衡水中学届高考物理一轮复习讲义第33讲机械振动Word格式.docx
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描述振动的强弱和能量
周期
振动物体完成一次全振动所需时间
描述振动的快慢,两者互为倒数:
T=
频率
振动物体单位时间内完成全振动的次数
5.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:
当物体靠近平衡位置时,x、a都减小,v增大;
当物体远离平衡位置时,x、a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如图所示,振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′时(OP=OP′),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。
②振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间,即tPO=tOP′。
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tOP=tPO。
[思维诊断]
(1)简谐运动是匀变速运动。
( )
(2)振幅等于振子运动轨迹的长度。
(3)简谐运动的回复力肯定可以是恒力。
(4)弹簧振子每次经过平衡位置时,位移为零、动能为零。
(5)周期、频率和振幅都是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量( )
答案:
(1)×
(2)×
(3)×
(4)×
(5)×
[题组训练]
1.[对简谐运动的理解](多选)做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,相同的物理量是( )
A.位移 B.速度
C.加速度D.回复力
E.动量
解析:
简谐运动的位移是指由平衡位置指向物体所在位置的有向线段,物体经过同一位置时,运动位移一定相同,选项A正确;
回复力产生加速度,回复力与位移满足F=-kx的关系,只要位移相同,回复力一定相同,回复力产生的加速度也一定相同,选项C、D正确;
经过同一位置,可能远离平衡位置,也可能靠近平衡位置,因此,速度的方向可能相反,选项B、E错误。
ACD
2.[弹簧振子的特点](多选)弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动,在弹簧振子向着平衡位置运动的过程中( )
A.弹簧振子所受的回复力逐渐减小
B.弹簧振子相对平衡位置的位移逐渐减小
C.弹簧振子的速度逐渐增大
D.弹簧振子的速度逐渐减小
E.弹簧振子的加速度逐渐增大
弹簧振子向着平衡位置运动的过程中,运动位移逐渐减小,则回复力逐渐减小,选项A、B正确;
回复力与位移成正比,回复力逐渐减小,加速度也逐渐减小,但向着平衡位置运动的过程中一直加速,所以速度不断增加,选项C正确,而选项D、E错误。
ABC
3.[简谐振动的对称性](多选)一简谐振子沿x轴振动,平衡位置在坐标原点。
t=0时刻振子的位移x=-0.1m;
t=
s时刻x=0.1m;
t=4s时刻x=0.1m。
该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1m,
sB.0.1m,2.5s
C.0.1m,8sD.0.2m,
s
E.0.2m,8s
若振子的振幅为0.1m,
s=
T,则周期最大值为
s,选项A正确,B、C错误;
若振子的振幅为0.2m,由简谐运动的对称性可知,当振子由x=-0.1m处运动到负向最大位移处再反向运动到x=0.1m处,再经n个周期时所用时间为
s,则
s,所以周期的最大值为
s,且t=4s时刻x=0.1m,故选项D正确;
若振子的振幅为0.2m,当振子由x=-0.1m经平衡位置运动到x=0.1m处,再经n个周期时所用时间为
s,则
s,所以此时周期的最大值为8s,且t=4s时,x=0.1m,故选项E正确。
ADE
考点二 简谐运动的公式和图象
1.简谐运动的公式和图象
(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。
(2)从最大位移处开始计时,函数表达式为x=Acosωt,图象如图乙所示。
2.图象信息
(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率。
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向:
因回复力总是指向平衡位置,故回复力和加速度在图象上总是指向t轴。
(4)确定某时刻质点速度的方向:
速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定,下一时刻位移如增加,振动质点的速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点的速度方向就是指向t轴。
(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小。
(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小。
1.[简谐运动公式的应用](2020·
进贤县校级期中)(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,则该质点( )
A.第1s末与第2s末的位移相同
B.第1s末与第3s末的速度方向相反
C.3s末至5s末的位移方向都相反
D.3s末至5s末的速度方向都相同
E.3s末至5s末的速度方向都相反
BCD
2.[简谐运动图象的理解](2020·
临沂校级模拟)(多选)一质点做简谐运动的图象如图所示,下列说法正确的是( )
A.质点振动频率是0.25Hz
