高考物理复习选考部分第一章波1.1机械振动市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖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,1/116,2/116,【,知识导图,】,x=Asin(t+,),平衡位置,运动,平衡位置,固有频率,固有频率,周期,摆长,重力加速度,3/116,【,微点拨,】,1.,掌握简谐运动两种模型,:,弹簧振子和单摆。,2.,了解简谐运动两个运动特征,:,(1),对称性特征。,(2),周期性特征。,4/116,3.,单摆模型满足三个条件,:,(1),圆弧运动。,(2),小角度摆动,(,最大摆角,a,2,E,1,a,2,E,1,E,2,C.a,1,a,2,E,1,E,2,D.a,1,E,2,27/116,【,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。,28/116,考点,2,简谐运动合成和图象,【,典题探究,】,【,典例,2】,(,北京高考,),某弹簧振子沿,x,轴简谐振动图象如图所表示,以下描述正确是,(,),导学号,04450289,29/116,A.t=1 s,时,振子速度为零,加速度为负最大值,B.t=2 s,时,振子速度为负,加速度为正最大值,C.t=3 s,时,振子速度为负最大值,加速度为零,D.t=4 s,时,振子速度为正,加速度为负最大值,30/116,【,解析,】,选,A,。简谐运动中,质点在平衡位置处振动速度最大,加速度为零,质点在偏离平衡位置位移最大处速度为零,加速度最大,且加速度方向一直指向平衡位置,A,选项正确,B,、,C,、,D,选项错误。,31/116,【,通关秘籍,】,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。,32/116,(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。,33/116,2.,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。,34/116,(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。,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。,35/116,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。,36/116,【,考点冲关,】,1.(,多项选择,)(,唐山模拟,),一水平弹簧振子沿,x,轴方向做简谐运动,平衡位置在坐标原点,向,x,轴正方向运动时弹簧被拉伸,振子振动图象如图所表示,已知弹簧劲度系数为,20 N/cm,振子质量为,m=0.1 kg,则,(,),37/116,A.,图中,A,点对应时刻振子所受回复力大小为,5 N,方向指向,x,轴负方向,B.,图中,A,点对应时刻振子速度方向指向,x,轴正方向,C.,图中,A,点对应时刻振子加速度大小为,5 m/s,2,D.,在,0,4 s,内振子经过旅程为,4 cm,E.,在,0,4 s,内振子做了,1.75,次全振动,38/116,【,解析,】,选,A,、,B,、,D,。由简谐运动特点和弹簧弹力与,伸长量关系可知,题图中,A,点对应时刻振子所受,回复力大小为,F=kx=200.25 N=5 N,方向指向,x,轴负,方向,而且振子正在远离,O,点向,x,轴正方向运动,A,、,B,正确,;,由牛顿第二定律知,题图中,A,点对应时刻振子,加速度大小为,a=50 m/s,2,C,错误,;,由题图可读出周,39/116,期为,2 s,4 s,内振子做两次全振动,经过旅程是,s=24A=240.5 cm=4 cm,D,正确,E,错误。,40/116,2.(,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,(,),41/116,42/116,【,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。,43/116,【,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,44/116,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,(,),A.T,1,=2T,2,B.2T,1,=T,2,C.v,1,=2v,2,D.2v,1,=v,2,45/116,【,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,:,依据题意,有,:v,1,=2v,2,故选,C,。,46/116,考点,3,单摆模型及周期公式,【,典题探究,】,【,典例,3】,(,多项选择,)(,郑州模拟,),如图所表示为同一地点两单摆甲、乙振动图象,以下说法中正确是,(,),导学号,04450290,47/116,A.,甲、乙两单摆摆长相等,B.,甲摆振幅比乙摆大,C.,甲摆机械能比乙摆大,D.,在,t=0.5 s,时有正向最大加速度,是乙摆,E.,由图象能够求出当地重力加速度,48/116,【,解析,】,选,A,、,B,、,D,。由题图可知,两单摆周期相同,同一地点重力加速度,g,相同,由单摆周期公式,T=,得知,甲、乙两单摆摆长相等,A,正确,;,甲摆,振幅为,10 cm,乙摆振幅为,7 cm,则甲摆振幅比乙摆,大,B,正确,;,尽管甲摆振幅比乙摆大,两摆摆长也相,等,但因为两摆质量未知,故无法比较机械能大,小,C,错误,;,在,t=0.5 s,时,甲摆经过平衡位置,振动,49/116,加速度为零,而乙摆位移为负最大,则乙摆含有正,向最大加速度,D,正确,;,由单摆周期公式,T=,得,g=,因为不知道单摆摆长,所以不能求得重力,加速度,E,错误。