版 第14章 第1节 机械振动.docx

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版第14章第1节机械振动

第1节　机械振动

知识点一|简谐运动的特征

（对应学生用书第201页）

1．简谐运动

（1）定义：

如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。

（2）平衡位置：

物体在振动过程中回复力为零的位置。

（3）回复力

①定义：

使物体返回到平衡位置的力。

②方向：

总是指向平衡位置。

③来源：

属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。

2．简谐运动的两种模型

模型

弹簧振子

单摆

示意图

弹簧振子（水平）

简谐运动条件

①弹簧质量要忽略

②无摩擦等阻力

③在弹簧弹性限度内

①摆线为不可伸缩的轻细线

②无空气阻力等

③最大摆角小于等于5°

回复力

弹簧的弹力提供

摆球重力沿与摆线垂直方向（即切向）的分力

平衡位置

弹簧处于原长处

最低点

周期

与振幅无关

T＝2π

能量转化

弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒

重力势能与动能的相互转化，机械能守恒

（1）简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。

（×）

（2）做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。

（×）

（3）做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小。

（√）

简谐运动的“五个特征”

1．动力学特征：

F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。

2．运动学特征：

简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。

3．运动的周期性特征：

相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。

4．对称性特征

（1）相隔

或

T（n为正整数）的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。

（2）如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′（OP＝OP′）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。

（3）振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。

（4）振子往复过程中通过同一段路程（如OP段）所用时间相等，即tOP＝tPO。

5．能量特征：

振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。

[典例]　（多选）如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。

已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek。

下列说法正确的是（　　）

A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于

B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为T

C．当物块通过O点时，其加速度最小

D．物块运动至C点时，其加速度最小

AC　[如果在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下，则t2－t1的最小值小于

，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值小于

，选项B错误；物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，选项C正确；物块运动至C点时，其加速度最大，速度为零，选项D错误。

]

分析简谐运动的技巧

（1）分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。

另外，各矢量均在其值为零时改变方向。

（2）分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。

考法1　简谐运动的特点

1．（多选）振动的单摆当摆球通过平衡位置时，关于摆球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是（　　）

A．回复力为零

B．合力不为零，方向指向悬点

C．合力不为零，方向沿轨迹的切线

D．回复力为零，合力也为零

AB　[单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力和向心加速度，方向指向悬点（即指向圆心），故选A、B。

]

2．（2019·南昌模拟）关于水平放置的弹簧振子所做的简谐运动，下列说法错误的是（　　）

A．位移的方向是由振子所在处指向平衡位置

B．加速度的方向总是由振子所在处指向平衡位置

C．经过半个周期振子经过的路程一定是振幅的2倍

D．若两时刻相差半个周期，弹簧在这两个时刻的形变量一定相等

A　[位移的方向始终是由平衡位置指向振子所在处，选项A错误；加速度的方向始终是由振子所在处指向平衡位置，选项B正确；经过半个周期，振子经过的路程是振幅的2倍，若两时刻相差半个周期，两时刻弹簧的形变量一定相等，选项C、D正确。

]

考法2　简谐运动的对称性、周期性

3．（多选）（2019·鞍山模拟）弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3s，第一次到达点M，再经过0.2s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为（　　）

A．0.53s　　B．1.4s　　C．1.6s　　D．2s

BD　[如图甲所示，设O为平衡位置，OB（OC）代表振幅，振子从O→C所需时间为

。

因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故

＝0.3s＋

s＝0.4s，解得T＝1.6s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2s。

振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为

＝

s，故周期为T＝0.5s＋

s≈0.53s，所以周期不可能为选项B、D。

]

甲　　　　　　　　　　乙

考法3　简谐运动的能量

4．如图所示，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________（选填“＞”“＜”或“＝”）A0，T________（选填“＞”“＜”或“＝”）T0。

