高三物理复习振动与波光学第一章机械振动机械波第1讲机械振动省公开课一等奖新名师优质课获奖PPT课件.pptx

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,选修3-4,第一章机械振动机械波,第1讲机械振动,1/140,2/140,【知识梳理】,知识点1简谐运动,1.简谐运动规律:质点位移与时间关系遵从,_规律,质点振动图象(x-t图象)是一条,_。,正弦函数,正弦曲线,3/140,2.平衡位置:,4/140,(1)如图所表示,平衡位置是物体在振动过程中_,_位置,并不一定是_为零位置。,(2)回复力:使振动物体返回到_力,其方向,总是指向平衡位置,属于_,能够是某一个力,也,能够是几个力协力或某个力分力。,回复力,为零,合外力,平衡位置,效果力,5/140,3.描述简谐运动物理量:,物理量,定义,意义,位移,由_指向,质点_,有向线段,描述质点振动中某时,刻位置相对于_,_位移,振幅,振动物体离开平,衡位置_,_,描述振动_和,能量,平衡位置,所在位置,平衡,位置,最大,距离,强弱,6/140,物理量,定义,意义,周期,振动物体完成一次,_所需时间,描述振动快慢,二者互为倒数:T,=,频率,振动物体_内,完成全振动次数,相位,t+,描述周期性运动在各个时刻所处不一样状态,全振动,单位时间,7/140,知识点2简谐运动公式和图象,1.表示式:,(1)动力学表示式:F=-kx,其中“-”号表示回复力与位,移方向_。,(2)运动学表示式:x=Asin(t+,),其中A代表振幅,=2f表示简谐运动_,_代表简谐,运动相位,叫作初相。,相反,快慢,(t+,),8/140,2.图象:,9/140,(1)从平衡位置开始计时,函数表示式为x=_,图,象如图甲所表示。,(2)从最大位移处开始计时,函数表示式为x=_,图象如图乙所表示。,(3)如图丙所表示,从任意位置处开始计时,函数表示式为,_。,(4)依据简谐运动图象能够知道质点在任意时刻离开,平衡位置_。,Asint,Acost,x=Asin(t+,),位移,10/140,知识点3单摆、周期公式,简谐运动两种模型比较:,11/140,模型,弹簧振子,单摆,简谐运,动条件,(1)弹簧质量可忽略2)无摩擦等_,(3)在弹簧弹性程度内,(1)摆线为不可伸缩,轻细线,(2)无空气阻力,(3)最大摆角_,阻力,很小,12/140,模型,弹簧振子,单摆,回复力,弹簧_提供,摆球_沿圆弧切线方,向分力,平衡,位置,弹簧处于_处,_点,周期,与_无关,T=_,弹力,重力,原长,最低,振幅,13/140,知识点4受迫振动和共振,1.三种振动形式比较:,振动类型,比较项目,自由振动,受迫振动,共振,受力情况,仅受回复力,周期性_,_作用,周期性_,_作用,驱动,力,驱动,力,14/140,振动类型,比较项目,自由振动,受迫振动,共振,振动周期,或频率,由系统_,_决定,即,固有周期或,固有频率,由驱动力,周期或频率,决定,即T=,_或=_,T,驱,=_或,驱,=_,振动能量,振动物体,机械能_,由产生驱动力物体提供,振动物体取得,能量_,本身,性质,T,驱,f,驱,T,0,0,不变,最大,15/140,2.受迫振动中系统能量改变:受迫振动系统,_,系统与外界时刻进行能量交换。,机械能不守恒,16/140,【易错辨析】,(1)振幅就是简谐运动物体位移。(),(2)简谐运动回复力能够是恒力。(),(3)简谐运动平衡位置就是质点所受协力为零位置。(),(4)做简谐运动质点先后经过同一点,回复力、速度、加速度、位移都是相同。(),17/140,(5)做简谐运动质点,速度增大时,其加速度一定减小。(),(6)简谐运动图象描述是振动质点轨迹。(),(7)依据简谐运动图象能够判断质点在某一时刻位移大小、振动方向。(),(8)物体做受迫振动时,其振动频率与固有频率无关。,(),18/140,提醒:,(1)。振幅是振动过程中最大位移大小,不随振动改变,位移随振动改变。,(2)。简谐运动回复力与位移成正比,方向与位移方向相反,不可能是恒力。,(3)。单摆最低点是曲线运动平衡位置,协力不为零。,19/140,(4)。同一点回复力、加速度、位移均相同,速度方向相反。,(5)。简谐运动速度增大,位移减小,回复力减小,加速度减小。,(6)。简谐运动图象描述是物体位移随时间改变规律。,20/140,(7)。简谐运动图象能够判断质点在某一时刻位移大小、振动方向。