《2020屆高考物理一輪復習 11.1簡諧運動學案（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理一輪復習 11.1簡諧運動學案（通用）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第 1 課時　簡諧運動 基礎知識歸納 1. 機械振動 機械振動是物體在某一位置附近的往復運動，這一位置叫做　平衡位置　.這種往復運動是因為物體受到了相應的力，該力總是試圖把離開平衡位置的物體拉向平衡位置，該力叫　回復力　，是物體做機械振動的條件. 2.簡諧運動 (1)簡諧運動是最簡單的機械振動形式，物體所受回復力F與物體　離開平衡位置的位移　成正比，與位移方向相反.判斷振動是否是簡諧運動的依據(jù)是：分析回復力是否滿足　F＝－kx　，滿足這一特征則為簡諧運動. (2)回復力是按力的　效果　命名的，單獨的一個力、幾個力的合力、某個力的分力都可以擔當回復力.所以，首先應對振動的物體進

2、行全面的受力分析，尋找出是什么力擔當回復力，而不能憑空添加一個回復力. (3)當物體做簡諧運動時，運動的周期是完成一次全振動所用的時間.全振動是指：從物體在某一位置的運動開始，直到物體下一次以相同的　速度(或動量)　到達該位置的過程. (4)若簡諧運動的位移圖象如圖，那么該振動圖象的解析式是：，簡諧運動的表達式為：. (5)理想化的彈簧振子模型：一根光滑的水平細桿上套一輕彈簧，彈簧一端固定，另一端連一小球，小球也套在細桿上.將小球拉離平衡位置后放手，小球就做簡諧運動.它受到的回復力是　彈簧的彈力　. (6)受迫振動是物體在周期性外力作用下的振動，此周期性外力叫　驅(qū)動力　.共振是當驅(qū)動力

3、頻率與物體固有振動頻率十分接近時發(fā)生的受迫振動，系統(tǒng)的振幅會很大. (7)簡諧運動的能量是振動的　動能　和　勢能　的總和，振動過程中機械能守恒，所以　振幅　不變.實際振動過程中機械能逐漸減小，簡諧運動是一種理想化的振動. 重點難點突破 一、簡諧運動的位移 從平衡位置指向振子所在位置的有向線段. 二、相位 描述做周期性運動的物體在各個不同時刻所處的不同狀態(tài)，是描述不同振動的振動步調(diào)的物理量.同相：表明兩個振動物體的步調(diào)相同.反相：表明兩個振動物體的步調(diào)相反.相位(ωt＋φ)是一個隨時間變化的量，它的值相當于一個角度值.相位每增加2π，意味著物體完成了一次全振動.相位差Δφ＝(ω1t＋

4、φ2)－(ω2t＋φ1)，若ω1＝ω2，則有穩(wěn)定的相位差Δφ＝φ2－φ1，若ω1≠ω2，則不具有穩(wěn)定的相位差. 三、對回復力的理解 回復力是根據(jù)力的作用效果來命名的，它可以是一個力，也可以是多個力的合力，還可以由某個力的分力提供.F＝－kx是簡諧運動的動力學特征式，是判斷一個振動是否為簡諧運動的依據(jù). 四、振幅與路程的關系 一個周期內(nèi)的路程等于振幅的4倍，半個周期內(nèi)的路程等于振幅的2倍，周期內(nèi)的路程與振幅之間沒有確定的關系.若從特殊位置(如平衡位置、最大位移處)開始計時，周期內(nèi)的路程等于振幅；若從一般位置開始計時，周期內(nèi)的路程與振幅之間沒有確定的關系. 五、簡諧運動的對稱性和周期性

5、 1.空間上的對稱性：振子經(jīng)過關于平衡位置對稱的兩個位置，速度大小、位移大小、加速度大小、回復力大小、動量大小、動能、勢能都相等；關于平衡位置對稱的兩段位移，振子經(jīng)過所用的時間相等. 2.時間上的周期性：若t2－t1＝nT(n＝1,2,3…)，則t1、t2兩時刻振子在同一位置.若t2－t1＝nT＋ (n＝0,1，2…)，則t1、t2兩時刻，描述振子運動的物理量(x、a、v)均大小相等，方向相反.若t2－t1＝nT＋ (n＝0,1,2…)或t2－t1＝nT＋ (n＝0,1,2…)，則若t1時刻振子到達最大位移處，那么t2時刻振子到達平衡位置，反之亦然. 六、簡諧運動的圖象 反映同一質(zhì)點偏離

