2024-2025學年高中物理第二章機械振動本章專題整合提升教案新人教版選擇性必修第一冊

PAGE5-本章專題整合提升——本章學問網絡構建————專題整合提升——專題一簡諧運動的描述及規(guī)律1．描述簡諧運動的物理量有幾個重要的矢量(F、a、x、v)，分析這些矢量在運動過程中的變更時，可以依據題意作出運動簡圖，把振子的運動過程表示出來，再來分析各個量的變更．2．簡諧運動的圖像能夠反映簡諧運動的規(guī)律(1)由圖像可以知道振動的周期；(2)讀出不同時刻的位移；(3)確定速度的大小、方向的變更趨勢；(4)依據位移的變更推斷加速度的變更、質點的動能和勢能的變更狀況．3．思路方法(1)依據簡諧運動圖像的描繪方法和圖像的物理意義，明確縱軸、橫軸所代表的物理量及單位；(2)將簡諧運動圖像跟詳細運動過程或振動模型聯(lián)系起來，依據圖像畫出實際振動或模型的草圖，對比分析；(3)推斷簡諧運動的回復力、加速度、速度變更的一般思路：①依據F＝－kx推斷回復力F的變更狀況；②依據F＝ma推斷加速度的變更狀況；③依據運動方向與加速度方向的關系推斷速度的變更狀況．1．心電圖是現代醫(yī)療診斷的重要手段，醫(yī)生從心電圖上測量出相鄰兩波峰的時間間隔，即為心動周期，由此可以計算出1分鐘內心臟跳動的次數(即心率)，甲、乙兩人在同一臺心電圖機上作出的心電圖如圖所示，醫(yī)生通過測量后登記甲的心率是60次/分，則由二圖及甲的心率可知心電圖機圖紙移動的速度v以及乙的心率為(B)A．25mm/s48次/分 B．25mm/s75次/分C．25mm/min75次/分 D．25mm/min48次/分解析：由甲圖，甲的心臟跳動一次圖紙移動25mm，又甲的心率為60次/分，故圖紙的速度為v＝25mm/s.乙圖，心臟跳動一次，圖紙移動20mm，又二圖圖紙速度相同，故乙心臟跳動一次需時間t＝eq\f(20,25)s＝0.8s，乙的心率為eq\f(60,0.8)次/分＝75次/分．故選B.2．如圖所示，一彈簧振子沿光滑水平桿在BC間做簡諧運動，O為平衡位置，振幅A＝6cm.從振子經過圖中B點時起先計時，經時間0.1s第一次到達O點，則振子的振動周期T＝0.4s；取向右方向為正方向，振子振動方程的表達式x＝－6cos(5πt)或6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5πt－\f(π,2)))cm.解析：從振子經過圖中B點時起先計時，經時間0.1s第一次到達O點，則周期為T＝0.1×4s＝0.4s；從負向最大位移處起先計時，其位移時間關系式為：x＝－Acosωt＝－6coseq\f(2π,0.4)tcm＝－6cos(5πt)cm或x＝Asin(ωt＋φ)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.4)t－\f(π,2)))cm＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5πt－\f(π,2)))cm.專題二簡諧運動的對稱性如圖所示，物體在A與B間運動，O點為平衡位置，C和D兩點關于O點對稱，則有：1．時間的對稱(1)振動質點來回通過相同的兩點間的時間相等，即tDB＝tBD.(2)質點經過關于平衡位置對稱的等長的兩線段時間相等，即tCO＝tOD.圖中tOB＝tBO＝tOA＝tAO＝eq\f(T,4)，tOD＝tDO＝tOC＝tCO，tDB＝tBD＝tCA＝tAC.2．速度的對稱(1)物體連續(xù)兩次經過同一點(如D點)的速度大小相等，方向相反．(2)物體經過關于O點對稱的兩點(如C與D)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反．3．