【优化指导】2013高考物理总复习 第12章 1讲 机械振动课件 新人教版

1、第一讲机械振动,1理解简谐运动的回复力、位移、振幅、周期和频率等概念，知道并会运用简谐运动的位移时间图象 2理解单摆的周期公式及单摆在复合物中周期的变化 3了解自由振动和受迫振动、共振现象 4知道用单摆测定重力加速度的方法,一、简谐运动 1简谐运动 振动质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象是一条 的曲线 2简谐运动的描述 (1)描述简谐运动的物理量 位移x：由 指向 的有向线段表示振动位移，是矢量 振幅A：振动物体离开平衡位置的 ，是标量，表示振动的强弱,按正弦规律变化,平衡位置,振动质点所在位置,最大距离,周期T和频率f：做简谐运动的物体完成 所需要的时间叫周期，而频率则

2、等于单位时间内完成 ；它们是表示振动快慢的物理量二者互为倒数关系 (2)简谐运动的表达式 动力学表达式：Fkx 运动学表达式：xAsin(t) 3简谐运动的能量 简谐运动过程中动能和势能相互转化，机械能守恒，振动能量与 有关， 越大，能量越大,一次全振动,全振,动的次数,振幅,振幅,二、简谐运动的两种模型 1弹簧振子 如图所示，平衡位置为O. (1)位移：由 指向振子所在位置 (2)回复力：由 提供,平衡位置,弹簧的弹力,2单摆(理想化模型) (1)单摆：悬挂小球的细线的伸缩量及 可以忽略，线长又比 大得多的装置当单摆的最大摆角 时，单摆的振动近似为简谐运动 (2)回复力：单摆在振动过程中，回

3、复力由重力在 方向的分力提供，F . (3)单摆的周期：T .摆长是悬点到 之间的距离,质量,小球线度,小于10,mgsin,切线,球心,(4)单摆的等时性：在振幅很小的条件下，单摆的振动周期跟振幅 (单摆的振动周期跟振子的质量也没关系) (5)单摆的应用 计时器摆钟是靠调整 而改变周期使摆钟与标准时间同步 测重力加速度：g .,无关,摆长,冬天走时准确的老式挂钟，到了夏天就不准确了，为什么呢？ 提示：由于热胀冷缩，到了夏天挂钟的摆长变长了，摆动的周期发生了变化，所以走时就不准确了,三、受迫振动和共振 1受迫振动 物体在 作用下的振动做受迫振动的物体，它的周期(或频率)等于 的周期(或频率)，

4、而与物体的固有周期(或频率) 关 2共振 做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者 时，振幅达到最大，这就是共振现象,周期性外力,驱动力,无,相等,一、简谐运动的对称性和周期性 1对称性 简谐运动的物体具有对平衡位置的对称性：在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能相等，位移、回复力、加速度大小相等，方向相反；速度大小相等，方向可能相同，也可能相反；振动过程相对平衡位置两侧的最大位移值相等,一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1 s，质点通过B点，后再经过1 s又第二次通过B点，在这两秒钟内质点通过的总路程为12 cm，求： (1)质点的振

5、动周期和频率； (2)质点的振幅； (3)质点12 s内通过的路程 【思维点拨】设质点以O点为平衡位置振动，“先后以相同的速度依次通过A、B两点”，说明A、B两点关于O点对称，且沿AOB路径运动，然后由B运动到最大位移处再返回B.根据运动的对称性即可求解周期和振幅,【方法归纳】简谐运动的对称性、周期性是解决相关问题的突破口根据题意，正确画出示意图，可达到事半功倍的效果,答案：AC,二、简谐运动的图象 1物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线 2简谐运动的图象 (1)从平衡位置开始计时，函数表达式为xAsin t，图象如图甲所示 (2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x

6、Acos t，图象如图乙,友情提示：(1)简谐运动具有往复性，位移相同时回复力、加速度、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向 (2)简谐运动具有周期性和对称性特点，往往会出现多解问题,如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下要求： (1)写出该振子简谐运动的表达式 (2)在第2 s末到第3 s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？ (3)该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？,【思维点拨】分析该题时需注意以下四点： (1)振子的初始位置及运动方向 (2)振子位移的大小、方向及变化趋势 (3)由位移变化判断a、v、Ek、Ep的变化 (4)由运动特点确

7、定位移和路程,(2)由题图可知，在t2 s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大当t3 s时，加速度达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值 (3)振子经一周期位移为零，路程为54 cm20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子位移x0，振子路程s2025 cm500 cm5 m.,【方法归纳】振子在一个周期内通过的路程为4A，半个周期内通过的路程为2A，但四分之一个周期内通过的路程可能大于、小于或等于A.,2. 有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC

8、间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动若从振子经过平衡位置时的某时刻开始计时(t0)，经过1/4周期振子有正向最大加速度 (1)求振子的振幅和周期； (2)在图中做出该振子的位移时间图象； (3)写出振子的振动方程,三、单摆周期公式的理解与应用 1单摆及成立条件 如图所示，一根轻细线，悬挂着一个小球，就构成所谓的单摆能够视为单摆需要满足两个条件： (1)与小球的质量m相比，线的质量可以忽略 (2)小球可视为质点，如果小球不能视为质点，则单摆半径为悬点到重心的距离,友情提示：如单摆没有处于地球表面或所处环境为非平衡状态，则g为等效重力加速度，大体有这样几种情况：(1)不同星球表面

