2020高考物理一轮复习第十三章波与相对论第1讲机械振动教案

【2019最新】精选高考物理一轮复习第十三章波与相对论第1讲机械振动教案【研透全国卷】在新课标全国卷中，对本部分知识的考查是在选考题中出现.从近几年的高考试题来看，主要考查简谐运动的图象、波动图象以及波的传播规律等；另外对光学知识的考查主要以折射定律、全反射等为主.预测在2018年高考中，对本部分内容的考查仍将以图象为主，考查振动和波动问题；并以光的折射和全反射为重点考查光学知识.(实验：用单摆测定重力加速度)知识点一简谐运动1.定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向的回复力作用下的振动.2.平衡位置：物体在振动过程中为零的位置.3.回复力(1)定义：使物体返回到的力.(2)方向：总是指向.(3)来源：属于力，可以是某一个力，也可以是几个力的或某个力的.4.简谐运动的两种模型合力分力 4.弹力重力原长2π弹性势能重力势能知识点二简谐运动的公式和图象1.简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F＝，其中“－”表示回复力与位移的方向相反.(2)运动学表达式：x＝，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫做.2.简谐运动的图象(1)从开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图象如图甲所示.②从处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图象如图乙所示.答案：1.(1)－kx (2)Asin (ωt＋φ) 初相 2.(1)平衡位置(2)最大位移知识点三受迫振动和共振1.受迫振动系统在作用下的振动.做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率) .2.共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者时，振幅达到最大，这就是共振现象.共振曲线如图所示.答案：1.驱动力驱动力无关 2.相等(1)简谐运动是匀变速运动.( )(2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量.( )(3)振幅等于振子运动轨迹的长度.( )(4)简谐运动的回复力可以是恒力.( )(5)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大.( )(6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动.( )(7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关.( )(8)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹.( )答案：(2)√(5)√(7)√简谐运动的角频率与周期公式推导简谐运动的运动方程及速度、加速度的瞬时表达式分别为：振动方程：x＝Acos (ωt ＋φ)速度表达式：v＝x′＝－ωAsin (ωt ＋φ)加速度表达式：a＝v′＝－ω2Acos (ωt ＋φ)又根据牛顿第二定律a＝和回复力F＝－kx得ω＝，T ＝＝2π.考点一简谐运动的特征1.动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数.2.运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比且方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反.3.运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同.4.对称性特征(1)相隔或T(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)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等.(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′.(4)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.5.能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒.考向1 描述简谐运动的物理量[典例1] 如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是( )A.振子从B经O到C完成一次全振动B.振动周期是1 s，振幅是10 cmC.经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD.从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm [解析] 振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm.振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为 40 cm，3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm.[答案] D考向2 简谐运动的对称性和周期性[典例2] (多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期为( )A.0.53 sB.1.4 sD.3 sC.1.6 s [解析] 如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为.因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s.如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s.振子从点O到点M′和从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝ s＝s≈0.53 s.[答案] AC分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小，反之，则产生相反的变化.另外，各矢量均在其值为零时改变方向.(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性.考点简谐运动的公式和图象1.对简谐运动图象的认识(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示.(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹.2.图象信息(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率.(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移.(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：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.(4)确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴.(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小.(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小.考向1 简谐运动公式的应用[典例3] (多选)如图所示，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y＝0.1sin (2.5πt) m.t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度.取重力加速度g＝10 m/s2.以下判断正确的是( )A.h＝1.7 mB.简谐运动的周期是0.8 sC.0.6 s内物块运动的路程为0.2 mD.t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反[问题探究] (1)小物块做简谐运动的振幅是多少？周期为多少？(2)在0.6 s内，小物块的位移是多少？路程是多少？[提示] (1)A＝0.1 m T＝0.8 s(2)x＝－0.1 m s＝0.3 m [解析] 由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin (2.5πt) m知，ω＝2.5π，T＝＝s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内运动的路程为0.3 m，t＝0.4 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] AB [变式1] (多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin t，则质点( )A.第1 s末与第3 s末的位移相同B.第1 s末与第3 s末的速度相同C.3 s末至5 s末的位移方向都相同D.3 s末至5 s末的速度方向都相同答案：AD 解析：因为ω＝，所以T＝＝8 s，作出简谐运动的图象如图所示.所以1 s末和3 s末的位移相同，但速度方向相反，A正确，B错误；3 s末和5 s末位移方向相反，C项错误；根据简谐运动的对称性可知D项正确.考向2 简谐运动图象的应用[典例4] (2017·广东深圳一调)(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )图(a) 图(b)A.OB＝5 cmB.第0.2 s末质点的速度方向是A→OC.第0.4 s末质点的加速度方向是A→OD.第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间E.在4 s内完成5次全振动[解析] 由图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；由图可知0～0.2s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图可知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图可知第0.7 s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8 s，则在4 s内完成全振动的次数为＝5，E项正确.[答案] ACE[变式2] (多选)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象.已知甲、乙两个振子质量相等.则( )A.甲、乙两振子的振幅之比为2∶1B.甲、乙两振子的频率之比为1∶2C.前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值D.第2 s末甲的速度最大，乙的加速度最大答案：AD 解析：根据甲、乙两个振子做简谐运动的图象可知，两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，甲、乙两振子的振幅之比为2∶1，选项A正确；甲振子的周期为4 s，频率为0.25 Hz，乙振子的周期为8 s，频率为0.125 Hz，甲、乙两振子的频率之比为2∶1，选项B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C错误；第2 s末甲通过平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，选项D正确.对简谐运动的进一步理解(1)简谐运动的图象不是振动质点的轨迹，它表示的是振动物体的位移随时间变化的规律.(2)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.(3)速度方向可以通过下一个时刻位移的变化来判定：下一个时刻位移如果增加，振动质点的速度方向就远离t轴；下一个时刻的位移如果减小，振动质点的速度方向就指向t轴.考点受迫振动和共振1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大.