,50/116,【,迁移训练,】,51/116,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,(,),52/116,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,53/116,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,54/116,【,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。,55/116,迁移,2:,双线摆问题,如图所表示,在两根等长曲线下悬挂一个小球,(,可视为质点,),组成了所谓双线摆,若摆长为,l,两线与天花板左、右两侧夹角均为,当小球垂直纸面做简谐运动时,其周期为,(,),56/116,57/116,【,解析,】,选,D,。依据公式,T=,本题中,l,=,l,sin,故,T=,D,正确。,58/116,迁移,3:,类单摆运动,如图所表示,小球,m,自,A,点以初速度,v,向,AD,方向开始运动,已,知,=0.9 m,AB,圆弧半径,R=10 m,AD=10 m,A,、,B,、,C,、,D,在同一水平面内。重力加速度,g,取,10 m/s,2,欲使小,球恰能经过,C,点,其初速度,v,应为多少,?,59/116,【,解析,】,小球,m,运动由两个分运动合成,这两个分运,动分别是,:,以速度,v,沿,AD,方向匀速直线运动和在圆弧,面上,AB,方向上往复运动。因为,T,A,故,C,共振,B,不共振,C,振幅比,B,振幅大,所以,C,、,D,、,E,正确。,71/116,【,通关秘籍,】,1.,自由振动、受迫振动和共振关系比较,:,振动,项目,自由振动,受迫振动,共振,受力情况,仅受回复力,受驱动力作用,受驱动力作用,72/116,振动,项目,自由振动,受迫振动,共振,振动周期,或频率,由系统本身性质决定,即固有周期,T,0,或固有频率,f,0,由驱动力周期或频率决定,即T=,T驱或f=f驱,T,驱,=T,0,或,f,驱,=f,0,73/116,振动,项目,自由振动,受迫振动,共振,振动能量,振动物体机械能不变,由产生驱动力物体提供,振动物体取得能量最大,常见例子,弹簧振子或单摆,(5),机械工作时底座发生振动,共振筛、声音共鸣等,74/116,2.,对共振了解,:,(1),共振曲线,:,如 图所表示,横坐标为驱动力频率,f,纵坐标为振幅,A,。它直观地反应了驱动力频率对某固有频率为,f,0,振动系统受迫振动振幅影响,由图可知,f,与,f,0,越靠近,振幅,A,越大,;,当,f=f,0,时,振幅,A,最大。,75/116,(2),受迫振动中系统能量转化,:,做受迫振动系统机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换。,76/116,【考点冲关】,1.(,多项选择,)(,大连模拟,),某振动系统固有频率为,f,0,在周期性驱动力作用下做受迫振动,驱动力频率为,f,。若驱动力振幅保持不变,则以下说法正确是,(,),A.,当,ff,0,时,该振动系统振幅随,f,减小而增大,77/116,C.,该振动系统振动稳定后,振动频率等于,f,0,D.,该振动系统振动稳定后,振动频率等于,f,E.,当,f=f,0,时,该振动系统一定发生共振,78/116,【解析】,选,B,、,D,、,E,。受迫振动振幅,A,随驱动力频率改变规律如图所表示,故,A,错误,B,正确,;,稳定时系统频率等于驱动力频率,C,错误,D,正确,;,依据共振产生条件知,当,f=f,0,时,该振动系统一定发生共振,E,正确。,79/116,2.,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,80/116,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,(,),81/116,A.,由图线可知,T,0,=4 s,振幅为,8 cm,B.,由图线可知,T,0,=8 s,振幅为,2 cm,C.,当,T,在,4 s,附近时,Y,显著增大,;,当,T,比,4 s,小得多或大得多时,Y,很小,D.,当,T,在,8 s,附近时,Y,显著增大,;,当,T,比,8 s,小得多或大得多时,Y,很小,82/116,【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,=4 s,振幅为,4 cm,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,4 s,附近时,振幅显著增大,当,T,比,4 s,小得多或大得多时,Y,很小,故,C,正确、,D,错误。,83/116,【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,54 r/min,。为了使筛子振幅增大,以下做法正确是,(,),84/116,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,85/116,【解析】,选,B,、,C,。依据题意,电动偏心轮在某电压下,转速是,54 r/min,即为,:T=,所以驱动力频,率,:f=0.9 Hz,筛子固有频率为,f,0,=0.8 Hz,f;,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,即能够降低输入电压或降低筛子质量。,86/116,考点,5,试验,:,探究单摆运动用单摆测定重力加速度,【,典题探究,】,【,典例,5】,(,衡水模拟,),物理试验小组同学做“用单摆测重力加速度”试验。,导学号,04450292,87/116,(1),试验室有以下器材可供选取,:,A.,长约,1 m,细线,B.,长约,1 m,橡皮绳,C.,直径约,2 cm,均匀铁球,D.,直径约,5 cm,均匀木球,E.,秒表,F.,时钟,88/116,G.,最小刻度为毫米刻度尺,试验小组同学需要从上述器材中选择,_(,填写器材前面字母,),。,89/116,(2),以下振动图象真实地描述了对摆长约为,1 m,单摆进行周期测量四种操作过程,图中横坐标原点,O,为计时起点,A,、,B,、,C,均为,30,次全振动图象,已知,sin 5=0.087,sin 15=0.26,这四种操作过程合乎试验要求且误差最小是,_(,填字母代号,),。