,(8)。受迫振动时,其振动频率与固有频率无关,频率等于驱动力频率。,21/140,考点1简谐运动规律,【关键要素精讲】,简谐运动规律五个特征,1.动力学特征:F=-kx,“-”表示回复力方向与位移方向相反,k是百分比系数,不一定是弹簧劲度系数。,22/140,2.运动学特征:简谐运动加速度与物体偏离平衡位置位移成正比,而方向相反,为变加速运动,远离平衡位置时,x、F、a、E,p,均增大,v、E,k,均减小,靠近平衡位置时则相反。,3.运动周期性特征:相隔T或nT两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。,23/140,4.对称性特征:1)相隔 或 (n为正整数)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。,24/140,(2)如图所表示,振子经过关于平衡位置O对称两点P、P(OP=OP)时,速度大小、动能、势能相等,相对于平衡位置位移大小相等。,25/140,(3)振子由P到O所用时间等于由O到P所用时间,即t,PO,=t,OP,。,(4)振子往复过程中经过同一段旅程(如OP段)所用时间相等,即t,OP,=t,PO,。,26/140,5.能量特征:振动能量包含动能E,k,和势能E,p,简谐运动过程中,系统动能与势能相互转化,系统机械能守恒。,27/140,【高考命题探究】,【典例1】,(杨浦区模拟)弹簧振子做机械振动,若从平衡位置O开始计时,经过0.3s时,振子第一次经过P点,又经过了0.2s,振子第二次经过P点,则该振子第三次经过P点时所需时间为(),世纪金榜导学号42722288,A.1.6sB.1.1sC.0.8sD.0.33s,28/140,【解析】,选D。若从O点开始向右振动,则按下面路线振,动,作出示意图如图,则振子振动周期为,T,1,=4(0.3+0.2)s=1.6s,则该振子在时间t,1,=T,1,-0.2s=1.4s时,第三次经过P,点。,29/140,若振子从O点开始向左振动,则按下,面路线振动,作出示意图如图,设从P到O时间为t,则 0.2s+t=,解得t=s,则周期T=4(+0.1)s=s,则该振子在时间t,2,=T-0.2s=s0.33s时,第三次经,过P点。故D正确,A、B、C错误。,30/140,【强化训练】,1.(崇明模拟)一弹簧振子振幅为A,从最大位移,处经过时间t,0,第一次抵达平衡位置,若振子从平衡位置,处经过 时加速度大小和动能分别为a,1,和E,1,而振,子位移为 时加速度大小和动能分别为a,2,和E,2,则a,1,、,a,2,和E,1,、E,2,大小关系为(),31/140,A.a,1,a,2,E,1,a,2,E,1,E,2,C.a,1,a,2,E,1,E,2,D.a,1,E,2,32/140,【解析】,选A。从平衡位置向最大位移处运动,速度减,小,加速度增大,所以经过 ,经过位移大于 ,所,以a,1,a,2,E,1,E,2,。故A正确,B、C、D错误。,33/140,2.(万州区模拟)水平弹簧振子,每隔时间t,振子,位移总是大小和方向都相同,每隔 时间,振子,速度总是大小相等,方向相反,则有(),A.弹簧振子周期一定小于,B.每隔 时间,振子加速度总是相同,C.每隔 时间,振子动能总是相同,D.每隔 时间,弹簧长度总是相同,34/140,【解析】,选C。水平弹簧振子,每隔时间t,振子位移,总是大小和方向都相同,说明时间t为周期整数倍;,每隔 时间,振子速度总是大小相等,方向相反,说明 是半个周期奇数倍;,故t为周期奇数倍,即,t=(2n+1)T(其中n=0,1,2,3,);,故T=(其中n=0,1,2,3,);,35/140,当n=0时,周期T=t,故A错误;,每隔 时间,振子速度总是大小相等、方向相反,说明位移大小相等、方向相反,依据a=-,振子加,速度总是大小相等、方向相反,故B错误;,每隔 时间,振子速度总是大小相等、方向相反,故动能相同,故C正确;,每隔 时间,振子速度总是大小相等、方向相反,36/140,说明位移大小相等、方向相反,回复力方向不一样,弹力方向不一样,弹簧长度不一样(可能一次压缩、一次拉长),故D错误。,37/140,【规律总结】,分析简谐运动中各物理量改变情况技巧,(1)分析简谐运动中各物理量改变情况时,一定要以位移为桥梁,位移增大时,振动质点回复力、加速度、势能均增大,速度、动能均减小;反之,则产生相反改变。