2024-2025学年高中物理第二章机械振动本章专题整合提升教案新人教版选择性必修第一册

PAGE5-本章专题整合提升——本章学问网络构建————专题整合提升——专题一简谐运动的描述及规律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更时，可以依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更．2．简谐运动的图像能够反映简谐运动的规律(1)由图像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、方向的变更趋势；(4)依据位移的变更推断加速度的变更、质点的动能和势能的变更状况．3．思路方法(1)依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)将简谐运动图像跟详细运动过程或振动模型联系起来，依据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析；(3)推断简谐运动的回复力、加速度、速度变更的一般思路：①依据F＝－kx推断回复力F的变更状况；②依据F＝ma推断加速度的变更状况；③依据运动方向与加速度方向的关系推断速度的变更状况．1．心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔，即为心动周期，由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数(即心率)，甲、乙两人在同一台心电图机上作出的心电图如图所示，医生通过测量后登记甲的心率是60次/分，则由二图及甲的心率可知心电图机图纸移动的速度v以及乙的心率为(B)A．25mm/s48次/分 B．25mm/s75次/分C．25mm/min75次/分 D．25mm/min48次/分解析：由甲图，甲的心脏跳动一次图纸移动25mm，又甲的心率为60次/分，故图纸的速度为v＝25mm/s.乙图，心脏跳动一次，图纸移动20mm，又二图图纸速度相同，故乙心脏跳动一次需时间t＝eq\f(20,25)s＝0.8s，乙的心率为eq\f(60,0.8)次/分＝75次/分．故选B.2．如图所示，一弹簧振子沿光滑水平杆在BC间做简谐运动，O为平衡位置，振幅A＝6cm.从振子经过图中B点时起先计时，经时间0.1s第一次到达O点，则振子的振动周期T＝0.4s；取向右方向为正方向，振子振动方程的表达式x＝－6cos(5πt)或6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5πt－\f(π,2)))cm.解析：从振子经过图中B点时起先计时，经时间0.1s第一次到达O点，则周期为T＝0.1×4s＝0.4s；从负向最大位移处起先计时，其位移时间关系式为：x＝－Acosωt＝－6coseq\f(2π,0.4)tcm＝－6cos(5πt)cm或x＝Asin(ωt＋φ)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.4)t－\f(π,2)))cm＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5πt－\f(π,2)))cm.专题二简谐运动的对称性如图所示，物体在A与B间运动，O点为平衡位置，C和D两点关于O点对称，则有：1．时间的对称(1)振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，即tDB＝tBD.(2)质点经过关于平衡位置对称的等长的两线段时间相等，即tCO＝tOD.图中tOB＝tBO＝tOA＝tAO＝eq\f(T,4)，tOD＝tDO＝tOC＝tCO，tDB＝tBD＝tCA＝tAC.2．速度的对称(1)物体连续两次经过同一点(如D点)的速度大小相等，方向相反．(2)物体经过关于O点对称的两点(如C与D)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．3．位移对称(1)物体经过同一点(如C点)时，位移相同．(2)物体经过关于O点对称的两点(如C与D)时，位移大小相等，方向相反．4．加速度对称(1)物体经过同一点(如C点)时，加速度相同．(2)物体经过关于O点对称的两点(如C与D)时，加速度大小相等，方向相反.3．如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm.则质点的振动周期和振幅分别为(B)A．3s,6cm B．4s,6cmC．4s,9cm D．2s,8cm解析：简谐振动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点从M到O的时间与从O到N的时间相等．那么平衡位置O到N的时间t1＝0.5s，因过N点后又经过t＝1s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有N点到最大位置的时间t2＝0.5s．因此，质点振动的周期是T＝4×(t1＋t2)＝4s．总路程的一半为振幅，所以A＝eq\f(12,2)cm＝6cm.故选B.4．如图所示，质量为3m的框架放在一水平台秤上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端拴一质量为m的金属小球，小球上下振动．当小球运动到最低点时，台秤的示数为5mg，小球运动到最高点时，台秤的示数为3mg，此时小球的瞬时加速度大小为g解析：当小球运动到最低点时，台秤示数为5mg，即框架对台秤的压力大小为5mg，由牛顿第三定律知，台秤对框架的支持力为FN＝5mg.设最低点时小球的加速度大小为a，弹簧的弹力为F.此时框架的加速度大小为零，则对框架分析得F＋3mg＝FN，解得F＝2mg，对小球应用牛顿其次定律得F合＝F－mg＝mg，又F合＝ma，解得a＝g.由弹簧振子的对称性可知，小球运动到最高点时，小球加速度的大小也为g，方向竖直向下，所以此时弹簧处于原长，对框架没有作用力，台秤的示数为框架的重力，即为3mg.专题三单摆周期公式的应用1．对于单摆，在摆角很小的状况下，可看作是做简谐运动，其振动的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，与振幅、摆球质量无关．2．运动具有等时性、周期性，在运动过程中机械能守恒，可在最低点利用牛顿运动定律和机械能守恒求摆球受到的拉力，也可利用周期公式来测定当地的重力加速度．5．如图所示，四个单摆摆长相等，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a向下加速运动的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电，放在匀强磁场B中，周期为T丙；单摆丁带正电，放在匀强电场中，周期为T丁，那么(B)A．T甲>T乙>T丙>T丁B．T乙>T甲＝T丙>T丁C．T丙>T甲>T丁>T乙D．T丁>T甲＝T丙>T乙解析：依据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，重力加速度越大，周期越小；图甲中，g甲＝g；图乙中，电梯处于失重状态，等效重力加速度g乙＝g－a<g；图丙中，合力的切向重量不变，故等效重力加速度g丙＝g；图丁中，电场力向下，等效重力加速度为g丁＝g＋eq\f(qE,m)>g；故g丁>g甲＝g丙>g乙，则有T乙>T甲＝T丙>T丁，选项B正确．6．有一单摆，其摆长l＝1.02m，摆球的质量m＝0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t＝60.8s，试求：(1)当地的重力加速度；(2)假如将这个摆改为秒摆，摆长应怎样变更？变更多少？答案：(1)9.80m/s2(2)应缩短摆长缩短0.02m解析：(1)依据题意单摆的振动周期T＝eq\f(t,n)＝eq\f(60.8,30)s依据T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(4π2×1.02,\b\lc\(\rc\)