加速度g取2m/s2；根据以上数据可得小球运动的周期T_s；房顶到窗上沿的高度h_m.图61答案3.03.0解析Ts3.0s，T(22)，解得h3.0m.7.有两个同学利用假期分别去参观北京大学和浙江大学的物理实验室，并各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“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T2l图象，如图7甲所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是_(填“A”或“B”).另外，在浙大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比lalb_.图7答案B49解析纬度越高重力加速度g越大，根据单摆的周期公式可得T2l，所以B图线是在北大的同学做的.从题图乙中可以看出Tas，Tb2s.所以.8.有一单摆，其摆长l1.02m，摆球的质量m0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t60.8s，试求：(1)当地的重力加速度；(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？(秒摆的周期为2s)答案(1)9.79m/s2(2)应缩短摆长缩短0.02m解析(1)根据题意知单摆的振动周期Ts根据T2，得gm/s29.79 m/s2.(2)秒摆的周期为2s，根据T2，得l1m1m.故应缩短摆长，缩短l(1.021) m0.02m.四、阻尼振动、受迫振动及共振1.阻尼振动系统的周期决定于振动系统自身的性质，与振幅无关.阻尼振动过程中，振幅减小，周期不变.2.受迫振动的系统振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关.3.当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率十分接近系统的固有频率，系统的振幅会很大.当驱动力的频率f等于系统的固有频率f0时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫做共振.复习过关9.上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是()A.能量正在消失B.摆球机械能守恒C.摆球的振动周期在逐渐变小D.总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能答案D解析根据能量守恒定律可知，能量不会消失，故A错误；由题意可知，摆球的机械能由于阻力做功越来越小，故机械能不再守恒；减少的机械能转化为周围的内能，故D正确，B、C错误.10.如图8所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz.现匀速转动摇把，转速为240r/min.则()图8A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5sB.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25sC.当摇把转速为240r/min时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定减小D.若摇把转速从240r/min时进一步增大，弹簧振子的振幅也增大答案B解析摇把的转速为n240r/min4 r/s，它的周期Ts0.25s；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，故A错误，B正确；弹簧振子的固有周期T固s0.5s，当驱动力周期是0.5s时，提供驱动力的摇把转速为2r/s120 r/min，振子发生共振，振幅最大，故C错误；摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故D错误.