另外,各矢量均在其值为零时改变方向。,38/140,(2)分析过程中要尤其注意简谐运动周期性和对称性。位移相同时,回复力、加速度、动能、势能能够确定,但速度可能有两个方向,因为周期性,运动时间也不确定。,(3)做简谐运动物体经过平衡位置时,回复力一定为零,但所受合外力不一定为零。,39/140,【加固训练】,1.一弹簧振子做简谐振动,周期为T,以下叙述正确是,(),A.若t时刻和(t+t)时刻位移大小相等,方向相同,则t一定等于T整数倍,B.若t时刻和(t+t)时刻动能相等,则t一定等于,整数倍,40/140,C.若t=T,则t时刻和(t+t)时刻动能一定相等,D.若t=,则t时刻和(t+t)时刻弹簧长度一定相,等,41/140,【解析】,选C。t时刻和(t+t)时刻位移大小相等,方向相同,表示质点经过同一位置,经过时间t不一,定等于T整数倍,故A错误;当振子经过同一位置或关,于平衡位置对称时动能相同,t不一定等于 整数,倍,故B错误;经过t=T,t时刻和(t+t)时刻速度一,定相同,动能一定相等,故C正确;t=,振子位移大,小相等,方向相反,但弹簧长度不一定相等,故D错误。,42/140,2.表中给出是做简谐振动物体位移x或速度v与时刻对应关系,T是振动周期。则以下选项中正确是(),43/140,44/140,A.若甲表示位移x,则丙表示对应速度v,B.若乙表示位移x,则丙表示对应速度v,C.若丙表示位移x,则甲表示对应速度v,D.若丁表示位移x,则乙表示对应速度v,45/140,【解析】,选A。若甲表示位移x,振子从平衡位置向正向,最大位移处运动,速度从正向最大开始减小到零,所以,丙能够表示对应速度v,故A正确;若乙表示位移x,振,子从平衡位置向负向最大位移处运动,速度从负向最大,开始减小到零,所以丁能够表示对应速度v,故B错误;,若丙表示位移x,位移从正向最大位移改变到零,振子从,正向最大位移处向平衡位置运动,速度从零开始向负向,46/140,最大速度改变,所以乙表示对应速度v,故C错误;丁表示位移x,位移从负向最大位移改变到零,振子从负向最大位移处向平衡位置运动,速度从零开始向正向最大速度改变,所以甲表示对应速度v,故D错误。,47/140,考点2简谐运动公式和图象,【关键要素精讲】,1.对简谐运动图象认识:,(1)简谐运动图象是一条正弦或余弦曲线,如图所表示。,48/140,(2)图象反应是位移随时间改变规律,随时间增加而延伸,图象不代表质点运动轨迹。,(3)任一时刻图线上过该点切线斜率数值表示该时刻振子速度大小。正负表示速度方向,正时沿x正方向,负时沿x负方向。,49/140,2.图象信息:,(1)由图象能够得出质点做简谐运动振幅、周期。,(2)能够确定某时刻质点离开平衡位置位移。,(3)能够依据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度方向。,50/140,回复力和加速度方向: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。,速度方向:速度方向能够经过下一时刻位移改变来判断,下一时刻位移如增加,振动质点速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点速度方向就是指向t轴。,51/140,3.简谐运动图象问题两种分析方法:,方法一:图象运动结正当,解这类题时,首先要了解x-t图象意义,其次要把x-t图象与质点实际振动过程联络起来。图象上一个点表示振动中一个状态(位置、振动方向等),图象上一段曲线对应振动一个过程,关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向。,52/140,方法二:直观结论法,简谐运动图象表示振动质点位移随时间改变规律,即位移时间函数关系图象,不是物体运动轨迹。,53/140,【高考命题探究】,【典例2】,(北京高考)如图所表示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图象为世纪金榜导学号42722289(),54/140,55/140,【解析】,选A。N点在O点右侧,而本题以平衡位置O为原点,向右为x轴正方向,振子位于N点时开始计时,故0时刻振子在正向最大位移处,将向左运动,即向负方向运动,位移减小,故A正确。,56/140,【强化训练】,1.