6、平衡位置的位移隨時間變化的規(guī)律. 1.從簡諧運動圖象可直接讀出在不同時刻的位移值，從而知道位移x隨時間t的變化情況. 2.可以確定振幅，如圖所示. 3.可以確定振動的周期和頻率，如圖所示. 4.可以用作曲線上某點切線的辦法確定各時刻質(zhì)點的速度的大小和方向. 5.由于簡諧運動的加速度與位移大小成正比，方向相反，故可以根據(jù)圖象上各時刻的位移變化情況確定質(zhì)點加速度的變化情況. 典例精析 1.利用動力學特征式F＝－kx證明振動是簡諧運動 【例1】試證明豎直方向的彈簧振子的振動是簡諧運動. 【證明】如圖所示，設振子的平衡位置為O，豎直向下為正方向，此時彈簧的形變?yōu)閤0，根據(jù)胡克定律及平

7、衡條件有 mg－kx0＝0 ① 當振子向下偏離平衡位置為x時，回復力(即合外力)為F回＝mg－(x＋x0) ② 將①式代入②式得F回＝，可見，重物豎直振動時的受力情況符合簡諧運動的條件. 【拓展1】如圖所示，在光滑水平面上，用兩根勁度系數(shù)分別為k1、k2的輕質(zhì)彈簧系住一個質(zhì)量為m的小球.開始時，兩彈簧均處于原長，后使小球向左偏離x后放手，可以看到小球?qū)⒃谒矫嫔献鐾鶑驼駝?試問小球是否做簡諧運動？ 【解析】以小球為研究對象，豎直方向受力平衡，水平方向受到兩根彈簧的彈力作用.設小球位于平衡位置O左方某處時，偏離平衡位置的位移為x，則左方彈簧受壓，對小球的彈力方向向右，大小為F1＝

8、x 右方彈簧被拉伸，小球所受的彈力方向向右，大小為F2＝kx 小球所受的回復力等于兩個彈力的合力，其方向向右，大小為F＝F1＋F2＝(＋)x 令k＝＋，上式可寫成F＝kx 由于小球所受的回復力方向與物體位移x的方向相反，故考慮方向后上式可表示為F＝－kx.所以，小球?qū)⒃趦筛鶑椈傻淖饔孟?，沿水平方向做簡諧運動. 2.簡諧運動圖象的識別和簡諧運動規(guī)律的應用 【例2】如圖所示是某彈簧振子的振動圖象，試由圖象判斷下列說法中正確的是(　　) A.振幅為3 m，周期為8 s B.4 s末振子速度為負，加速度為零 C.14 s末振子加速度為正，速度最大 D.4 s末和8 s末時振子的速度

9、相同 【解析】由圖象可知振幅A＝3 cm，周期T＝8 s，故選項A錯誤. 4 s末圖線恰與橫軸相交，位移為零，則加速度為零.過這一點作圖線的切線，切線與橫軸的夾角大于90°(或根據(jù)下一時刻位移為負)，所以振子的速度為負，故選項B正確. 根據(jù)振動圖象的周期性，可推知14 s末質(zhì)點處于負的最大位移處(也可以把圖線按原來的形狀向后延伸至14 s末)，因此質(zhì)點的加速度為正的最大，但速度為零，故選項C錯誤. 4 s末和8 s末質(zhì)點處在相鄰的兩個平衡位置，則速度方向顯然相反(或根據(jù)切線斜率判斷)，所以選項D錯誤. 【答案】B 【思維提升】根據(jù)簡諧運動圖象分析簡諧運動情況，關鍵是要知道圖象直接地

10、表示了哪些物理量，間接地表示了哪些物理量，分析間接表示的物理量的物理依據(jù)是什么. 【拓展2】有一彈簧振子在水平方向上的BC之間做簡諧運動，已知BC間的距離為20 cm，振子在2 s內(nèi)完成了10次全振動.若從某時刻振子經(jīng)過平衡位置時開始計時(t＝0)，經(jīng)過周期振子有正向的最大加速度. (1)求振子的振幅和周期； (2)在圖中作出該振子的位移—時間圖象； (3)寫出振子的振動表達式. 【解析】由題意可知BC間距離等于振幅的2倍，完成一次全振動的時間即為周期， 這是解題的突破口. (1)振子的振幅A＝10 cm 振子的周期T＝＝0.2 s (2)如圖所示. (3)ω＝，x＝－As