位移對稱(1)物體經過同一點(如C點)時，位移相同．(2)物體經過關于O點對稱的兩點(如C與D)時，位移大小相等，方向相反．4．加速度對稱(1)物體經過同一點(如C點)時，加速度相同．(2)物體經過關于O點對稱的兩點(如C與D)時，加速度大小相等，方向相反.3．如圖所示，一質點做簡諧運動，先后以相同的速度依次通過M、N兩點，歷時1s，質點通過N點后再經過1s又第2次通過N點，在這2s內質點通過的總路程為12cm.則質點的振動周期和振幅分別為(B)A．3s,6cm B．4s,6cmC．4s,9cm D．2s,8cm解析：簡諧振動的質點，先后以同樣大小的速度通過M、N兩點，則可判定M、N兩點關于平衡位置O點對稱，所以質點從M到O的時間與從O到N的時間相等．那么平衡位置O到N的時間t1＝0.5s，因過N點后又經過t＝1s質點以方向相反、大小相同的速度再次通過N點，則有N點到最大位置的時間t2＝0.5s．因此，質點振動的周期是T＝4×(t1＋t2)＝4s．總路程的一半為振幅，所以A＝eq\f(12,2)cm＝6cm.故選B.4．如圖所示，質量為3m的框架放在一水平臺秤上，一輕質彈簧上端固定在框架上，下端拴一質量為m的金屬小球，小球上下振動．當小球運動到最低點時，臺秤的示數為5mg，小球運動到最高點時，臺秤的示數為3mg，此時小球的瞬時加速度大小為g解析：當小球運動到最低點時，臺秤示數為5mg，即框架對臺秤的壓力大小為5mg，由牛頓第三定律知，臺秤對框架的支持力為FN＝5mg.設最低點時小球的加速度大小為a，彈簧的彈力為F.此時框架的加速度大小為零，則對框架分析得F＋3mg＝FN，解得F＝2mg，對小球應用牛頓其次定律得F合＝F－mg＝mg，又F合＝ma，解得a＝g.由彈簧振子的對稱性可知，小球運動到最高點時，小球加速度的大小也為g，方向豎直向下，所以此時彈簧處于原長，對框架沒有作用力，臺秤的示數為框架的重力，即為3mg.專題三單擺周期公式的應用1．對于單擺，在擺角很小的狀況下，可看作是做簡諧運動，其振動的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，與振幅、擺球質量無關．2．運動具有等時性、周期性，在運動過程中機械能守恒，可在最低點利用牛頓運動定律和機械能守恒求擺球受到的拉力，也可利用周期公式來測定當地的重力加速度．5．如圖所示，四個單擺擺長相等，單擺甲放在空氣中，周期為T甲；單擺乙放在以加速度a向下加速運動的電梯中，周期為T乙；單擺丙帶正電，放在勻強磁場B中，周期為T丙；單擺丁帶正電，放在勻強電場中，周期為T丁，那么(B)A．T甲>T乙>T丙>T丁B．T乙>T甲＝T丙>T丁C．T丙>T甲>T丁>T乙D．T丁>T甲＝T丙>T乙解析：依據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，重力加速度越大，周期越??；圖甲中，g甲＝g；圖乙中，電梯處于失重狀態(tài)，等效重力加速度g乙＝g－a<g；圖丙中，合力的切向重量不變，故等效重力加速度g丙＝g；圖丁中，電場力向下，等效重力加速度為g丁＝g＋eq\f(qE,m)>g；故g丁>g甲＝g丙>g乙，則有T乙>T甲＝T丙>T丁，選項B正確．6．有一單擺，其擺長l＝1.02m，擺球的質量m＝0.10kg，已知單擺做簡諧運動，單擺振動30次用的時間t＝60.8s，試求：(1)當地的重力加速度；(2)假如將這個擺改為秒擺，擺長應怎樣變更？變更多少？答案：(1)9.80m/s2(2)應縮短擺長縮短0.02m解析：(1)依據題意單擺的振動周期T＝eq\f(t,n)＝eq\f(60.8,30)s依據T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(4π2×1.02,\b\lc\(\rc\)