人教版高中物理选修3-4《第十一章 机械振动》章末分层突破教学案

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1、章末分层突破自我校对kx2T2 f2lg递减驱动力越小最大简谐运动的周期性和对称性1.做简谐运动的物体在完成一次全振动后，再次振动时则是重复上一个振动的形式，所以做简谐运动的物体具有周期性2做简谐运动的物体其运动具有对称性对称性表现在:(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一个做简谐运动的质点在平衡位置 O 点附近振动；当质点从 O 点向某一侧运动时，经 3 s 第一次

2、过 P 点，再向前运动，又经 2 s 第二次过 P 点，则该质点再经多长的时间第三次经过 P 点?【解析】 若质点沿图中的方向第一次过 P 点，历时 3 s；由 P 到 B，再由 B 到 P共历时 2 s，则由其对称性知 P、B 间往返等时，各为 1 s，从而可知 T/44 s，周期 T16 s第三次再过 P 点，设由 P 向左到 A 再返回到 P，历时为一个周期 T 减去 P、B 间往返的2 s，则需时 t16 s2 s 14 s.若沿图中的方向第一次过 P 点，则有3t OP2t POt OPT/2，而 tOPt PO由上两式可解得 tOPt PO s，T s13 163则质点第三次过 P

3、 点历时 t T2 s s.103【答案】 14 s 或 s103光滑水平面上的弹簧振子，振子质量为 50 g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在 t0.2 s 时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为 4 m/s.则在t1.2 s 末，弹簧的弹性势能为_ J，该弹簧振子做简谐运动时其动能的变化频率为_Hz,1 min 内，弹簧弹力对弹簧振子做正功的次数为_次【解析】 根据其周期性及对称性，则有周期 T0.8 s，振子的最大速度为 4 m/s，则最大动能 Ekm mv20.4 J根据振子振动的周期性判定在 t1.2 s 末，振子在最大位移处，12据机械能守恒有 EpE km0.4 J

4、，物体的振动周期为 0.8 s，则其动能的变化周期为 0.4 T2s，所以动能的变化频率为 2.5 Hz.在物体振动的 1 个周期内(向平衡位置运动时弹力做正功)弹力两次做正功，根据其周期性可求得 1 min 内弹力做正功的次数为 n 2 次150600.8次【答案】 0.4 2.5 150简谐运动的图象振动图象表示振动质点的振动位移随时间的变化规律，图象的形状与起始时刻的选取和正方向的规定有关，从图象中可获得的信息：1振幅 A 和周期 T.2任一时刻的速度、加速度、回复力的方向及位移的大小和方向3判定任意一段时间内 v、a、F、x、E k、E p 的变化趋势利用图象解题时，要深刻理解图象的意

5、义，并能做到见图象而知实际振动过程同时也能由实际振动过程回归图象如图 111 甲所示，弹簧振子以点 O 为平衡位置，在 A、B 两点之间做简谐运动取向右为正方向，振子的位移 x 随时间 t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )甲 乙图 111At0.8 s 时，振子的速度方向向左Bt0.2 s 时，振子在 O 点右侧 6 cm 处2Ct0.4 s 和 t1.2 s 时，振子的加速度完全相同Dt0.4 s 到 t0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐增大Et0.8 s 时振动系统的机械能最小【解析】 t0.8 s 时，振子经过 O 点向负方向运动，即向左运动，选项 A 正确；t0.2 s 时，

6、振子在 O 点右侧 6 cm 处，选项 B 正确； t0.4 s 和 t1.2 s 时，振子的位移2等大反向，回复力和加速度也是等大反向，选项 C 错误；t 0.4 s 时到 t0.8 s 的时间内，振子从 B 点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，选项 D 正确，简谐运动机械能守恒，选项 E 错误【答案】 ABD一质点做简谐运动，其位移 x 与时间 t 的关系曲线如图 112 所示，由图可知( )图 112A质点振动频率是 0.25 HzBt2 s 时，质点的加速度最大C质点的振幅为 2 cmDt3 s 时，质点所受的合外力一定为零Et2 s 时，质点的振幅为 2 cm【解析】 质点振动的周

7、期是 4 s，频率是 0.25 Hz；t 2 s 时，质点的位移最大，回复力最大，加速度最大；质点的振幅为 2 cm；t3 s 时，质点的位移为零，所受的回复力为零，所受的合外力可能为零，也可能最大，选项 A、B、C 正确【答案】 ABC单摆周期公式的应用1.摆钟的快慢及调节方法(1)计时原理：摆钟的计时是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动秒针、分针、时针转动实现的，因此钟摆振动的周期变化就反映了摆钟的快慢如钟摆振动周期变大，则摆钟变慢，摆钟时针转动一圈的时间变长(2)摆钟快慢产生的原因：一是 g 值的变化，如摆钟地理位置的变化等；二是摆长的变化，如热胀冷缩等原因摆钟周期可以用公式 T2 计