11、in ωt＝－0.1sin 10πt m 3.利用簡諧運動的對稱性與牛頓定律結(jié)合解題 【例3】如圖，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木板B相連，木板A放在木板B上，兩木板質(zhì)量均為m，現(xiàn)加豎直向下的力F作用于A，A與B均靜止.問： (1)將力F瞬間撤除后，兩木板共同運動到最高點時，B對A的彈力多大？ (2)要使兩板不會分開，F(xiàn)應該滿足什么條件？ 【解析】(1)把沒有外力F作用時物體所處的位置為平衡位置，則物體被外力壓下去后，根據(jù)對稱性，當兩木板到達最高點時，其回復力和最低點的回復力大小相等，也為F.此時共同的加速度由牛頓第二定律求得a＝F/2m A物體受到重力與支持力N，再應用牛頓

12、第二定律有 mg－N＝ma 所以N＝mg－ma＝mg－F/2 (2)要使兩板不分離，則N≥0，由上式得F≤2mg 【思維提升】此題利用了簡諧運動的對稱性來解題，關于平衡位置對稱的兩點，回復力大小和加速度大小相等. 【拓展3】如圖所示，一升降機在箱底有若干個彈簧，設在某次事故中，升降機吊索在空中斷裂，忽略摩擦力，則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中( CD ) A.升降機的速度不斷減小 B.升降機的加速度不斷變大 C.先是彈力做的負功小于重力做的正功，然后是彈力做的負功大于重力做的正功 D.到最低點時，升降機加速度的值一定大于重力加速度的值 【解析】本題實質(zhì)上

13、是一個豎直彈簧振子的物理模型問題.當升降機吊索斷裂后升降機先做自由落體運動.當?shù)撞繌椈蓜傆|地后，由于重力mg大于彈力FN，所以升降機仍向下做加速運動，隨著彈簧壓縮形變越大，向上的彈力也隨之增大，所以向下的合力及加速度不斷變小，直至mg＝FN時，a＝0，速度達到最大值vm，這段運動是速度增大、加速度變小的運動.根據(jù)動能定理W＝ΔEk，即WG－＝ΔEk＞0，所以WG＞，重力做的正功大于彈力做的負功，當升降機從a＝0的平衡位置繼續(xù)向下運動時，由于彈力大于重力，所以加速度方向向上，且不斷變大，而速度v不斷變小直至為0，這段過程中，WG－WFN＝ΔEk＜0，所以WG＜，重力做的正功小于彈力做的負功.由此

14、可知，選項A、B錯，而C正確. 把升降機視為一個豎直彈簧振子，如圖所示. 彈簧剛觸地時升降機的位置在A點，升降機向下運動到的最低點位置為B點，速度最大的平衡位置為O點.在A點時有向下的速度，A點為最大位移處到平衡位置中的一點，即A點并非最大位移點.而B點速度為零，就是振子平衡位置下方的最大位移點，故＞.既然A點的加速度aA＝g方向向下，根據(jù)彈簧振子的對稱性，那么最大位移B點的最大加速度aB＝am＞aA＝g，方向向上，選項D正確. 易錯門診 4.簡諧運動的周期性導致的多解問題 【例4】彈簧振子以O點為平衡位置做簡諧運動，從經(jīng)過O點開始計時，振子第一次到達某點P時用了0.3 s，又經(jīng)過0.2 s第二次經(jīng)過P點，則振子第三次經(jīng)過P點還要經(jīng)過的時間是　　　　　. 【錯解】因為當振子從平衡位置到第一次經(jīng)過P點時用了0.3 s，到達最大位移后再回到該點用了0.1 s，利用對稱性知道，振子從該點到平衡位置所用的時間為0.1 s，從而周期為4×(0.3＋0.1)＝1.6 s.當振子第三次回到該點時，還要經(jīng)歷時間為1.4 s. 【錯因】上述錯誤在于只考慮一種可能情況. 【正解】實際上有兩種可能.依據(jù)對稱性不難得出第三次(第二種可能)經(jīng)過P點的時間為 s. 【思維提升】本題容易出的錯誤是漏掉了另一個可能的解，注意對稱性與周期性在解題實踐中的應用.