第2章 专题拓展4 简谐运动及其图像 单摆（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

专题拓展4　简谐运动及其图像　单摆 物理观念 科学探究 科学态度与责任 机械振动、简谐运动、振幅、周期、频率、全振动、相位、相位差、回复力、机械振动中的动能和势能、单摆的周期、摆长、阻尼振动、受迫振动、共振。 1.弹簧振子的势能、动能与弹簧伸长量的关系。 2.探究单摆的周期与摆长的关系。 3.用单摆测量重力加速度。 4.研究受迫振动的频率。 共振的应用和危害。 [对应学生用书P60] 探究点一 简谐运动的规律 1．简谐运动的五个特征 受力特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动特征 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小 能量特征 振幅越大，能量越大。在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒 周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 对称性特征 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等 2．以位移为桥梁分析简谐运动中各物理量的变化情况 (1)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。各矢量均在其值为零时改变方向。 (2)位移相同时，回复力、加速度、动能、势能可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不确定。 【例1】 (多选)如图所示，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＝0.1sin (2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　) A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程是0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反 AB　解析：t＝0.6 s时，物块的位移为y＝0.1sin (2.5π×0.6)m＝－0.1 m，则对小球有h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，A正确；简谐运动的周期是T＝＝ s＝0.8 s，B正确；0.6 s内物块运动的路程是3A＝0.3 m，C错误；t＝0.4 s＝时，物块经过平衡位置向下运动，则此时物块与小球运动方向相同，D错误。 [练1] (多选)关于水平放置的弹簧振子所做的简谐运动，下列说法正确的是(　　) 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大小一定相等 BCD　解析：位移的方向始终是由平衡位置指向振子所在处，A错误；加速度的方向始终是由振子所在处指向平衡位置，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大小一定相等，C、D正确。 [练2] (多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则(　　) A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s AD　解析：若振幅为0.1 m，则(n＋)T＝1 s，其中n＝0，1，2，…当n＝0时，T＝2 s，当n＝1时，T＝ s，当n＝2时，T＝ s，A正确，B错误。若振幅为0.2 m，振动分4种情况讨论： 第①种情况，设振动方程为x＝A sin (ωt＋φ)，t＝0时，－＝A sin φ，解得φ＝－，所以由P点到O点用时至少为，由简谐运动的对称性可知，由P点到Q点用时至少为，即(n＋)T＝1 s，其中n＝0，1，2，…，当n＝0时，T＝6 s，n＝1时，T＝ s；第②③种情况，由P点到Q点用时至少为，周期最大为2 s；第④种情况，周期一定小于2 s，C错误，D正确。 探究点二 简谐运动图像的理解和应用 1．对简谐运动图像的认识 (1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图甲、乙所示。 (2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。 2．由简谐运动图像可获取的信息 (1)确定振动的振幅A和周期T。(如图所示) (2)确定质点在任一时刻的位移。 (3)判断各时刻质点的振动方向 ①下一时刻位移如果增加，则质点的振动方向是远离平衡位置； ②下一时刻位移如果减小，则质点的振动方向指向平衡位置。 (4)判断质点各时刻的加速度(回复力)的大小和方向 (5)判断质点各时刻的势能、动能的大小：质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能越小。 【例2】 某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是(　　) A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值 C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零 D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值 A　解析：t＝1 s时，振子在正的最大位移处，振子的速度为零，由a＝－知，加速度为负的最大值，A正确；t＝2 s时，振子位于平衡位置，速度为负的最大值，加速度为零，B错误；t＝3 s时，振子在负的最大位移处，速度为零，加速度为正的最大值，C错误；t＝4 s时，振子位于平衡位置，速度为正的最大值，加速度为零，D错误。 [练3] (多选)甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则可知(　　) A．甲速度为零时，乙加速度最大 B．甲加速度为零时，乙速度最小 C．1.25～1.5 s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小 D．甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2 CD　解析：由题图可知，甲运动到最大位移处(速度为零)时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速度最大，A错误；甲运动到平衡位置(加速度为零)时，乙也运动到平衡位置，速度最大，B错误；由|F|＝k|x|可知，C正确；甲做简谐运动的周期T甲＝2.0 s，乙做简谐运动的周期T乙＝1.0 s，甲、乙的振动周期之比T甲∶T乙＝2∶1，根据周期与频率成反比，可知甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确。 探究点三 单摆及其周期公式 1．单摆的受力特征 (1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝mg sin θ＝x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。 (2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，F向＝F-T－mg cos θ。 (3)两点说明 ①当摆球在最高点时，F向＝＝0，F-T＝mg cos θ。 ②当摆球在最低点时，F向＝，F向最大，F-T＝mg＋m。 2．周期公式T＝2π的两点说明 (1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。 (2)g为当地重力加速度。 【例3】 如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　　) A　解析：摆长为l时单摆的周期T1＝2π，振幅A1＝l sin α(α为摆角)；摆长为l时单摆的周期T2＝2π＝π＝，振幅A2＝l sin β(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cos α)＝mg(1－cos β)，利用cos α＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sinα＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，A正确。 [练4] (多选)图甲中摆球表面包有一小块橡皮泥，在竖直平面内其振动图像如图乙所示，某时刻橡皮泥瞬间自然脱落，不考虑单摆摆长的变化，则下列说法正确的是(　　) 　 A．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T<4 s B．t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＝4 s C．t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＞4 s D．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10 cm BD　解析：因为是自然脱落，橡皮泥与摆球之间无相互作用且摆长不变，则摆球仍在原范围内振动，振幅不变，周期不变，B、D正确。 [练5] 用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过 cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程) 某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为 cm。 答案：6.9　96.8 解析：结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝×2π×80.0 cm≈6.98 cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9。由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝，又由题意可知旧单摆周期与新单摆周期之比为10∶11，则＝，解得l′＝96.8 cm。 [练6] 如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，求： (1)两球第1次到达C点的时间之比； (2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？ 答案：(1)2∶π　(2)(n＝0，1，2，…) 解析：(1)甲球做自由落体运动R＝gt，所以t1＝ 乙球沿弧形槽做简谐运动(由于≪R，可认为偏角θ<5°)。此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝T＝×2π＝， 所以t1∶t2＝2∶π。 (2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝ 由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…) 由于甲、乙两球在C点相遇，故t甲＝t乙 联立解得h＝(n＝0，1，2，…)。 探究点四 受迫振动和共振 1．自由振动、受迫振动和共振的比较 振动类型 自由振动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力 受驱动力 振动周期或频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T0或f驱＝f0 振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 常见例子 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 2．对共振的理解 (1)共振曲线 如图所示，横坐标为驱动力的频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动时振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。 (2)受迫振动中系统能量的转化 做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。 【例4】 (多选)某振动系统的固有频率为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，则下列说法正确的是(　　) A．当f<f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小 B．当f>f0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 BD　解析：振动系统做受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示，A错误，B正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，C错误，D正确。 [练7] (多选)两单摆分别在受迫振动中的共振曲线如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线 B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4 C．若图线Ⅱ表示在地球上完成的，则该单摆摆长约为1 m D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地球上完成的 ABC　解析：题图中振幅最大处对应的频率与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从题图上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据关系式f＝可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g相同，＝，且有＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地球上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。 [练8] 共振筛示意图如图所示，共振筛振动的固有频率为5 Hz，为使共振筛发生共振，使其工作效率达到最高，则偏心轮的转速为(　　) A．5 r/s B．10 r/s C．0.2 r/s D．300 r/s A　解析：共振是指机械系统所受驱动力的频率与 该系统的固有频率相接近时，系统振幅显著增大的现象。共振筛中，当驱动力频率和共振筛的固有频率相等时，共振筛发生共振，共振筛的振幅最大。根据题意，共振筛的固有频率为5 Hz，电动机某电压下，电动偏心轮的频率应该等于共振筛的频率，周期T＝ s，则转速n＝＝5 r/s，A正确。 [对应学生用书P64] 1．(多选)关于简谐运动以及做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正确的是(　　) A．位移减小时，加速度减小，速度增大 B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同 C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程 D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程 AD　解析：当位移减小时，回复力减小，则加速度减小，物体向平衡位置运动，速度在增大，A正确；回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反，B错误；一次全振动时，动能和势能均会多次恢复为原来的大小，C错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，D正确。 2．(多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系图像如图所示。由图可知(　　) A．频率是2 Hz B．振幅是5 cm C．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负 D．t＝0.5 s时质点的回复力为零 CD　解析：由题图可知，质点振动的振幅为5 m，周期为2 s，由f＝得频率为0.5 Hz，A、B错误；t＝1.7 s 时的位移为负，加速度为正，速度为负，C正确；t＝0.5 s时质点在平衡位置，回复力为零，D正确。 3．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 。 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1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm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＝ 。 答案：(1)BC　(2) 解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线，摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时应在同一竖直面内摆动，摆的振幅尽量小一些，B、C正确。 (2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2，则 T1＝2π① T2＝2π② 又L1－L2＝ΔL③ 联立①②③式得g＝。 4．如图所示的是用来测量各种电动机转速的原理图。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为80 Hz、60 Hz、40 Hz、20 Hz的四个钢片a、b、c、d。将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅最大。 (1)电动机的转速为多大？ (2)四个钢片a、b、c、d的振动频率分别是多少？ 答案：(1)60 r/s　(2)60 Hz　60 Hz　60 Hz　60 Hz 解析：(1)b钢片发生了共振，由共振发生的条件可知f驱＝f固，因此电动机的转动频率为60 Hz，即转速为60 r/s。 (2)四个钢片a、b、c、d做的都是受迫振动，其振动频率与固有频率无关，都等于驱动力的频率，即都等于电动机的转动频率60 Hz。 [课时梯级训练(14)见P148] [章末综合检测(二)见P150] 学科网（北京）股份有限公司 $$