解析：

当物块向右通过平衡位置时，脱离前：

振子的动能Ek1＝

（ma＋mb）v

脱离后振子的动能Ek2＝

mav

由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后振子振幅变小；由于弹簧振子的质量减小，根据a＝－

可知，在同一个位置物块a的加速度变大，即速度变化更快，故脱离后周期变小。

答案：

＜　＜

知识点二|简谐运动的规律和图象

（对应学生用书第202页）

1．简谐运动的表达式

（1）动力学表达式：

F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。

（2）运动学表达式：

x＝Asin（ωt＋φ），其中A代表振幅，ω＝2πf，表示简谐运动的快慢，ωt＋φ代表运动的相位，φ代表初相位。

2．简谐运动的图象

（1）从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图甲所示。

甲　　　　　　　　　　　　乙

（2）从最大位置开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图象如图乙所示。

（1）公式x＝Asinωt说明是从平衡位置开始计时。

（√）

（2）简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。

（×）

（3）根据简谐运动的图象可以判断质点在某一时刻的位移大小、振动方向。

（√）

1．（多选）某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin

t，则关于该质点，下列说法正确的是（　　）

A．振动的周期为8s

B．第1s末与第3s末的位移相同

C．第1s末与第3s末的速度相同

D．第3s末至第5s末各时刻的位移方向都相同

AB　[由关系式可知ω＝

rad/s，T＝

＝8s，A对；

将t＝1s和t＝3s代入关系式中求得两时刻位移相同，B对；可以作出质点的振动图象，得第1s末和第3s末的速度方向不同，C错；得第3s末质点的位移方向与第5s末质点的位移方向相反，D错。

]

2．（多选）（2019·南通模拟）一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波中A、B两质点在平衡位置间的距离为0.5m，且小于一个波长，如图甲所示，A、B两质点振动图象如图乙所示。

由此可知（　　）

甲　　　　　　　　　　　　　乙

A．波中质点在一个周期内通过的路程为8cm

B．该机械波的波长为4m

C．该机械波的波速为0.5m/s

D．t＝1.5s时，A、B两质点的位移相同

AC　[根据A、B两质点的振动图象可知该波的周期为4s，振幅为2cm，波中质点在一个周期内通过的路程为4个振幅，为4×2cm＝8cm，选项A正确；根据A、B两质点的振动图象可画出A、B两点之间的波形图，A、B两点之间的距离为

波长，即

λ＝0.5m，该波的波长为λ＝2m，选项B错误；该机械波的传播速度为v＝

＝0.5m/s，选项C正确；在t＝1.5s时，A质点的位移为负值，B质点的位移为正值，两质点位移一定不同，选项D错误。

]

[考法指导]　由简谐运动的图象中获得的信息

（1）振幅A、周期T。

（2）某一时刻质点离开平衡位置的位移。

（3）某一时刻质点的回复力、加速度和速度的方向。

①回复力和加速度的方向：

因为回复力总是指向平衡位置，所以回复力和加速度在图象上总是指向t轴。

②速度的方向：

速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，下一时刻位移若增大，质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移若减小，质点的速度方向就是指向t轴。

（4）某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。

知识点三|受迫振动和共振

（对应学生用书第203页）

1．受迫振动

（1）概念：

振动系统在周期性驱动力作用下的振动。

（2）特点：

受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关。

2．共振

（1）现象：

当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。

（2）条件：

驱动力的频率等于固有频率。

（3）特征：

共振时振幅最大。

（4）共振曲线（如图所示）。

（1）物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。

（√）

（2）物体受迫振动的频率与驱动力的频率无关。

（×）

（3）共振是受迫振动的一个特例。

（√）

1．（多选）关于受迫振动和共振，下列说法正确的是（　　）

A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振

B．若驱动力的频率为5Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5Hz

C．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大

D．受迫振动系统的机械能守恒

BC　[火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，选项A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5Hz，选项B正确；由共振的定义可知，选项C正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，选项D错误。

]