(锦州模拟)劲度系数为20N/cm水平弹簧振子,它振动图象如图所表示,在图中A点对应时刻,(),57/140,A.振子所受弹力大小为0.5N,方向指向x轴正方向,B.振子速度方向指向x轴正方向,C.振子加速度方向指向x轴正方向,D.振子速度和加速度都在增大,58/140,【解析】,选B。由图可知A点对应时刻振子位移x=,0.25cm,所以弹簧弹力F=-kx=-200.25N=-5N,即弹,力大小为5N,方向指向x轴负方向,故A错误;由图可知过,A点切线与x轴正方向夹角小于90,切线斜率,为正值,即振子速度方向指向x轴正方向,故B正确;,依据a=-知,振子加速度方向指向x轴负方向,故,C错误;振子正远离平衡位置,位移在增大,则速度在减,小,加速度在增大,故D错误。,59/140,2.(乐山模拟)一个质点经过平衡位置O,在A、B间做简谐运动,如图甲所表示,它振动图象如图乙所表示,设向右为正方向,以下说法正确是(),60/140,A.第0.2s末质点速度方向是AO,B.在4s内完成6次全振动,C.第0.4s末质点加速度方向是AO,D.第0.7s时质点位置在O点与A点之间,61/140,【解析】,选C。位移时间图象切线斜率等于速度,依据数学知识知,第0.2s末质点速度方向为负向,即,从OA,故A错误;质点振动周期为T=0.8s,则在4s内,质点完成全振动次数为n=5(次),故B错误;第,0.4s末质点位移为负向最大,由a=-,知质点加,速度为正向,即AO,故C正确;第0.7s时,质点位置在O,与B两点之间,故D错误。,62/140,【加固训练】,如图甲是演示简谐运动图象装置,当盛沙漏斗下面薄木板N被匀速地拉出时,摆动着漏斗中漏出沙在板上形成曲线显示出摆位移随时间改变关系,板上直线OO代表时间轴。图乙是一次试验中用同一个摆长不变摆作出两组操作下形成曲线,若板N,1,和N,2,拉动速度用v,1,和v,2,表示,板N,1,和N,2,上曲线所代表摆动周期用T,1,和T,2,表示,则(),63/140,A.T,1,=2T2,B.2T,1,=T,2,C.v,1,=2v,2,D.2v,1,=v,2,64/140,【解析】,选C。同一单摆周期是一定,则T,1,=T,2,。设,单摆周期为T,板长为L,则有:,T=,2T=依据题意,有:v,1,=2v,2,故选C。,65/140,考点3单摆模型及其周期公式,【关键要素精讲】,1.单摆模型指符合单摆规律模型,满足条件:,(1)圆弧运动。,(2)小角度摆动。,(3)回复力满足F=-kx。,66/140,2.对单摆周期公式T=了解:,(1)公式成立条件是单摆摆角必须小于5。,(2)单摆振动周期在振幅较小条件下,与单摆振,幅无关,与摆球质量也无关。,(3)周期公式中摆长为,l摆长,l,是指摆动圆弧圆心到,摆球重心距离,而不一定为摆线长。,(4)单摆周期公式中g值。,67/140,只受重力和线拉力,且悬点静止或做匀速直线运动单摆,g为当地重力加速度,在地球上不一样位置g取值不一样,不一样星球表面g值也不相同。,单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g=g,0,a,如在轨道上运动卫星加速度a=g,0,为完全失重,等效重力加速度g=0。,68/140,【高考命题探究】,【典例3】,(多项选择)(株洲模拟)摆球质量相等甲、乙两单摆悬挂点高度相同,其振动图象如图所表示。选悬挂点所在水平面为重力势能参考面,由图可知,(),世纪金榜导学号42722290,69/140,A.甲、乙两单摆摆长之比是49,B.t,a,时刻甲、乙两单摆摆角相等,C.t,b,时刻甲、乙两单摆势能差最大,D.t,c,时刻甲、乙两单摆速率相等,70/140,【解析】,选A、C。由振动图象得到甲、乙两个单摆,周期之比为T,甲,T,乙,=23,依据单摆周期公式T=,得T,2,l,故甲、乙两个单摆摆长之比为49,故A正,确;依据摆长不一样,摆动幅度相同,故摆角不等,故B错误;,由图可知t,b,时刻甲、乙两单摆偏离平衡位置差值,最大,故势能差最大,故C正确;因为甲偏离平衡位置高,71/140,度差大于乙,由摆动过程中机械能守恒得甲经过平衡位置时速度大于乙,D错误。,72/140,【迁移训练】,73/140,迁移1:单摆实际应用,惠更斯利用摆等时性原理制成了第一座摆钟。