高考物理机械振动考点总结.ppt

1、机 械 振 动 与 机 械 波 光,机 械 振 动 与 机 械 波 光,机 械 振 动 与 机 械 波 光,本章内容试题信息容量大、综合性强，一道题往往考查多个概念和规律，特别是通过波的图象综合考查理解能力、推理能力和空间想象能力围绕波的干涉、衍射现象等内容，以新的背景出题的可能性也在不断的增大 复习本章时应把握以下知识重点： 1对于简谐运动及其振动图象，理解振动过程中回复力、 位移、速度、加速度、动能、势能等物理量的变化规律,2振动与波的图象问题复习时要真正搞懂振动与波的关 系及两个图象的物理意义，还要注意其空间和时间上的 周期性 3几何光学中，重点理解光的折射、全反射和临界角，并 应注重与

2、实际应用的联系在分析时，能否正确作出光 路图常是解题的关键 4对光的本性，试题较简单为此必须切实掌握其中的基 本概念、规律，不能忽略任何一个知识点.,一、简谐运动 1简谐运动：质点的位移与时间的关系遵从 函数规 律，即其振动图象是一条 2表达式：xAsin(t),3简谐运动的两种模型,正弦,正弦曲线,摩擦力,质量,质量,很小,1对于确定的弹簧振子，其振动周期T与频率f也就确定了， 即T与f只由振动系统本身的条件决定 2单摆的振动周期(T)与摆球质量、振幅都无关，称为单摆 的等时性,二、简谐运动的描述 1描述简谐运动的物理量 (1)位移：方向为从平衡位置指向 ，大小为 到该位置的距离其最大值为振

3、幅 (2)速度：描述振子在振动过程中经过某一位置或在某一时刻 运动的快慢在所建立的坐标轴上，速度的正负号表示振 子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反,振子所在的位置,平衡位置,(3)加速度：根据牛顿第二定律，做简谐运动的物体的加速 度a 由此可知，加速度的大小跟 大小成正 比，其方向与位移方向总是 (4)回复力 定义：使物体返回到 的力 方向：时刻指向 来源：振动物体所受的沿振动方向的合力,位移,相反,平衡位置,平衡位置,(5)振幅、周期(频率)、相位 振幅：反映振动质点 的物理量，它是标量 周期和频率：描述 的物理量，其大小由振动 系统本身来决定，与 无关也叫做固有周期和固有 频率 相位：用

4、来描述周期性运动在各个时刻所处的不同状 态的物理量，其单位为弧度,振动强弱,振动快慢,振幅,1振动物体经过同一位置时，其位移大小、方向是一定的， 而速度方向却有指向或背离平衡位置两种可能 2振动物体经过平衡位置时，速度最大且方向不变，振动 加速度为零但方向改变 3振动物体在平衡位置时，回复力为零，但所受合外力不 一定为零(如单摆),2描述简谐运动的图象,时间,位移,时间,振子实际轨迹并非正弦曲线,三、受迫振动及共振 1阻尼振动 (1)定义：系统克服阻尼所做的振幅逐渐减小的振动 (2)功能关系：系统减少的机械能用来克服阻力做功,2受迫振动 (1)概念：系统在 的外力(驱动力)作用下的振动 (2)

5、振动特征：受迫振动的频率等于 的频率，与系统的 无关,驱动力,固有频率,周期性,3共振 (1)概念：驱动力的频率等于系统的 时，受迫振动 的振幅最大的现象 (2)共振条件：驱动力的频率等于系统的 (3)特征：共振时 最大 (4)共振曲线：如图1111所示,图1111,固有频率,固有频率,振幅,1.受力特征：简谐运动的回复力满足Fkx，位移x与回复力 的方向相反由牛顿第二定律知，加速度a与位移大小成正 比，方向相反 2运动特征：当物体靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增 大；当物体远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小 3能量特征：对单摆和弹簧振子来说，振幅越大，能量越 大在运动过程中，动能

6、和势能相互转化，机械能守恒,4周期性特征：物体做简谐运动时，其位移、回复力、加 速度、速度、动量等矢量都随时间做周期性变化，它们的 变化周期就是简谐运动的周期(T)；物体的动能和势能也 随时间做周期性变化，其变化周期为,5对称性特征 (1)如图1212所示，振子经过关于平衡位置O对称(OP OP)的两点P、P时，速度的大小、动能、势能相 等，相对于平衡位置的位移大小相等,图1112,(2)振子由P到O所用时间等于由O到P所用时间，即 tPOtOP. (3)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间 相等，即tOPtPO.,由于简谐运动具有周期性和对称性，因此，涉及简谐运动时，往往出现多解