8、算lg(3)摆钟快慢的调整摆钟变快说明周期变小，应增大摆长摆钟变慢说明周期变大，应减小摆长2在复合场中的单摆单摆处在电场或磁场中，由于摆球带电，摆球会受电场力或磁场力，此时单摆的周期是否变化应从回复力的看，如果除重力外，其他的力参与提供回复力，则单摆周期变化，若不参与提供回复力，则单摆周期不变如图 113 所示，三根长度均为 l0 的绳 l1，l 2，l 3 共同系住一密度均匀的小球m，球的直径为 d(dl0)，绳 l2，l 3 与天花板的夹角 30. 则：图 113(1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期 T1 为多少？(2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期 T2 又为多少？【解析】

9、 本题应理解等效摆长及单摆周期公式中的摆长(1)小球以 O为圆心做简谐运动，所以摆长 ll 0 ，振动的周期为 T12 2d2 lg 2 .l0 d2g 2l0 d2g(2)小球以 O 为圆心做简谐运动，摆长 ll 0l 0sin ，振动周期为 T22 2d2 lg2 .l0 l0sin d2g 3l0 d2g【答案】 (1)2 (2)22l0 d2g 3l0 d2g不同的摆动方向，等效摆长不同，振动周期也就不同如图 114 所示，处于竖直平面内的光滑绝缘半圆形槽的半径为 R，一质量为m 的小球于槽中 P 点由静止释放 .图 114(1)若使小球带一定量的正电荷，并将整个装置放在水平向右的匀强

10、电场中，且小球所受电场力的大小等于小球所受重力的大小，则小球做简谐运动的周期为多大？(2)若使小球带一定量的正电荷，并将整个装置放在垂直纸面向里的匀强磁场中，且小球的运动始终没有离开圆弧，则小球做简谐运动的周期又为多少？【解析】 (1)整个装置处于水平向右的匀强电场后，小球的受力如图所示，其平衡位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为 45，则其“等效重力加速度”g g，Nm mg2 qE2m 2所以 T2 .R2g(2)由于小球所受的洛伦兹力始终垂直于运动方向，所以洛伦兹力不提供回复力，因此小球做简谐运动的周期为 T2 .Rg【答案】 (1)2 (2)2R2g Rg同一单摆放到不同环境中，等效重力

11、加速度不同，导致周期不同.1.如图 115 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 y0.1sin(2.5t)m.t 0 时刻，一小球从距物块 h 高处自由落下；t0.6 s 时，小球恰好与物块处于同一高度取重力加速度的大小g10 m/s 2.以下判断正确的是 ( )图 115Ah1.7 mB简谐运动的周期是 0.8 sC0.6 s 内物块运动的路程是 0.2 mDt0.4 s 时，物块与小球运动方向相反E0.6 s 内物块的位移为0.1 m【解析】 由物块简谐运动的表达式y0.1sin(2.5t) m 知，2.5，T s0.

12、8 s，选项 B 正确；t 0.6 s 时，2 22.5y0.1 m，对小球：h|y| gt2，解得 h1.7 m，选项 A、E 正确；物块 0.6 s 内路程为120.3 m，t0.4 s 时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同故选项 C、D 错误【答案】 ADE2质点做简谐运动，其 xt 关系如图 116 所示以 x 轴正向为速度 v 的正方向，画出该质点的 vt 关系图象. 图 116【解析】 在 t0 时刻，质点的位移如图 116最大，速度为 0，则下一时刻质点应向下运动，在 t 时刻，质点的位移为 0，速率最大T4【答案】 3在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准

13、备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正_.【解析】 应在摆球通过平衡位置时开始计时；应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值(或在单摆振动稳定后开始计时 )【答案】 见解析4一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔在竖直面内放置有一记录纸当振子上下振动时，以速率 v 水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图 117 所示的图象，y1、y 2、x 0、2x 0 为纸上印迹的位置坐标由此图求振动的周期和振幅. 图 117【解析】 设振动的

14、周期为 T，由题意可得：在振子振动的一个周期内，纸带发生的位移大小为 2x0，故 T .设振动的振幅为 A，则有：2Ay 1y 2，2x0v故 A .y1 y22【答案】 2x0v y1 y225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 118 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

15、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 L.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g_.图 118【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；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些选项 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 T12 L1gT22 L2g且 L1L 2L联立式得 g .42LT21 T2【答案】 (1)BC (2)42LT21 T2我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)