[考法指导]　受迫振动和共振的两点总结

（1）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。

（2）受迫振动系统中的能量转化不再只有系统内部动能和势能的转化，还有驱动力对系统做正功补偿系统因克服阻力而损失的机械能。

2．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则（　　）

驱动力频率/Hz

30

40

50

60

70

80

受迫振动振幅/cm

10.2

16.8

27.2

28.1

16.5

8.3

A．f固＝60Hz　　　　　　　B．60Hz＜f固＜70Hz

C．50Hz＜f固≤60HzD．以上三个都不对

C　[从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大。

并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢。

比较各组数据知f驱在50～60Hz范围内时，振幅变化最小，因此50Hz＜f固≤60Hz，即C正确。

]

[考法指导]　共振曲线的意义

它直观地反映了受迫振动的振幅A随驱动力频率f的变化规律，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。

知识点四|实验：

探究单摆的运动，用单摆测重力加速度

（对应学生用书第203页）

1．实验原理

单摆在偏角很小（小于5°）时的摆动，可看成简谐运动，其固有周期T＝2π

，可得g＝

，通过实验方法测出摆长l和周期T，即可计算得到当地的重力加速度。

2．实验步骤

（1）组成单摆

实验器材有：

带有铁夹的铁架台，中心有孔的小钢球，约1_m长的细线。

在细线的一端打一个比小钢球的孔径稍大些的结，将细线穿过小钢球上的小孔，制成一个单摆；将单摆固定在带铁夹的铁架台上，使小钢球自由下垂。

（2）测摆长

实验器材有：

毫米刻度尺和游标卡尺。

让摆球处于自由下垂状态时，用刻度尺量出悬线长l线，用游标卡尺测出摆球的直径（2r），则摆长为l＝l线＋r。

（3）测周期

实验仪器有：

秒表。

把摆球拉离平衡位置一个小角度（小于5°），使单摆在竖直面内摆动，测量其完成全振动30次（或50次）所用的时间，求出完成一次全振动所用的平均时间，即为周期T。

（4）求重力加速度

将l和T代入g＝

，求g的值；变更摆长3次，重新测量每次的摆长和周期，再取重力加速度的平均值，即得本地的重力加速度。

3．数据处理

（1）平均值法：

用g＝

求出重力加速度。

（2）图象法：

由单摆的周期公式T＝2π

可得l＝

T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的lT2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。

g＝4π2k，k＝

＝

。

（1）单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。

（×）

（2）对单摆模型，细线的质量及伸缩均不计。

（√）

（3）单摆摆球的重力提供回复力。

（×）

1．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。

（1）组装单摆时，应在下列器材中选用________（选填选项前的字母）。

A．长度为1m左右的细线

B．长度为30cm左右的细线

C．直径为1.8cm的塑料球

D．直径为1.8cm的铁球

（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________（用l、n、t表示）。

（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。

组　次

1

2

3

摆长l/cm

80.00

90.00

100.00

50次全振动时间t/s

90.0

95.5

100.5

振动周期T/s

1.80

1.91

重力加速度g/（m·s－2）

9.74

9.73

请计算出第3组实验中的T＝________s，g＝________m/s。

（4）用多组实验数据作出T2l图象，也可以求出重力加速度g。

已知三位同学作出的T2l图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。

则相对于图线b，下列分析正确的是________（选填选项前的字母）。

A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长l

B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次

C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值

解析：

（1）单摆模型需要满足的两个基本条件是：

摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好。

所以应选A、D。

（2）由T＝

，T＝2π

得g＝

。

（3）T＝

＝

s＝2.01s

g＝

＝

m/s2≈9.76m/s2。

（4）b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B正确；由T＝2π

得T2＝

l，图线斜率小，说明g偏大，故C错误。

答案：

（1）AD　

（2）

　（3）2.01　9.76　（4）B

2．某同学利用单摆测量重力加速度。

（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________（选填选项前的字母）。

A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球

B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线

C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动

D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大

（2）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆。

实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离Δl。

用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。

解析：

（1）应选用密度较大且直径较小的摆球，A错。

在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B对。

摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对。

摆动中摆角要控制在5°以内，所以D错。

（2）设两次摆动时单摆的摆长分别为l1和l2，则T1＝2π

，T2＝2π

，则Δl＝

（T

－T

），因此，

g＝

。

答案：

（1）BC　

（2）