7、分析问题时应特别注意物体在某一位置时的速度的大小和方向、位移的大小和方向,1(2009天津高考)某质点做简谐运动，其位移随时间 变化的关系式为x Asin t，则质点 () A第1 s末与第3 s末的位移相同 B第1 s末与第3 s末的速度相同 C. 3 s末至5 s末的位移方向都相同 D3 s末至5 s末的速度方向都相同,解析：由xAsin t知，周期T8 s第1 s、第3 s、第5 s间分别相差2 s，就是 个周期根据简谐运动图象中的对称性可知A、D项正确,答案：AD,1.对称法 (1)远离平衡位置的过程：由Fkxma可知，x增大，F增 大，a增大，但a与v反向，故v减小，动能减小 (2)

8、靠近平衡位置的过程：由Fkxma可知，x减小，F减 小，a减小，但a与v同向，故v增大，动能增大 (3)经过同一位置时，位移、回复力、加速度、速率、动能一 定相同，但速度、动量不一定相同，方向可能相反,2图象法 (1)确定振动物体在任一时刻的位移如图1113所示，对 应t1、t2时刻的位移分别为x17 cm，x25 cm. 图1113,(2)确定振动的振幅图象中最大位移的值就是振幅，如图 1113所示，振动的振幅是10 cm. (3)确定振动的周期和频率振动图象上一个完整的正弦(余 弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期 由图1113可知，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期， T0.2 s

9、，频率f1/T5 Hz.,(4)确定各质点的振动方向例如图1114中的t1时刻，质 点正远离平衡位置向正方向运动；在t3时刻，质点正向着 平衡位置运动 (5)比较各时刻质点加速度的大小和方向例如在图1214 中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负，t2时刻质点位 移x2为负，则加速度a2为正，又因为|x1|x2|，所以 |a1|a2|.,2一弹簧振子做简谐运动，周期为T，则 () A若t时刻和(tt)时刻振子运动的位移大小相等、 方向相同，则t一定等于T的整数倍 B若t时刻和(tt)时刻振子运动的速度大小相等、 方向相反，则t一定等于T/2的整数倍 C若tT，则在t时刻和(tt)时刻振子

10、运动的 加速度一定相等 D若tT/2，则在t时刻和(tt)时刻弹簧的长 度一定相等,解析：此题若用图象来解决将更直观、方便设弹簧振子的 振动图象如图所示,B、C两点的位移大小相等、方向相同，但B、C两点的时间间隔tnT(n1,2,3)，A错误；B、C两点的速度大小相等、方向相反，但tnT/2(n1,2,3)，B错误；因为A、D两点的时间间隔tT，A、D两点的位移大小和方向均相等，所以A、D两点的加速度一定相等，C正确；A、C两点的时间间隔tT/2，A点与C点位移大小相等、方向相反，在A点弹簧是伸长的，在C点弹簧是压缩的，所以在A、C两点弹簧的形变量大小相同，而弹簧的长度不相等，D错误,答案：C

11、,如图1114所示，在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10，现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A，使其由静止开始下滑，则： (1)球A由M至O的过程中所需时间t为多少？在此过程中能量如何转化(定性说明)?,图1114,(2)若在MN圆弧上存在两点P、Q，且P、Q关于O点对称，且已测得球A由P直达Q所需时间为t，则球A由Q至N的最短时间为多少？ (3)若在圆弧的最低点O的正上方h处由静止释放小球B，让其自由下落，同时球A从圆弧右侧边缘M处由静止释放，欲使A、B两球在圆弧最低点O处相遇，则球B下落的高度h是多少？,思路点拨小球在所对应的圆心角小于10的圆弧上运动可 看做为摆

12、长为R的单摆的运动,解析(1)由单摆周期公式T2 知，球A的运动周 期T2 ，所以 在由MO的过程中球A的重力势能转化为动能 (2)由对称性可知 代入数据解得球A由Q至N的最短时间为 tQN,(3)欲使球A、B相遇，则两球运动时间相同，且必须同时到达O点，球A能到O点的时间可以是 T，也可以是 故由简谐运动的周期性可知，两球相遇所经历的时间可以是( n)T或( n)T(n0,1,2,3) 所以球A运动的时间必为 T的奇数倍， 即t 所以 R(n0,1,2,3),答案 重力势能转化为动能 (2) (3) R(n0,1,2,3),(1)简谐运动具有对称性，关于平衡位置O对称.在从平衡位置 运动到对

13、称点对应的运动时间一定相等. (2)简谐运动具有周期性，每周期振子经过平衡位置两次.,(12分) (2010温州模拟)如图1115所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：,图1115,(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？,思路点拨解答本题时应注意以下两点： (1)弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能的变化与振子 位移变化的关系 (2)位移和路程的区别及路程与振子振幅的大小关系,解题样板(1)由振动图象可得： A5 cm，T4 s，0 则 故

14、该振子简谐运动的表达式为x5sin (4分),(2)由图1215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，位移值不断增大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大当t3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值(4分),(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. (4分),答案见解题样板,(1)弹簧振子的位移、加速度、弹性势能的大小变化规律相 同，而位移与速度、动能的大小变化规律相反 (2)

