《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　驅動力　.共振是當驅動力

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的物理量.同相：表明兩個振動物體的步調相同.反相：表明兩個振動物體的步調相反.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. 四、振幅與路程的關系 一個周期內的路程等于振幅的4倍，半個周期內的路程等于振幅的2倍，周期內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，周期內的路程等于振幅；若從一般位置開始計時，周期內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，故可以根據圖象上各時刻的位移變化情況確定質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，用兩根勁度系數分別為k1、k2的輕質彈簧系住一個質量為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，可以看到小球將在水平面上做往復振動.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，小球將在兩根彈簧的作用下，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. 根據振動圖象的周期性，可推知14 s末質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末質點處在相鄰的兩個平衡位置，則速度方向顯然相反(或根據切線斜率判斷)，所以選項D錯誤. 【答案】B 【思維提升】根據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內完成了10次全振動.若從某時刻振子經過平衡位置時開始計時(t＝0)，經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.當底部彈簧剛觸地后，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，又經過0.2 s第二次經過P點，則振子第三次經過P點還要經過的時間是　　　　　. 【錯解】因為當振子從平衡位置到第一次經過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.依據對稱性不難得出第三次(第二種可能)經過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.