物理选择性必修 第一册第二章 机械振动综合与测试导学案及答案

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eq \a\vs4\al(,, 考点) 简谐运动的周期性和对称性
角度1简谐运动的周期性 (难度☆☆☆)
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。
(1)经过一个周期T或几个周期nT，振子处于同一位置且振动状态相同。
(2)位移、回复力、加速度、速度的变化周期均为T，动能和势能变化周期为 eq \f(T,2) 。
角度2简谐运动的对称性 (难度☆☆☆)
1．运动状态的对称性
(1)相隔 eq \f(T,2) 或 eq \f(（2n＋1）T,2) (n为正整数)的两个时刻，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。
(2)振子经过关于平衡位置O对称的两点C、D(OC＝OD)时，速度的大小、加速度大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。
2．运动过程时间的对称性
(1)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。
(2)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。
提醒：(1)要注意由周期性带来的多解问题，并要注意n的取值范围。
(2)利用对称性解决问题时，注意物理量的矢量性。
1．一弹簧振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m；t＝ eq \f(4,3) s时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻x＝0.1 m。该振子的振幅和周期不可能为( )
A．0.1 m， eq \f(8,3) s B．0.1 m，8 s
C．0.2 m， eq \f(8,3) s D．0.2 m，8 s
【解析】选B。若振幅A＝0.1 m，T＝ eq \f(8,3) s，则 eq \f(4,3) s为半个周期，从－0.1 m处运动到0.1 m处，符合运动实际，4 s－ eq \f(4,3) s＝ eq \f(8,3) s为一个周期，正好返回0.1 m处，所以A项正确。若A＝0.1 m，T＝8 s， eq \f(4,3) s只是T的 eq \f(1,6) ，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B项错误。若A＝0.2 m，T＝ eq \f(8,3) s， eq \f(4,3) s＝ eq \f(T,2) ，振子可以由－0.1 m运动到对称位置，4 s－ eq \f(4,3) s＝ eq \f(8,3) s＝T，振子可以由0.1 m返回0.1 m，所以C项正确。若A＝0.2 m，T＝8 s， eq \f(4,3) s＝2× eq \f(T,12) ，而A sin ( eq \f(2π,T) · eq \f(T,12) )＝ eq \f(1,2) A，即 eq \f(T,12) 时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m处；再经 eq \f(8,3) s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后再返回0.1 m处，故D项正确。
2．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t＝0.2 s时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4 m/s。则在t＝1.2 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T＝0.8 s，振子的最大速度为4 m/s，则最大动能Ekm＝ eq \f(1,2) mv2＝0.4 J。根据振子振动的周期性判定在t＝1.2 s末，振子在最大位移处，据机械能守恒有Ep＝Ekm＝0.4 J，振子的振动周期为0.8 s，则其动能的变化周期为 eq \f(T,2) ＝0.4 s，所以动能的变化频率为2.5 Hz。在振子振动的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＝ eq \f(60,0.8) ×2次＝150次。
答案：0.4 2.5 150
eq \a\vs4\al(,, 考点1) 简谐运动的图像及应用(难度☆☆☆)
简谐运动的图像描述了振动质点的位移随时间变化的规律。从图像中可以确定位移、速度、加速度、动能和势能等物理量以及它们的变化规律，具体分析如下：
利用图像解决问题的两大注意点
(1)要明确图像的物理含义，根据波动(振动)图像的特点作出振动(波动)图像。
(2)分析各物理量的变化规律，包括大小和方向，利用所提供的信息分析问题。
1.(2021·扬州高二检测)一质点做简谐运动的位移—时间图线如图所示。关于此质点的振动，下列说法中正确的是( )
A．质点做简谐运动的表达式为x＝10sin (πt) cm
B．在0.5～1.0 s时间内，质点向x轴正方向运动
C．在1.0～1.5 s时间内，质点的动能在增大
D．在1.0～1.5 s时间内，质点的加速度在增大