15、振子在每周期内的路程一定为4A，半周期内的路程为 2A，但 内的路程不一定为A.,1一弹簧振子在振动过程中的某段时间内，其加速度数值越 来越大，则在这段时间内 () A振子的速度越来越大 B振子正在向平衡位置运动 C振子的速度方向与加速度方向一致 D以上说法都不正确,解析：因加速度数值在增大，由牛顿第二定律Fma可知，其回复力F在增大，又Fkx，故位移x在增大，即振子在远离平衡位置，故B不对；加速度指向平衡位置，而速度背离平衡位置，故加速度和速度方向相反，C不对；振子远离平衡位置，a与v方向相反，故做减速运动，速度越来越小，A不对，所以本题正确答案为D.,答案：D,2(2009宁夏高考)某振动

16、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，下列说法正确的是 () A当ff0时，该振动系统的振幅随f增大而减小 B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f0 D. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f,解析：受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化而变化，驱动力的频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，A错，B对稳定时受迫振动的频率等于驱动力的频率，即C错，D对,答案：BD,3(2009上海高考)做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量 增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的 1/

17、2，则单摆振动的 () A频率、振幅都不变B频率、振幅都改变 C频率不变，振幅改变 D频率改变，振幅不变,解析：由单摆周期公式T2 知，周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变频率不变质量改变前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，有mgh mv2，改变后4mgh 可知hh，振幅改变，故选C.,答案：C,4如图1116所示，弹簧下端挂一质量为m的物体，物体 在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高 点时，弹簧正好为原长，则物体在振动过程中 () A物体在最低点时所受的弹力大小应为2mg B弹簧的弹性势能和物体动能总和不变 C弹簧的最大弹性势能等于2mgA D 物体的最大

18、动能应等于mgA,图1116,解析：由于物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，故该点处物体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据振动的对称性，物体在最低点时的加速度大小也为g，方向竖直向上，由牛顿第二定律Fmgma，而ag，得物体在最低点时所受的弹力大小应为2mg，A选项正确；在振动过程中弹簧的弹性势能、物体的动能及物体的重力势能总和不变，B选项错误；从最高点运动到最低点时，由机械能守恒得重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，故弹簧的最大弹性势能等于2mgA，C选项正确；物体在平衡位置时具有最大动能，从最高点到平衡位置的过程，由动能定理得EkmmgAW弹簧，故D选项错误,答案：AC,5在心电图仪、

19、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记 录，如图1117甲所示是一个常用的记录方法，在弹簧 振子的小球上安装一支记录用笔P，在下面放一条白纸 带当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带速度方向与振子振 动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图乙所示,图1117,(1)若匀速拉动纸带的速度为1 m/s，则由图中数据可算出振 子的运动周期为多少？ (2)画出P的振动图象,解析：(1)由图乙可知，当纸带匀速前进20 cm时，弹簧振子恰好完成一次全振动 由v 可得t 所以T0.2 s. (2)由图乙可以看出P的振幅为2 cm， 振动图象如下图所示,答案：(1)0.2 s(2)见解析图,一、实验目的 1探究单

20、摆周期与摆长的关系 2能正确熟练地使用秒表 二、实验原理 测量摆长和摆的周期，得到一组数据；改变摆长，再得到几组数据从中可以找出周期与摆长的关系 三、实验器材 带孔小钢球一个、细丝线一条(长约1 m)、毫米刻度尺一把、秒表、游标卡尺、带铁夹的铁架台,四、实验步骤 1实验步骤 (1)做单摆 取约1 m长的细丝线穿过带孔的小钢球，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，并 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 (2)测摆长 用米尺量出摆线长l(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直 径D(也精确到毫米)，则单摆的摆长ll,(3)测周期 将单摆从平衡位置拉

21、开一个角度(小于10)，然后释放小 球，记下单摆做30次50次全振动的总时间，算出平均每一 次全振动的时间，即为单摆的振动周期反复测量三次，再 算出测得周期数值的平均值 (4)改变摆长，重做几次实验,2数据处理 (1)先通过数据分析，对周期T与摆长l的定量关系做出猜测， 例如可能是Tl、Tl2，或者 (2)建立直角坐标系，用纵坐标表示周期T，横坐标表示l(或 l2、 等)，作出图象如果这样作出的图象确实是一 条直线，说明Tl(或Tl2、T 等),五、注意事项 1选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最 好不超过2 cm. 2单摆悬线

22、的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁 夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象 3注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过10.可通过估 算振幅的办法掌握,4摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形 成圆锥摆 5计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始 计时，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标 记以后摆球每次从同一方向通过最低位置时进行计数， 且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数,六、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，摆球是否可看做质点，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等只要注意了上面这些问题，就可以使系统误差减小到远小于偶然误差而达到忽略不计的程度,2偶然误差 主要来自时间(即单摆周期)的测量上因此，要注意测准时间(周期)要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，在数“零”的同时按下秒表开始计时不能多计或漏计振动次数为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值,在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中， 有人提出以下几点建议，其中能够提高测量结果精确度的是 () A适当加长摆线 B质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的 C单摆偏离平衡位置的角度不能太大 D当单摆经过