高中物理教科版4第一章机械振动 第1章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①－kx②eq\f(2π,T)③2πf④2πeq\r(\f(l,g))⑤递减⑥驱动力⑦越小⑧最大简谐运动的图像简谐运动的图像遵从正弦函数的规律，描述了质点的位移随时间的变化规律．从图像可以直接获得的信息有质点在任意时刻的位移、质点的振幅、周期，此外还可以确定质点的速度、加速度、动能和势能等物理量以及它们的变化规律，具体分析如下：1．可以确定振动物体在任一时刻的位移．如图1­1所示，对应t1、t2时刻的位移分别是x1＝＋7cm、x2＝－5cm.2．确定振动的振幅．图中最大位移的值就是振幅，如图表示的振幅是10cm.3．确定振动的周期和频率．振动图像上一个完整的正弦(余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期，由图可知，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期T＝s，频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz.图1­14．确定各时刻质点的振动方向．例如图中在t1时刻，质点正远离平衡位置运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动．5．比较各时刻质点的加速度(回复力)的方向和大小．例如在图中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负，两者方向相反；t2时刻，位移x2为负，则a2便为正，又因为|x1|＞|x2|，所以|a1|＞|a2|.如图1­2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1­2A．t＝s时，振子的速度方向向左B．t＝s时，振子在O点右侧6eq\r(2)cm处C．t＝s和t＝s时，振子的加速度完全相同D．t＝s到t＝s的时间内，振子的速度逐渐增大E．t＝s时振动系统的机械能最小【解析】t＝s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，选项A正确；t＝s时，振子在O点右侧6eq\r(2)cm处，选项B正确；t＝s和t＝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；t＝s到t＝s的时间内，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简谐运动图像问题的处理思路1．根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义，明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位．2．将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来，根据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析．3．判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路：根据F＝－kx判断回复力F的变化情况；根据F＝ma判断加速度的变化情况；根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况．简谐运动的周期性和对称性1.周期性做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回到原来的状态，因此在处理实际问题时，要注意多解的可能性．2．对称性(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)时间的对称性：系统在通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等．在振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过这两点的时间相等．(3)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．一个做简谐运动的质点在平衡位置O点附近振动；当质点从O点向某一侧运动时，经3s第一次过P点，再向前运动，又经2s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①的方向第一次过P点，历时3s；由P到B，再由B到P共历时2s，则由其对称性知P、B间往返等时，各为1s，从而可知T/4＝4s，周期T＝16s．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2s，则需时t＝16s－2s＝14s.若沿图中②的方向第一次过P点，则有3－tOP＝2＋tPO＋tOP＝T′/2，而tOP＝tPO由上两式可解得tOP＝tPO＝eq\f(1,3)s，T′＝eq\f(16,3)s则质点第三次过P点历时t′＝T′－2s＝eq\f(10,3)s.【答案】14s或eq\f(10,3)s光滑水平面上的弹簧振子，振子质量为50g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在t＝s时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4m/s.则在t＝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,1min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T＝s，振子的最大速度为4m/s，则最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝J．根据振子振动的周期性判定，在t＝s末，振子在最大位移处，据机械能守恒有Ep＝Ekm＝J，物体的振动周期为s，则其动能的变化周期为eq\f(T,2)＝s，所以动能的变化频率为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1min内弹力做正功的次数为n＝eq\f(60,×2次＝150次．【答案】150单摆特性的应用1.等时性单摆做小角度摆动时可视为简谐运动，每次全振动所用的时间相等，即为单摆的周期．单摆的周期只与摆长和当地的重力加速度有关，与摆球的质量无关．2．周期性单摆的振动具有周期性．振动过程中，振动的位移、速度、动能、回复力都随时间做周期性变化．因此，在分析具体问题时必须考虑到由于单摆的周期性造成的多解．3．对称性单摆的运动过程关于平衡位置对称，主要表现在平衡位置两侧，当偏角相同时，摆球的速率、动能相同，平衡位置两侧的最大高度、最大偏角相等．如图1­3所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R≫eq\x\to(AB)，甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：图1­3(1)两球第1次到达C点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？【解析】(1)甲球做自由落体运动R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))，乙球沿圆弧做简谐运动(由于eq\o(AB,\s\up18(︵))≪R，可认为摆角θ＜5°)．此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))，所以t1∶t2＝eq\f(2\r(2),π).(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间为t甲＝eq\r(\f(2h,g))，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝eq\f(T,4)＋neq\f(T,2)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))(2n＋1)(n＝0,1,2…)由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙解得h＝eq\f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2…)．【答案】(1)eq\f(2\r(2),π)(2)eq\f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2…)单摆模型问题的求解方法1．单摆模型指符合单摆规律的运动模型，模型满足条件：①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力F＝－kx.2．首先确认符合单摆模型条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))或简谐运动规律分析求解问题．3．如图甲所示的双线摆的摆长l＝r＋Lcosα.乙图中小球(可看做质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l＝R.1.(2023·全国卷Ⅱ)如图1­4，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________A0(填“>”、“<”或“＝”)，T________T0(填“>”、“<”或“＝”)．图1­4【解析】当弹簧振子通过平衡位置时，a、b之间粘胶脱开，a、b由于惯性继续向右运动，弹簧伸长，对物块有向左的拉力，物块a向右做减速运动，动能减少，物块b在光滑水平面上做匀速直线运动，动能不变，由能量守恒定律知只有物块a减少的动能转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最大伸长量减小，故振幅减小．振动中振子的质量变小，振子的周期变小．【答案】<<2．(2023·山东高考改编)如图1­5，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝πt)＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10m/s2.以下判断正确的是()【导学号：18640011】图1­5A．h＝mB．简谐运动的周期是sC．s内物块运动的路程是mD．t＝s时，物块与小球运动方向相反E．t＝s时，物块的位移是－m【解析】t＝s时，物块的位移为y＝π×m＝－m；则对小球h＋|y|＝eq\f(1,2)gt2，解得h＝m，选项A、E正确；简谐运动的周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,π)s＝s，选项B正确；s内物块运动的路程是3A＝m，选项C错误；t＝s＝eq\f(T,2)，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误．【答案】ABE3．(2023·上海高考)下列说法正确的是()A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向【解析】根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可以知道，在同一地点，重力加速度g为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故B正确；根据单摆周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))可以知道，单摆的周期与质量无关，故C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故D正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道周期后，可以确定在任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则无法确定，故E错误．【答案】ABD4．(2023·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】①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②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5．(2023·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1­6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．图1­6【解析】设振动的周期为T，由题意可得：在振子振动的一个周期内，纸带发生的位移大小为2x0，故T＝eq\f(2x0,v).设振动的振幅为A，则有：2A＝y1－y2，故A＝eq\f(y1－y2,2).【答案】eq\f(2x0,v)eq\f(y1－y2,2)我还有这些不足：(1)