B.在10s内质点经过的路程是20cm
C.第4s末质点的速度为零
D.在t=1s和t=3s两时刻,质点位移大小相等,方向相同
E.在t=1s和t=3s两时刻,质点加速度大小相等,方向相反
ABE
3.[简谐运动图象的应用]一个质点经过平衡位置O,在A、B间做简谐运动,如图甲所示,它的振动图象如图乙所示,设向右为正方向,则( )
(1)OB=________cm。
(2)第0.2s末质点的速度方向是________,加速度的大小为________。
(3)第0.4s末质点的加速度方向是________。
(4)第0.7s时,质点位置在________点与________点之间。
(5)质点振动的周期T=________s。
(6)在4s内完成________次全振动。
(1)从图象上可以看出振幅是5cm。
所以OB=5cm。
(2)根据正方向的规定及振动图象可知,质点从位置B开始计时,第0.2s末,质点回到平衡位置O,向负方向运动,所以此时速度方向从O指向A,位移为零,由F=-kx可知回复力为F=0,所以加速度a=0。
(3)第0.4s末质点到达A点,位移为负,回复力F应为正,此时加速度方向由A指向O。
(4)第0.7s时,质点从平衡位置向B位置运动,则质点在O点和B点之间。
(5)根据图象可知,振动周期为T=0.8s。
(6)在4s内完成全振动的次数为n=
=5次。
(1)5
(2)由O→A 0 (3)A→O (4)O B (5)0.8 (6)5
考点三 单摆及单摆周期公式的应用
1.受力特征
(1)重力和细线的拉力
①回复力:
摆球重力沿切线方向上的分力,F=mgsinθ=-
x=-kx,负号表示回复力F与位移x的方向相反。
②向心力:
细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力,F向=FT-mgcosθ。
(2)简谐运动的两种模型
模型
弹簧振子
单摆
示意图
条件
忽略弹簧质量、无摩擦
细线不可伸长、摆球足够小且密度大、摆角很小(θ<5°
)
平衡位置
弹簧处于原长处
小球运动轨迹的最低点
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿轨迹切线方向的分力
周期公式
不作要求
T=2π
能量转化
弹性势能与动能相互转化,机械能守恒
重力势能与动能相互转化,机械能守恒
(多选)如图所示,房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下,细线下端系了一个小球(可视为质点)。
打开窗子,让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动,窗上沿到房顶的高度为1.6m,不计空气阻力,g取10m/s2,则小球从最左端运动到最右端的时间为( )
A.0.2πs B.0.4πs
C.0.6πsD.1.2πs
E.2.0πs
小球的摆动可视为单摆运动,摆长为线长时对应的周期:
T1=2π
=πs,摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2=2π
=0.6πs,故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t=
=0.4πs,B、D、E正确。
BDE
1.[对单摆运动的理解](多选)如图是均匀小球做单摆运动,平衡位置为O点,A、B为最大位移处,M、N点关于O点对称。
下列说法正确的是( )
A.小球受重力、绳子拉力和回复力
B.小球所受合外力就是单摆的回复力
C.小球在O点时合外力不为0,回复力为0
D.小球经过M点的位移与小球在N的位移大小相等、方向相反
E.小球在A、B两点仍受绳子拉力
物体只受两个力:
重力、绳子拉力,A错;
回复力的大小为振动方向上的合外力,对于单摆,它是重力沿运动方向的分力,因为小球做的是圆周运动,所以法向合外力等于向心力,B错;
平衡位置是指回复力为0的位置,但合外力不一定是0,比如在单摆O点,回复力为0,但由于在做圆周运动,法向合外力是指向圆心的,C正确;
位移既有大小,也有方向,根据运动的对称性可知,选项D正确;
在最大位移处,小球不做圆周运动,法向合外力为0,所以绳子拉力等于重力在法向的分力,所以E正确。
选C、D、E。
CDE
2.[单摆周期公式的应用]如图甲是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置。
设向右为正方向。
图乙是这个单摆的振动图象。
根据图象回答:
(1)单摆振动的频率是多大?
(2)开始时摆球在何位置?
(3)若当地的重力加速度为10m/s2,试求这个摆的摆长是多少?
(计算结果保留两位有效数字)
(1)由题图乙知周期T=0.8s,则频率f=
=1.25Hz。
(2)由题图乙知,t=0时摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时摆球在B点。
(3)由T=2π
,得l=
≈0.16m。
(1)1.25Hz
(2)B点 (3)0.16m
考点四 实验:
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
1.实验原理与操作
2.数据处理与分析
(1)数据处理
①公式法:
g=
,算出重力加速度g的值,再算出g的平均值。
②图象法:
作出lT2图象求g值。
(2)误差分析
产生原因
减小方法
偶然误差
测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差
①多次测量再求平均值②计时从单摆经过平衡位置时开始
系统误差
主要来源于单摆模型本身
①摆球要选体积小,密度大的②最大摆角要小于10°
(3)注意事项
①摆
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- 衡水 中学 高考 物理 一轮 复习 讲义 33 机械振动