2019-2020学年高中物理 第十一章 本章优化总结课件 新人教版选修3-4

本章优化总结第十一章机械振动专题一振动图象及其应用从简谐运动的振动图象可以知道振动物体的运动情况．1．确定振动质点在任一时刻的位移：如图所示，与t1、t2时刻对应的位移分别为x1＝＋7cm、x2＝－5cm.2．确定振动的振幅：图象中的最大位移的数值等于振幅，如图所示，表示的振幅是10cm.3．确定振动的周期和频率：振动图象上一个完整的正弦(或余弦)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，T＝0.2s，频率f＝1T＝5Hz.4．得到振动质点的位移随时间变化的关系：因为ω＝2πT＝10πrad/s，所以x＝10sin(10πt)cm.5．比较各时刻速度的大小和方向：在位移—时间图象上，某时刻对应的图象的斜率表示质点的速度．图中|kt1||kt2|，所以|vt1||vt2|.在t1时刻，质点正远离平衡位置运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动．6．比较各时刻质点的加速度的方向和大小：在图中，t1时刻质点位移x1为正，加速度a1为负，两者方向相反；t2时刻质点位移x2为负，加速度a2为正，又因为|x1||x2|，所以|a1||a2|.7．比较不同时刻质点的势能、动能的大小：质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小．如图所示，在t1时刻质点的势能Ep1大于t2时刻质点的势能Ep2，而动能Ek1Ek2.(多选)如图是某弹簧振子在水平面内做简谐运动的位移－时间图象，则振动系统在()A．t1和t3时刻具有相同的动能和速度B．t3和t5时刻具有相同的势能和速度C．t1和t5时刻具有相同的加速度D．t2和t5时刻振子所受回复力大小之比为2∶1[解析]由题图知，t1和t3时刻振子的位置相同，但运动方向不同，所以具有相同的动能，而速度是矢量，方向不同，故A错误；t3和t5时刻的位置相对于平衡位置对称，所以势能是相同的，位移虽然不同，但具有相同的速度，故B正确；t1和t5时刻相差半个周期，处于相对于平衡位置对称的两个位置，由a＝－kxm知加速度大小相同而方向相反，故C错误；由回复力的公式：F＝－kx，知t2和t5时刻位移大小分别是6cm和3cm，则振子所受回复力大小之比为2∶1，故D正确．[答案]BD在振动图象中以位移这个矢量及位移的变化来分析一系列的物理量，当位移大小相等时，回复力大小、加速度大小、速率、动能、势能都相等，当位移变大时，加速度、回复力、势能三量变大，速率、动能则变小；方向上，位移为正时，加速度、回复力两量都为负，速度方向则不一定，速度的方向可根据位移的具体矢量的变化去判定，也可用斜率的正负去判定．一质点做简谐运动的图象如图所示，则该质点()A．在0.015s时，速度和加速度都沿x轴负方向B．在0.01s至0.03s内，速度与加速度先沿x轴负方向后沿x轴正方向，且速度是先减小后增大，加速度是先增大后减小C．在第八个0.01s内，速度与位移方向相同，且都在不断增大D．在每1s内，回复力的瞬时功率有100次为零解析：选D.在0.015s时，从图象中可以看出，速度方向沿－x方向，而加速度方向沿＋x方向，A错误；在0.01s至0.03s时间内，速度方向先沿－x方向，后沿＋x方向，速度先减小后增大．而加速度方向始终沿＋x方向，加速度先增大后减小，所以B错误；在第八个0.01s内的位移沿＋x方向且逐渐增大，而速度却在不断减小，所以C错误；由题图可知，T＝0.04s，1s内的周期数n＝1T＝25，当回复力为零时，回复力的瞬时功率为零；当回复力最大时，质点速度为零，回复力的瞬时功率也为零．这样，一个周期内，瞬时功率为零的时刻有四次，因此，在每1s内回复力的瞬时功率为零的次数有4×25＝100次，所以D正确．专题二简谐运动的周期性、对称性和多解性1．周期性：做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回复到原来的状态，振动的各物理量与原来状态完全相同．2．对称性：简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两个位置时，振子的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能等均是等大的(位移、回复力、加速度的方向相反，速度的方向不确定)．运动时间也具有对称性，即在关于平衡位置对称的两段位移内运动的时间相等．3．多解性：一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到原状态，对应的物理量完全相同，而经过t＝(2n＋1)T2(n为正整数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称，所对应的物理量大小相等，因此在处理一些问题时，要注意多解的可能．