如图1所表示为日常生活中我们能见到一个摆钟,图2所表示为摆结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母能够沿摆杆上下移动。在甲地走时准确摆钟移到乙地未做其它调整时摆动加紧了,以下说法正确是(),74/140,75/140,A.甲地重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动,B.甲地重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动,C.乙地重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动,D.乙地重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动,76/140,【解析】,选C。由甲地到乙地摆动加紧则说明周期变小,因T=,则重力加速度变大,要使周期不变小,则应,增加摆长,即将螺母适当向下移动。,77/140,迁移2:摆线发生突变单摆,如图所表示,一单摆悬于O点,摆长为L,若在O点正下方,O点钉一个光滑钉子,使OO=,将单摆拉至A处释放,小球将在A、B、C间往返振动,若振动中摆线与竖直方,向夹角小于5,则此摆周期是(),78/140,【解析】,选D。依据公式T=,该单摆有 周期摆长,为L,周期摆长为 L,故T=,故D正确。,79/140,迁移3:类单摆运动,如图所表示,在水平地面上有一段光滑圆弧形槽,弧半径是R,所对圆心角小于10,现在圆弧右侧边缘M处放一个小球A,使其由静止下滑,则:,80/140,(1)小球由M至O过程中所需时间t为多少在此过程中能量怎样转化(定性说明)。,(2)若在MN圆弧上存在两点P、Q,且P、Q关于O对称,且已测得小球A由P至Q所需时间为t,则小球由Q至N最短时间为多少?,81/140,(3)若在圆弧最低点O正上方h处由静止释放小球B,让其自由下落,同时A球从圆弧右侧由静止释放,欲使A、B两球在圆弧最低点O处相遇,则B球下落高度h是多少?,82/140,【解析】,(1)由单摆周期公式T=知:小球A运动,周期T=2 所以t,MO,=,在由MO过程中,小球A重力势能转化为动能。,(2)由对称性可知t,OQ,=t,t,OQ,+t,QN,=T,代入数据解,得Q至N最短时间t,QN,=,83/140,(3)欲使A、B相遇,则两球运动时间相同,且必须同时到,达O点,A球到O点时间能够是 T,也能够是 T。故,由简谐运动周期性可知两球相遇所经历时间能够是,(+n)T或(+n)T(n=0,1,2,3)。所以A、B两球运,动时间必为 T奇数倍,即,84/140,答案:,(1)球A重力势能转化为动能,85/140,【加固训练】,(多项选择)长为L轻质细线悬挂着质量为m小而重,且电荷量为+q带电小球,现将其由左端最高点a处由静止释放(aO与竖直方向夹角小于5),空间存在竖直向下匀强电场,场强大小为E,当地重力加速度大小为g,则小球在摆动过程中以下说法正确,是(),86/140,A.小球摆动周期为,B.小球摆动周期为,C.在空间加垂直于纸面匀强磁场前后,小球过最低点速度发生改变,D.在空间加垂直于纸面向里匀强磁场后,小球向左与向右两次过最低点时细线所表示拉力差与所加磁场磁感应强度大小B成正比,87/140,【解析】,选B、D。小球在重力场和电场复合场中加,速度为a,则:,ma=qE+mg,由单摆公式知:,T=2 ,联立解得,T=2 ,故A选项错误,B选项正,确;,88/140,因为洛伦兹力不做功,故在空间加垂直于纸面匀强磁场前后,小球过最低点速度不发生改变,故C选项错误;,假设所加磁场方向垂直纸面向里,在小球运动到最低点时,当小球向右运动时,洛伦兹力竖直向上,细线所受拉力F,1,=mg+qE-Bqv,当小球向左运动时,洛伦兹力竖直向下,细线所受拉力F,2,=mg+qE+Bqv,89/140,由联立得小球向左与向右两次过最低点时细线所表示拉力差F=F,2,-F,1,=2Bqv。,由上式可知在空间加垂直于纸面向里匀强磁场后,小球向左与向右两次过最低点时细线所表示拉力差与所加磁场磁感应强度大小B成正比,故D选项正确。,90/140,考点4受迫振动和共振,【关键要素精讲】,自由振动、受迫振动和共振比较:,91/140,92/140,【高考命题探究】,【典例4】,一个单摆在地面上做受迫振动,其共振曲线(振幅A与驱动力频率f关系)如图所表示,则(),世纪金榜导学号42722291,93/140,A.