版选修3_4.doc

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1、1第一章 机械振动章末总结一、简谐运动的图像如图 1 所示，简谐运动的图像反映的是位移随时间的变化规律，图像不代表质点运动的轨迹.由图像可以获得以下信息：2图 1(1)可以确定振动物体在任一时刻的位移.如图中对应 t1、 t2时刻的位移分别为x17cm， x25cm.(2)确定振动的振幅.图中最大位移的值等于振幅，由图可以看出振动的振幅是 10cm.(3)确定振动的周期和频率.振动图像上一个完整的正弦(或余弦)函数图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期.由图可知， OD、 AE、 BF 的时间间隔都等于振动周期， T0.2s，频率 f 5Hz.1T(4)确定各时刻质点的振动方向.例如图中的 t1

2、时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在 t3时刻，质点正向着平衡位置运动.(5)比较不同时刻质点回复力(或加速度)的大小和方向.例如在图中， t1时刻质点位移 x1为正，则回复力(或加速度 a1)为负； t2时刻质点位移 x2为负，则回复力(或加速度 a2)为正，又因为| x1| x2|，所以| F1|F2|(或| a1| a2|).例 1 (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 2 所示，由图可知( )图 2A.频率是 2HzB.振幅是 5cmC.t1.7s 时的加速度为正，速度为负D.t0.5s 时质点的回复力为零E.图中 a、 b 两点速度大小相等、方向相

3、反答案 CDE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、B1T选项错误. t1.7 s 时的位移为负，加速度为正，速度为负，C 选项正确. t0.5 s 时质点在平衡位置，回复力为零，D 选项正确. a、 b 两点速度大小相等、方向相反，故 E 选项正确.结合图像分析描述简谐运动的物理量的关系，分析的顺序为：3位移 x 回复力 F 加速度 a 速度 F kx F ma 加 速 度 和 速 度 方 向 之 间 的 关 系 v Ek 12mv2 动能 Ek 势能 Ep 总 能 量 守 恒 或者按下列顺序分析：二、简谐运动的周期性和对称性1.周期

4、性做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能恢复到原来的状态，因此在处理实际问题中，要注意到多解的可能性.2.对称性(1)速率的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率.(2)加速度和回复力的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力.(3)时间的对称性：系统通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等.振动过程中通过任意两点 A、 B 的时间与逆向通过的时间相等.例 2 物体做简谐运动，通过 A 点时的速度为 v，经过 1s 后物体第一次以相同速度 v 通过B 点，再经过 1s 物体紧接着又通过 B 点，已知物体在 2s 内所走过的总路程为 12cm，则该简

5、谐运动的周期和振幅分别是多大？答案 T4s， A6cm 或 T s， A2cm43解析 物体通过 A 点和 B 点时的速度大小相等， A、 B 两点一定关于平衡位置 O 对称.依题意作出物体可能的振动路径图如图甲、乙所示，在图甲中物体从 A 向右运动到 B，即图中从 1 运动到 2，时间为 1 s，从 2 运动到 3，又经过 1 s，从 1 到 3 共经历了 0.5T，即0.5T2 s， T4 s,2 A12 cm， A6 cm.在图乙中，物体从 A 先向左运动，当物体第一次以相同的速度通过 B 点时，即图中从 1 运动到 2 时，时间为 1 s，从 2 运动到 3，又经过 1 s，同样 A、

6、 B 两点关于 O 点对称，从图4中可以看出从 1 运动到 3 共经历了 1.5T，即 1.5T2 s， T s,1.54A12 cm， A2 43cm.针对训练 某质点做简谐运动，从平衡位置开始计时，经 0.2s 第一次到达 M 点，如图 3 所示.再经过 0.1s 第二次到达 M 点，求它再经多长时间第三次到达 M 点？图 3答案 0.9s 或 s730解析 第一种情况，质点由 O 点经过 t10.2s 直接到达 M，再经过 t20.1s，第二次到达M.由对称性可知，质点由点 M 到达 C 点所需要的时间与由点 C 返回 M 所需要的时间相等，所以质点由 M 到 C 的时间为 t 0.05

7、s.质点由点 O 到达 C 的时间为从点 O 到达 M 和t22从点 M 到达 C 的时间之和，这一时间恰好是 ，所以该振动的周期为 T4( t1 t)T44(0.20.05) s1s，质点第三次到达 M 点的时间为 t3 2 t1 s20.2s0.9s.T2 12第二种情况，质点由点 O 向 B 运动，然后返回到点 M，历时 t10.2s，再由点 M 到达点 C又返回 M 的时间为 t20.1s.设振动周期为 T，由对称性可知 t1 ，所以 T s，T4 t22 T2 13质点第三次到达 M 点的时间为 t3 T t2( 0.1) s s.13 730三、单摆周期公式的应用1.单摆的周期公式

8、 T2 ，在单摆最大偏角不大于 5的情况下才成立，该公式提供了lg一种测定重力加速度的方法.2.注意：(1)单摆的周期 T 只与摆长 l 和 g 有关，而与振子的质量及振幅无关.(2)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长.小球在光滑圆周轨道上小角度振动和双线摆也属于单摆， “l”实际为摆球重心到摆动所在圆弧的圆心的距离.(3)g 为当地的重力加速度，当单摆处于超重或失重状态时 g 为等效重力加速度.例 3 有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，并各自在那里利用先进的 DIS 系统较准确地探究了“单摆的周期 T 与摆长 l 的关系” ，他们通过校园

9、网交换实验数据，并由计算机绘制了 T2 l 图线，如图 4 甲所示，去北京大学的同学所测实验结果对应的图线是_(填“ A”或“ B”).另外，在南京大学做探究的同学还利用计算机绘制了两个单摆(位于同一地点)的振动图像(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比5la lb_.图 4答案 B 49解析 纬度越高，重力加速度 g 越大，由于 ，所以 B 图线是在北京大学的同学所T2l 4 2g做实验的测量结果.从题图乙中可以看出 Ta s， Tb2 s43所以 .lalb Ta2Tb2 49例 4 (多选)如图 5 所示，半径为 R 的光滑圆弧槽固定于水平面上， C 为圆弧槽的最低点，O 为圆弧槽的圆心位置. O 点、圆弧槽上的 A 点和 B 点分别放上一个完全相同的小球，已知 5.现将三小球同时由静止释放，下列说法正确的是( )图 5A.A 处小球比 B 处小球晚到达 O 点B.A 处小球与 B 处小球同时到达 O 点C.O 处小球比 A 处小球早到达 C 点D.O 处小球比 B 处小球晚到达 C 点答案 BC解析 依据单摆的周期公式 T2 ，由于 lA lB R， A 处小球与 B 处小球同时到达 O 点，lg故 A 错误，B 正确；O 处小球做自由落体运动，所用时间 t ，2Rg24 Rg T4所以 O 处小球比 A 处小球( B 处小球)早到达 C 点，故 C 正确，D 错误.