,90/116,91/116,(3),某同学利用单摆测重力加速度,测得,g,值与真实值相比偏大,可能原因是,_,。,A.,测摆长时统计是摆线长度,B.,开始计时时,秒表过早按下,C.,摆线上端未牢靠地系于悬点,摆动中出现松动,使摆线长度增加了,D.,试验中误将,29,次全振动数记为,30,次,92/116,【解析】,(1),还需要从上述器材中选择,:,长约,1 m,细线,直径约,2 cm,均匀铁球,秒表,(,测量,50,次全振动时间,),最小刻度为毫米刻度尺,(,测量摆长,),。,(2),单摆振动摆角,5,当,=5,时单摆振动振幅,A=,l,sin 5=0.087 m=8.7 cm,为计时准确,在摆球摆至平衡位置时开始计时,故四种操作过程合乎试验要求且误差最小是选项,A,。,93/116,(3),依据单摆周期公式推导出重力加速度表示式,g=,。将摆线长误认为摆长,即测量值偏小,所以,重力加速度测量值偏小,故,A,错误,;,开始计时时,秒表,过早按下,周期测量值大于真实值,所以重力加速度,测量值偏小,故,B,错误,;,摆线上端未牢靠地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,即摆长,L,测量值,偏小,所以重力加速度测量值就偏小,故,C,错误,;,设单,94/116,摆,29,次全振动时间为,t,则单摆周期,T=,若误计,为,30,次,则,T,测,=,即周期测量值小于真实值,所以重力加速度测量值偏大,故,D,正确。,答案,:,(1)ACEG,(2)A,(3)D,95/116,【通关秘籍】,用单摆测重力加速度“一做,二测,两处理”,1.,做单摆,:,取约,1 m,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。,96/116,2.,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,l,=L+,。,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,30,50,次总时间,算出,平均每摆动一次时间,即为单摆振动周期。,97/116,4.,数据处理两种方法,:,(1),依据公式,T=,g=,。将测得几次周期,T,和,摆长,l,代入公式,g=,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。,98/116,(2),图象法,:,由单摆周期公式,T=,可得,l,=,所以以摆长,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=,99/116,【考点冲关】,(,石家庄模拟,),在探究单摆运动试验中,:,(1),甲是用力传感器对单摆振动过程进行测量装置图,乙是与力传感器连接计算机屏幕所显示,F-t,图象,依据图乙信息可得,从,t=0,时刻开始摆球第一次摆到最低点时刻为,_s,摆长为,_m(,取,2,=10,重力加速度大小,g=10 m/s,2,),。,100/116,101/116,(2),单摆振动回复力是,_,。,A.,摆球所受重力,B.,摆球重力在垂直摆线方向上分力,C.,摆线对摆球拉力,D.,摆球所受重力和摆线对摆球拉力协力,102/116,(3),某同学操作步骤以下,其中正确是,_,。,A.,取一根细线,下端系住直径为,d,金属小球,上端固定在铁架台上,B.,用米尺量得细线长度,l,测得摆长为,l,C.,在摆线偏离竖直方向,5,位置释放小球,D.,让小球在水平面内做圆周运动,测得摆动周期,再依据公式计算重力加速度,103/116,【解析】,(1),依据题图乙信息可得,摆球第一次摆到,最低点时,力传感器显示力最大,所对应时刻为,t=0.5 s,。依据题图乙信息可得,单摆周期,T=1.6 s,由单摆周期公式,T=,解得摆长为,L=0.64 m,。,104/116,(2),单摆振动回复力是摆球重力在垂直摆线方向上,分力,B,正确。,(3),测得摆长应为,l,+,B,错误。若让小,球在水平面内做圆周运动,则为圆锥摆运动,测得摆动,周期就不是单摆运动周期,D,错误。,答案,:,(1)0.5,0.64,(2)B,(3)A,、,C,105/116,【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。,106/116,(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=_,。,107/116,图,B,为测量周期用秒表,长针转一圈时间为,30 s,表盘上部小圆共,15,大格,每一大格为,1 min,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,),。,108/116,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”,),。,109/116,(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。,110/116,由图E可知,该单摆周期T=_ s。,111/116,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”,),。,112/116,【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。,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,90 s,大盘读数为,10.4 s,则最终读,数为,100.4 s;,113/116,单摆周期,T=,依据,T=,得,g=,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。,114/116,(2),依据图线知,单摆周期,T=2.0 s,。,依据,T=,得,T,2,=,由,T,2,=4.04L+0.035,知,=4.04,解得,g=9.76 m/s,2,。,115/116,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)2.0,9.76,不变,116/116,