此单摆固有周期约为0.5s,B.此单摆摆长约为1m,C.若摆长增大,单摆固有频率增大,D.若摆长增大,共振曲线峰将向右移动,94/140,【解析】,选B。由共振曲线知此单摆固有频率为,0.5Hz,则固有周期为2s;再由T=2 ,得此单摆摆,长约为1m;若摆长增大,单摆固有周期增大,固有频率,减小,则共振曲线峰将向左移动。,95/140,【强化训练】,1.如图所表示,在一根张紧绳子上挂几个摆,其中A、B摆长相等。当A摆振动时候,经过张紧绳子给B、C、D摆施加驱动力,使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆振动发觉(),96/140,A.C摆频率最小,B.D摆周期最大,C.B摆摆角最大,D.B、C、D摆角相同,97/140,【解析】,选C。由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动,受迫振动频率等于驱动力频率,故其它各摆振动周期跟A摆相同,频率也相等,故A、B错误;受迫振动中,当固有频率等于驱动力频率时,出现共振现象,振幅到达最大,因为B摆固有频率与A摆相同,故B摆发生共振,振幅最大,故C正确,D错误。,98/140,2.一砝码和一轻弹簧组成弹簧振子,图1所表示装置可,用于研究该弹簧振子受迫振动。匀速转动把手时,曲,杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速,转动周期就是驱动力周期,改变把手匀速转动速,度就能够改变驱动力周期。若保持把手不动,给砝码,一向下初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图2所,示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动到达稳定时,99/140,砝码振动图线如图3所表示。若用T,0,表示弹簧振子固有周期,T表示驱动力周期,Y表示受迫振动到达稳定后砝码振动振幅,则(),100/140,A.由图线可知T,0,=4s,振幅为8cm,B.由图线可知T,0,=8s,振幅为2cm,C.当T在4s附近时,Y显著增大;当T比4s小得多或大得多时,Y很小,D.当T在8s附近时,Y显著增大;当T比8s小得多或大得多时,Y很小,101/140,【解析】,选C。图2是弹簧振子自由振动时振动图线,故由图2可知,弹簧振子固有周期为T,0,=4s,振幅为4cm,故A、B错误;当物体驱动力频率等于物体固有频率时,物体振动到达最强,故当T在4s附近时,振幅显著增大,当T比4s小得多或大得多时,Y很小,故C正确、D错误。,102/140,【加固训练】,(多项选择)把一个筛子用四根弹簧支撑起来,筛子上装一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力,这就做成了一个共振筛,如图甲所表示。该共振筛共振曲线如图乙所表示。已知增大电压,可使偏心轮转速提升,增加筛子质量,可增大筛子固有周期。现在,在某电压下电动偏心轮转速是54r/min。为了使筛子振幅增大,以下做法正确是(),103/140,A.提升输入电压,B.降低输入电压,C.降低筛子质量,D.增加筛子质量,104/140,【解析】,选B、C。依据题意,电动偏心轮在某电压下,转速是54r/min,即为:T=,所以驱动力频,率:f=Hz=0.9Hz,筛子固有频率为f,0,=0.8Hzf;,因为驱动力频率大于筛子固有频率;故要使振幅变,大,要减小驱动力频率,或增大筛子固有频率,即可,以降低输入电压或降低筛子质量。,105/140,考点5试验:探究单摆运动、用单摆测定重力加速,度,【关键要素精讲】,1.试验原理:由单摆周期公式T=2 ,可得出g=,测出单摆摆长l和振动周期T,就可求出当地,重力加速度g。,2.试验器材:单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。,106/140,3.试验步骤:,(1)做单摆:取约1m长细丝线穿过带中心孔小钢球,并打一个比小孔大一些结,然后把线另一端用铁夹固定在铁架台上,让摆球自然下垂。,107/140,(2)测摆长:用毫米刻度尺量出摆线长L(准确到毫米),用游标卡尺测出小球直径D,则单摆摆长,(3)测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5),然后释放小球,记下单摆摆动3050次总时间,算出,平均每摆动一次时间,即为单摆振动周期。