【解析】选D。由图读出简谐运动的振幅A＝5 cm，周期T＝2 s，则ω＝ eq \f(2π,T) ＝π rad/s，则质点做简谐运动的表达式为x＝5sin(πt)cm，A错误；根据振动图像可知，在0.5～1.0 s时间内，质点向平衡位置振动，沿x轴负方向振动，B错误；在1.0～1.5 s 时间内，质点远离平衡位置，则速度减小，加速度增大，动能减小，C错误，D正确。故选D。
2.一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知不正确的是( )
A．质点振动频率是0.25 Hz
B．t＝2 s时，质点的加速度最大
C．质点的振幅为2 cm
D．t＝3 s时，质点所受的合外力一定为零
【解析】选D。质点振动的周期是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；t＝3 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，D错误。
eq \a\vs4\al(,, 考点2) 单摆及其周期公式的理解
角度1常见单摆模型及推广 (难度☆☆☆☆)
关于单摆模型的应用要点
(1)根据单摆的条件确定实际摆是否为单摆。
(2)确定等效摆长：一般情况下，摆长l＝l′＋ eq \f(d,2) ，其中l′为摆线长，d为摆球直径。
(3)确定等效重力加速度：一般情况下，等效重力加速度等于摆球静止时摆球的拉力与摆球质量的比值。
角度2单摆周期公式的理解与应用 (难度☆☆☆☆)
1．有关周期T的常见情况
(1)同一单摆，在地球的不同位置上，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(3)当单摆处在绕地球运行的卫星中时，由于卫星处于完全失重状态，等效重力加速度g＝0，则周期T为无穷大，即单摆不会振动。
(4)当单摆放在竖直方向的电场中，若单摆带电，则类似于超(失)重，等效加速度g′＝g＋a(g′＝g－a)，其中a＝ eq \f(Eq,m) ，故周期T变化。(g>a)
(1)不同的摆动方向，等效摆长不同，振动周期也就不同。
(2)同一单摆放到不同环境中，等效重力加速度不同，导致周期不同。
2．单摆特性的应用
(1)等时性：单摆做小角度摆动时可视为简谐运动，每次全振动所用的时间相等，即为单摆的周期。单摆的周期只与摆长和当地的重力加速度有关，与摆球的质量无关。
(2)周期性：单摆的振动具有周期性。振动过程中，振动的位移、速度、动能、回复力都随时间做周期性变化。因此，在分析具体问题时必须考虑到由于单摆的周期性造成的多解。
(3)对称性：单摆的运动过程关于平衡位置对称，主要表现在平衡位置两侧，当偏角相同时，摆球的速率、动能相同，平衡位置两侧的最大高度、最大偏角相等。
(4)测定重力加速度
①由单摆的周期公式可得g＝ eq \f(4π2l,T2) ，因此通过测定单摆的周期和摆长，便可测出重力加速度g的值。
②利用图像法可画出T2­l图像，其斜率k＝ eq \f(4π2,g) ，得g＝ eq \f(4π2,k) 。
1.如图所示，两块平行金属板之间用绝缘细绳悬挂一带负电的小球，把小球拉开一定角度(角度很小，小于10°)由静止释放，小球做往复运动。两极板通过导线、开关可与电源相接，则下列判断正确的是( )
A．闭合开关，小球摆动的周期保持不变
B．闭合开关，小球摆动的周期变大
C．把电源的正负极对调，小球摆动的周期保持不变
D．把电源的正负极对调，小球摆动的周期变大
【解析】选B。因为做单摆运动，其运动周期为T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，当闭合开关后，小球处在方向向下的匀强电场中，因此带负电的小球会受到竖直向上的电场力，因此向下的加速度会变小，所以周期会变大，故A错误，B正确；如果把电源的正负极对调，电场方向变为向上，此时带负电的小球会受到竖直向下的电场力，所以等效加速度会变大，因此周期会减小，故C、D错误。
2.如图所示，三根长度均为l0的绳l1、l2、l3共同系住一密度均匀的小球m，球的直径为d(d≪l0)，绳l2、l3与天花板的夹角α＝30°，则：
(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】(1)小球以O′为圆心做简谐运动，所以摆长l＝l0＋ eq \f(d,2) ，振动的周期为T1＝2π eq \r(\f(l,g)) ＝2π eq \r(\f(l0＋\f(d,2),g)) ＝2π eq \r(\f(2l0＋d,2g)) 。
(2)小球以O为圆心做简谐运动，摆长l′＝l0＋l0sin α＋ eq \f(d,2) ＝ eq \f(3l0＋d,2) ，振动周期为T2＝2π eq \r(\f(l′,g)) ＝2π eq \r(\f(3l0＋d,2g)) 。
答案：(1)2π eq \r(\f(2l0＋d,2g)) (2)2π eq \r(\f(3l0＋d,2g))
项目
内容
说明
横、纵轴表示的物理量
横轴表示时间，纵轴表示质点的位移
①振动的图像不是振动质点的运动轨迹
②计时起点一旦确定，已经形成的图像形状不变，以后的图像随时间向后延伸
③简谐运动图像的具体形状跟正方向的规定有关
意义
表示振动质点的位移随时间变化的规律
形状
应用
①直接从图像上读出周期和振幅
②确定任一时刻质点相对平衡位置的位移
③判断任意时刻振动质点的速度方向和加速度方向
④判断某段时间内振动质点的位移、速度、加速度、
动能及势能大小的变化情况
单摆的几种推广模型
小球在光滑圆弧面上的小幅摆动
单摆在超失重状态下的摆动
单摆在复合场中的摆动
等效摆长问题