(2)受迫振动中系统能量的转化：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.考向1 对受迫振动及共振条件的理解[典例5] (2017·江西重点中学联考)(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动.开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( )A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB.当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D.当转速减小时，弹簧振子的振幅增大E.振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功[解析] 摇把匀速转动的频率f＝n＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确.当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确.外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E正确.[答案] BDE考向2 共振曲线的应用[典例6] (多选)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的关系)如图所示，则下列说法正确的是( )A.此单摆的固有周期约为2 sB.此单摆的摆长约为1 mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动[解析] 由共振曲线可知，单摆固有频率为 0.5 Hz，所以固有周期为2 s，根据周期公式T＝2π可计算摆长约为 1 m.摆长增大，由T＝2π可知，周期变大，频率变小，共振曲线的峰将向左移动.[答案] AB1.无论发生共振与否，受迫振动的频率都等于驱动力的频率，但只有发生共振现象时振幅才能达到最大.2.受迫振动系统中的能量转化不再只有系统内部动能和势能的转化，还有驱动力对系统做正功补偿系统因克服阻力而损失的机械能.考点实验：用单摆测定重力加速度1.实验原理：由单摆的周期公式T＝2π，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g.2.实验步骤(1)做单摆：取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示.(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长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次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期.(4)改变摆长，重做几次实验.3.数据处理(1)公式法：g＝l.(2)图象法：画l­T2图象.4.注意事项(1)选用1 m左右的细线.(2)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定.(3)小球在同一竖直面内摆动，且摆角小于10°.(4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数.(5)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝l′＋r.考向1 对实验原理与操作的考查甲[典例7] 根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度.如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆.乙(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为mm.(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有.a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于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次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝Δt50[解析] (1)按照游标卡尺的读数原则得小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.(2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小、密度大的；偏角不超过5°，故a、b正确，c错误.为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，故d错误，e正确.[答案] (1)18.6 (2)abe考向2 对数据处理和误差分析的考查[典例8] 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ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g＝. [解析] (1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A错.在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B对.摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对.摆动中摆角要控制在5°以内，所以D错.(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T1＝2π，T2＝2π，则ΔL＝(T－T)，因此，g＝.[答案] (1)BC (2)4π2ΔLT21－T221.[描述简谐运动的物理量]关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是( )A.位移减小时，加速度减小，速度也减小B.位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C.物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D.物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反答案：C 解析：位移减小时，加速度减小，速度增大，A错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B、D错误，C正确.2.[简谐运动的图象](多选)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示，则可知( )A.两弹簧振子完全相同B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C.振子甲速度为零时，振子乙速度最大D.振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2答案：CD 解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D选项正确.弹簧振子的周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误.由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误.对简谐运动进行分析可知，在振子达到平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确.3.[简谐运动](多选)如图所示，一质点为x轴上以O为平衡位置做简谐运动，其振幅为8 cm，周期为4 s，t＝0时物体在x＝4 cm处，向x轴负方向运动，则( )A.质点在t＝1.0 s时所处的位置为x＝＋4 cmB.质点在t＝1.0 s时所处的位置为x＝－4 cmC.由起始位置运动到x＝－4 cm处所需最短时间为 sD.由起始位置运动到x＝－4 cm处所需最短时间为 s答案：BC 解析：由题意可知，质点振动的角速度ω＝＝ rad/s，因t＝0时，x＝4 cm，所以质点的振动方程为x＝8sin t＋ cm，当t＝1 s时，x＝8sin cm＝－4 cm，B正确.当x＝－4 cm时，sin ＝－，t的最小值为 s，C正确.4.[简谐运动的公式和图象](多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图所示.a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法中正确的是( )A.质点做简谐运动的方程为x＝AsintB.质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同C.质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D.质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等答案：AC 解析：由题给的质点位移随时间变化的图象可知，振幅为A，周期T＝8 s，质点简谐运动的方程为x＝Asin t＝Asin t，选项A正确；根据对称性可知质点在位置b与位置d时速度相同，选项B错误；质点从位置a到c与从位置b到d所用时间均为2 s，选项C正确；质点从位置a到b和从b到c的时间都为1 s，时间相等，位移不等，所以平均速度不相等，选项D错误.5.[受迫振动、共振](多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击.由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动.普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s.下列说法正确的是( )A.列车的危险速率为40 m/sB.列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C.列车过桥需要减速，是为了防止桥梁发生共振现象D.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的E.增加钢轨的长度有利于列车高速运行答案：ACE 解析：列车在钢轨上运动时，受钢轨对它的冲击力作用做受迫振动，当列车固有振动频率等于钢轨对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v＝＝＝40 m/s，故A对；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，防止桥发生共振现象，而不是防止列车发生共振现象，B错、C对；增加钢轨的长度有利于列车高速运行，E对.6.[用单摆测定重力加速度]某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.(2)用秒表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝s(结果保留三位有效数字).(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2­L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是( )B. C. D.gA.g4π2(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( )B.偏小A.偏大D.都有可能C.不变答案：(1)2.06 (2)2.28 (3)C (4)C解析：(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6× mm＝20.6 mm＝2.06 cm. (2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝T＝T，所以周期T＝＝2.28 s.(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得＝＝k(常数)，所以选项C正确.(4)因为＝＝k(常数)，所以＝＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足＝＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变.。