,(4)改变摆长,重做几次试验。,108/140,(5),数据处理,两种方法:,依据公式 将测得几次周期T和摆,长,l,代入公式 中算出重力加速度g值,再算出,g平均值,即为当地重力加速度值。,109/140,图象法:由单摆周期公式T=2 可得,l,=,因,此以摆长,l,为纵轴,以T,2,为横轴作出,l,-T,2,图象是一条过,原点直线,如图所表示,求出图线斜率k,即可求出g,值。g=4,2,k,k=,110/140,【高考命题探究】,【典例5】,(安徽高考)依据单摆周期公式T=,2 ,能够经过试验测量当地重力加速度。如图甲,所表示,将细线上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。世纪金榜导学号42722292,111/140,(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所表示,读数,为_mm。,112/140,(2)以下是试验过程中一些做法,其中正确有_。,a.摆线要选择细些、伸缩性小些,而且尽可能长一些,b.摆球尽可能选择质量大些、体积小些,c.为了使摆周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大角度,113/140,d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置小于5,在释放摆,球同时开始计时,当摆球回到开始位置时停顿计时,此时间间隔t即为单摆周期T,e.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置小于5,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做,50次全振动所用时间t,则单摆周期,114/140,【解析】,(1)(18+60.1)mm=18.6mm,(2)选a、b、e。摆线要选择细些、伸缩性小些,并,且尽可能长一些,摆球尽可能选择质量大些、体积小些,都是为了愈加符合单摆组成条件,故a、b是正确;,摆线相距平衡位置角度,以小于5为宜,故c是错,误;拉开摆球,使摆线偏离平衡位置小于5,释放,摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆,115/140,球做50次全振动所用时间t,则单摆周期 ,故d,错,e对。,答案:,(1)18.6(2)a、b、e,116/140,【强化训练】,1.某同学用试验方法探究影响单摆周期原因。,(1)他组装单摆时,在摆线上端悬点处,用一块开有狭缝橡皮夹牢摆线,再用铁架台铁夹将橡皮夹紧,如图所表示。这么做目标是_。(填字母),117/140,A.确保摆动过程中摆长不变,B.可使周期测量得愈加准确,C.需要改变摆长时便于调整,D.确保摆球在同一竖直平面内摆动,118/140,(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球最低端长度L=0.9 990m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所表示,则该摆球直径为_mm,单摆摆长为_m。,119/140,(3)以下振动图象真实地描述了对摆长约为1m单摆进行周期测量四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动图象,已知sin5=,0.087,sin15=0.26,这四种操作过程合乎试验要求且误差最小是_。(填字母),120/140,121/140,【解析】,(1)选A、C。试验中要注意减小试验误差和便,于试验操作,题目中办法能够确保摆动过程中摆长不,变,而且便于改变摆长,故选项A、C正确。,2)游标卡尺主尺上读数为12.0mm,游标尺上第0条刻,度线与主尺刻度线对齐,所以游标卡尺读数为,12.0mm+0=12.0mm,单摆摆长为,l,=L-=0.9 990m-,m=0.9930m。,122/140,(3)用单摆测量周期时,为了减小误差,需使摆角小于5,且从摆球经过最低点时开始计时,故振幅A,l,sin5=8.7cm,只有选项A符合要求。