一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，它离开O点后经过3s时间第一次经过M点，再经过2s第二次经过M点，该质点再经过________s第三次经过M点．若该质点由O点出发，在20s内经过的路程是20cm，则质点做简谐运动的振幅为________cm.[解析]根据简谐运动的周期性和对称性分析解决问题．作出该质点的振动图象如图所示，则M点的可能位置有两个，即对应图中的M1或M2.第一种情况：若是位置M1，由图可知T14＝3s＋1s＝4s，T1＝16s，根据简谐运动的周期性，质点第三次经过M点时所需时间为一个周期减从第一次经过M点到第二次经过M点的时间，故Δt1＝16s－2s＝14s.质点在20s内即n＝2016＝54个周期内的路程为20cm，故由5A1＝20cm，得振幅A1＝4cm.第二种情况：若是位置M2，由图可知3T24＝3s＋1s＝4s，T2＝163s．根据对称性，质点第三次经过M点时所需时间为一个周期减从第一次经过M点到第二次经过M点的时间，故Δt2＝163s－2s＝103s.质点在20s内即n＝20163＝154个周期内的路程为20cm.故由15A2＝20cm，得振幅A2＝43cm.[答案]见解析由于简谐运动的对称性和周期性造成问题多解需多向思维，画出运动示意图可以帮助全面思考，以免漏解．一质点在平衡位置O附近做简谐运动，从它经过平衡位置起开始计时，经0.13s质点第一次通过M点，再经0.13s第二次通过M点，则质点振动周期的可能值为多大？解析：质点的振动周期共存在两种可能性，设质点在AA′范围内运动．(1)如图甲所示，由O→M→A历时0．13s＋0.05s＝0.18s，则周期为4×0.18s＝0.72s.(2)如图乙所示，由O→A′→M历时t1＝0.13s，由M→A→M历时t2＝0.1s，设由O→M或由M→O历时为t，则0.13s－t＝2t＋0.1s，故t＝0.01s，所以周期为T＝t1＋t2＋t＝(0.13＋0.1＋0.01)s＝0.24s.答案：0.72s或0.24s专题三单摆周期公式的应用1．单摆的周期公式荷兰物理学家惠更斯发现在偏角很小的情况下，单摆的周期与摆长的二次方根成正比，与重力加速度的二次方根成反比，而与摆球的质量和振幅无关，即T＝2πlg.2．对单摆周期公式的理解(1)单摆的周期T＝2πlg为单摆的固有周期，相应地f＝1T＝12πgl为单摆的固有频率，周期与振幅及摆球的质量无关，只与摆长l及单摆所在地的重力加速度有关．(2)单摆的周期公式在最大偏角很小时成立．(3)单摆周期公式中的g应为单摆所在处的重力加速度①同一单摆，在不同的地理位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同．②同一单摆，在不同的星球上，其周期也不相同．例如单摆放在月球上时，由于g月＜g地，所以同一单摆在月球上的周期比在地球上的周期大，但是，水平弹簧振子不受g变化的影响而改变周期．(4)公式中的l为摆长①因为实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长是指从悬点到摆球重心的长度，即：l＝l′＋d2，l′为摆线长，d为摆球直径．②等效摆长：摆动圆弧的圆心到小球重心的距离．(5)公式中的g为重力加速度①在不同星球表面：g＝GMr2.②单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g＝g0＋a、g＝g0－a.(多选)如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是()A．单摆的摆长约为1.0mB．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin(πt)cmC．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小[解析]由题图乙可知单摆的周期T＝2s，振幅A＝8cm.由单摆的周期公式T＝2πlg，代入数据可得l＝1m，选项A正确；由ω＝2πT可得ω＝πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝8sin(πt)cm，选项B正确；从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，选项C错误；从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，选项D错误．[答案]AB(多选)如图所示为甲、乙两单摆的振动图象，则()A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4解析：选BD.由图象可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4.