9、gGM/r2；(2)单摆处于超重或失重状态等效gg0a，如轨道上运行的卫星ag0完全失重，等效g0；(3)不论悬点如何运动还是受别的作用力，等效g的取值等于在单摆不摆动时，摆线的拉力F与摆球质量m的比值，即等效gF/m.,(1)一个单摆挂在运动电梯中，发现单摆的周期变为电梯静止时周期的2倍，则电梯在这段时间内可能做_运动，其加速度的大小a_. (2)在某地，摆长为l1的摆钟A在某一段时间内快了t(s)，而另一摆长为l2的摆钟B在同一段时间内慢了t(s)，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？ 【错源探究】对单摆周期公式理解不透导致错误 【错因分析】没有弄清单摆的周期变大的原因，要知道单摆在

10、超重、失重状态下公式中的g并不是重力加速度；另外，摆钟显示时间与全振动次数、周期的关系不清也是造成错解的原因,小球对悬点的加速度为gg/4，小于g，取向下为正方向，则gag 由式可得悬点(即电梯)的加速度a3g/4，方向向下所以电梯可能是匀加速下降或匀减速上升,3. 如图所示，三根细线于O点处打结，两根细线的另一端均固定在同一水平面上相距L的A、B两点上，使AOB成直角三角形，BAO30.已知OC线长也为L，下端C点系着一个小球(半径忽略不计)，下列说法正确的是(),答案：A,四、受迫振动和共振 1共振曲线 如图所示，横坐标为驱动力频率f驱，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对受迫振动振

11、幅的影响，由图可知，f驱与f固越接近，振幅A越大；当f驱f固时，振幅A最大,2受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换 3发生共振时驱动力对系统做的功与系统克服阻力做的功相等，振动系统的机械能不再增加，振幅达到最大 友情提示：无论发生共振与否，受迫振动的频率都等于驱动力的频率，但只有发生共振现象时振幅才能达到最大,一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图甲所示该装置可用于研究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

12、，砝码便做简谐运动，振动图象如图乙所示当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图象如图丙所示若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，X表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则,(1)稳定后，物体振动的频率f_Hz. (2)欲使物体的振动能量最大，需满足什么条件？ 答：_.,(3)“某同学提出，我国火车第六次大提速时，需尽可能的增加铁轨单节长度，或者是铁轨无结头”利用上述所涉及的知识，请分析该同学所提问题的物理道理 答：_. 【思维点拨】物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，当f驱f固时物体做受迫振动的振幅最大，即发生共振,答案：(1)0

13、.25(2)TT04 s (3)远离火车的固有周期，以便提高火车的车速,五、实验：用单摆测定重力加速度 1实验目的 (1)用单摆测定当地的重力加速度 (2)加深对单摆周期公式的理解,3实验器材 铁架台、中心有小孔的金属小球、长约1 m的细线、秒表、刻度尺、游标卡尺 4实验步骤 (1)让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个线结，做成单摆 (2)把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如图所示,5误差分析 (1)系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的

14、振动等 (2)偶然误差主要来自时间上的测量，因此，要从摆球通过平衡位置开始计时，不能多计或漏计振动次数 (3)为了减小偶然误差，通常采用多次测量求平均值及用图象处理数据的方法,6注意事项 (1)细线的质量要小，弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过10. (2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放 (3)测周期的方法： 要从摆球过平衡位置时开始计时，因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大 要测多次全振动的时间来计算周期如在摆球过平衡位置开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后摆球从同一方向通过最低位置时计数1次，依次为2,3

15、n次,某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球实验步骤是 A石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点 B用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长 C将石块拉开一个大约30的角度，然后由静止释放 D从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由Tt/30得出周期,【规范解答】(1)实验步骤中有重大错误的是： B：大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长 C：最大偏角不能超过10 D：应在摆球经过平衡位置时计时 F：应该用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值,4某同学在“用单摆测定重力加速度”

16、的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示则：,(1)该摆摆长为_cm，秒表的示数为_； (2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是() A测摆线长时摆线拉得过紧 B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 C开始计时时，秒表过迟按下 D实验中误将49次全振动数为50次,解析：(1)由摆长公式lld/2，知l98.50 cm0.985 0 m，由秒表的读数方法，可求得单摆振动50次所用的时间t短针读数(t1)长针读数(t2)330 s9.8 s99.8 s，同时可求得周期T.,答案：(1)98.599.8 s(2)B,(2012河南模拟)将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力用这种方法测得的某单摆摆动过程中悬线上拉力大小随时间变化的曲线如图所示由此图线提供的信息做出下列判断：,t0.2 s时刻摆球正经过最低点；t1.1 s时摆球正处于最高点；摆球摆动过程中机械能时而增大时而减小；摆球摆动的周期约是T0.6 s上述判断中正确的是 A B C D,解析：当摆球到达最高点时，悬线上的拉力最小；当摆球到达最低点时，悬线上的拉力最大因此正确从图象中看出摆球到达最低点时的拉力一次比一次小，说明速率一次比一次小，