,答案:,(1)A、C(2)12.00.9930(3)A,123/140,2.某小组在做“用单摆测定重力加速度”试验后,为进,一步探究,将单摆轻质细线改为刚性重杆。经过查资,料得知,这么做成“复摆”做简谐运动周期T=,2 ,式中I,c,为由该摆决定常量,m为摆质,量,g为重力加速度,r为转轴到重心C距离。如图甲,试验时在杆上不一样位置打上多个小孔,将其中一个小孔,穿在光滑水平轴O上,使杆做简谐运动,测量并统计r和,124/140,对应运动周期T;然后将不一样位置孔穿在轴上重复试验,试验数据见表,并测得摆质量m=0.50kg。,125/140,r/m,0.45,0.40,0.35,0.30,0.25,0.20,T/s,2.11,2.14,2.20,2.30,2.43,2.64,126/140,(1)由试验数据得出图乙所表示拟合直线,图中纵轴表示_。,(2)I,c,国际单位为_,由拟合直线得到I,c,值为_(保留到小数点后二位)。,(3)若摆质量测量值偏大,重力加速度g测量值_(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。,127/140,【解析】,(1)由T=2 ,可得T,2,r=,所以图中纵轴表示T,2,r。,(2)I,c,单位与mr,2,单位一致,因为mr,2,国际单位为kgm,2,所以I,c,国际单位为kgm,2,;结合T,2,r=和题,图中截距和斜率,解得I,c,值为0.17。,128/140,(3)重力加速度g测量值是经过求斜率 得到,与质,量无关,所以若摆质量测量值偏大,重力加速度g测,量值不变。,答案:,(1)T,2,r(2)kgm,2,0.17(3)不变,129/140,【加固训练】,甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。,130/140,(1)甲组同学采取如图所表示试验装置。,利用单摆测重力加速度试验中,为了减小测量周期误差,应在_位置开始计时和结束计时。,在一次用单摆测定加速度试验中,图A是用毫米刻度尺测摆长,若测得悬点到小球最下端长为h,小球直径为d,则摆长L=_。,131/140,图B为测量周期用秒表,长针转一圈时间为30s,表盘上部小圆共15大格,每一大格为1min,该单摆摆动n=50次全振动时,长、短针位置如图中所表示,所用时间t=_s。用以上直接测量L、t、n表示出重力加速度计算式为g=_(无须代入详细数值)。,132/140,若某同学测摆长时,忘记测摆球半径,而只把悬点到小球最下端长度作为摆长,则他依据以上计算式求得重力加速度_(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。,133/140,(2)乙组同学在图C所表示装置基础上再增加一个速度传感器,如图D所表示,将摆球拉开一小角度使其做简谐运动,速度传感器统计了摆球振动过程中速度随时间改变关系,如图E所表示v-t图线。,由图E可知,该单摆周期T=_s。,134/140,更换摆线长度后,屡次测量,依据试验数据,利用计算机作出T,2,-L(周期平方摆长)图线,并依据图线拟合得到方程T,2,=4.04L+0.035。由此能够得出当地重力加速度g=_m/s,2,。(取,2,=9.86,结果保留3位有效数字)若其它测量、计算均无误,则用上述方法算得g值和真实值相比是_(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。,135/140,【解析】,(1)利用单摆测重力加速度试验中,为了减小测量周期误差,应在平衡位置开始计时和结束计时。,136/140,摆长等于摆线悬点到摆球球心距离,摆长L=,h-。,秒表小盘读数为90s,大盘读数为10.4s,则最终读数,为100.4s;,单摆周期T=,依据T=2 得,137/140,依据g=知,测摆长时,忘记测摆球半径,而只,把悬点到小球最下端长度作为摆长,则摆长测量值偏,大,造成重力加速度测量值偏大。,(2)依据图线知,单摆周期T=2.0s。,依据T=2 得,T,2,=,由T,2,=4.04L+0.035知,=4.04,解得g=9.76m/s,2,。,138/140,在T,2,-L图线中,求斜率时,未测量摆球半径,不影响斜,率求解,则算出g值和真实值相比是不变。,答案:,(1)平衡h-100.4,偏大(2)2.09.76不变,139/140,140/140,