【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件14.1机械振动 (含解析).ppt，共(56)页，1.812 MB，由MTyang资料小铺上传

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第十四单元选修3－4年份题号命题点命题规律Ⅰ卷34题(1)波的性质、波速公式(2)光的折射和全反射Ⅱ卷34题(1)电磁波的基本特点(2)质点振动与波综合2016年Ⅲ卷34题(1)波的传播和质点振动综合(2)光的折射与几何关系Ⅰ卷34题(1)机械波的干涉(2)光的折射与几何关系Ⅱ

卷34题(1)光的双缝干涉实验(2)光的折射与几何关系2017年Ⅲ卷34题(1)波的周期性多解问题(2)光的折射和全反射1.第(1)问为选择题或填空题，主要考查机械振动、机械波、电磁波的基础知识，单摆实验和双缝干涉实验也是命题重点Ⅰ卷34题(1)求光的折射率(2)波的图像与振动图像综合Ⅱ卷34题(

1)声波在不同介质中的传播(2)光的折射和全反射2018年Ⅲ卷34题(1)机械波的图像(2)求光的折射率2．第(2)问为计算题，主要考查光的折射和全反射规律，并与几何关系综合14．1机械振动知识清单考点整合集中记忆一、简谐

运动定义：物体在跟位移大小成正比，并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置．回复力：使物体返回到平衡位置的力，方向总是指向平衡位置．可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意

图简谐运动条件①弹簧质量可忽略②无摩擦等阻力③在弹簧弹性限度内①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气等的阻力②最大摆角小于10°回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿切向的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关

T＝2πLg能量转化弹性势能与动能相互转化，机械能守恒重力势能与动能相互转化，机械能守恒二、描述简谐运动的物理量物理量定义意义振幅(A)振动质点离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱和能量周期(T)振动物体完成一次全振动所需时间频率(f)振动物

体单位时间内完成全振动的次数描述振动的快慢，T＝1f相位ωt＋φ描述振动在各个时刻所处的状态三、简谐运动的规律简谐运动的表达式(1)动力学表达式：回复力F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．(2)运动学表达式：位移x＝Asin(

ωt＋φ)，其中A为振幅，(ωt＋φ)是相位，φ是初相．简谐运动的图像(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，如图甲．(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，如图乙．四、受迫振动及共振受迫振动(1)

概念：物体在周期性驱动力作用下的振动．(2)振动特征：受迫振动的频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关．共振(1)共振的条件：驱动力的频率等于固有频率．(2)共振的特征：共振时振幅最大．(3)共振曲线：如图所示，驱动力的频率越接近固有频率

，振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大．考点讲练考点突破针对训练考点一简谐运动公式的应用简谐运动的位移随时间变化的公式x＝Asin(ωt＋φ)，应用时注意：1．A是振幅，是质点离开平衡位置的最大距离．

2．ω＝2πT＝2πf，描述振动的快慢．3．φ是初相，由初始位置决定(1)从平衡位置开始计时，φ＝0，函数表达式为x＝Asinωt，(2)从最大位移处开始计时，φ＝π2，函数表达式为x＝Acosωt.(2

018·唐山一模)(多选)如图所示，一质点在x轴上以O为平衡位置做简谐运动，其振幅为8cm，周期为4s．t＝0时物体在x＝4cm处，向x轴负方向运动，则()A．质点在t＝1.0s时所处的位置为x＝＋43cmB．质点在t＝

1.0s时所处的位置为x＝－43cmC．由起始位置运动到x＝－4cm处所需的最短时间为23sD．由起始位罝运动到x＝－4cm处所需的最短时间为16s【答案】BC【解析】简谐运动振动方程为：x＝Asin(ωt＋φ0)，已知：A＝8cm＝0.08m，ω＝2πT＝2π4＝0.5πr

ad/s所以x＝0.08sin(0.5πt＋φ0)m将t＝0时，x0＝0.04m代入得：0.04＝0.08sinφ0解得初相：φ0＝π6或φ0＝5π6因为t＝0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小，所以取φ0＝5π6所求的振动方程为：x＝0.08sin(0.5πt＋5π6)mA项，质点在t

＝1.0s时，x＝0.08sin(0.5π×1＋5π6)＝－0.043m＝－43cm.故A项错误，B项正确；C项，由于t＝0时刻质点向x轴负方向运动，回到平衡位置的时间：t1＝π－5π6ω＝π60.5π＝13s，由振动的对称性可知，由起始位置运动到x＝－4cm处所需的最短时间为t＝2t1＝2

3s．故C项正确，D项错误．(2014·浙江)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地

面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是()A．0.5sB．0.75sC．1.0sD．1.5s【答案】C【解析】由于振幅A为20cm，振动方程为y＝Asinωt(从游船位于平衡位置时开始计时，ω＝2πT)，由于高度差不超过10cm时

，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝T12，t2＝5T12，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝T3＝1.0s，C项正确．考点二简谐运动的图像1．图像意义简谐运动的图像是一条正弦曲线，图像反映的是位移随时间的变化规

律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹．2．图像信息(1)确定振动质点在任一时刻的位移：图中t1、t2时刻的位移分别为x1＝7cm，x2＝－5cm.(2)确定振动的振幅、周期和频率：图中的振幅A

＝10cm.周期T＝0.2s，频率f＝1/T＝5Hz，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期．(3)确定质点的振动方向：图中的t1、t3时刻，质点向正方向运动；t2时刻，质点向负方向运动．(4)确定质点加速度的大小和方向：由于回复力总是指向平衡位置，所以加速度在图像上总是指向t轴，图中t1时刻加速度

a1为负，t2时刻加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|.(2017·北京)某弹簧振子沿x轴的简谐振动图像如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3s时，振子的速度为负

的最大值，加速度为零D．t＝4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】A项，t＝1s时，振子位于正向最大位移处，振子的速度为零，加速度的方向指向平衡位置，所以加速度为负的最大值，故A项正

确；B项，t＝2s时，振子位于平衡位置正在向下运动，振子的速度最大，方向向下，加速度为0，故B项错误；C项，t＝3s时，振子位于负向最大位移处，振子的速度为零，加速度最大，故C项错误；D项，t＝4s时，振子位于平衡位置正在向上运动

，振子的速度为正，加速度为0，故D项错误．故选A项．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()A．t＝0.8s，振子的速度方向向左B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处

C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小【答案】A【解析】从t＝0.8s起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t＝0.8s时，速度方向向左，A项正确；由题中图像得振子的位

移x＝12sin5π4t(cm)，故t＝0.2s时，x＝62cm，故B项错误；t＝0.4s和t＝1.2s，振子的位移方向相反，由a＝－kx/m知，加速度方向相反，C项错误；t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子

逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D项错误．(多选)小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置．小明通过实验测得当地重力加速度为g＝9.8m/s2，并且根据实验情况绘制了

单摆的振动图像如图乙所示．设图中单摆向右摆动为正方向，g≈π2，则下列选项正确的是()A．此单摆的振动频率是0.5HzB．根据图乙可知开始计时摆球在C点C．图中P点向正方向振动D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为1.0m【答案】AD

【解析】由乙图可知，单摆的振动周期为2s，周期和频率互为倒数，所以频率为0.5Hz，故A项正确；由乙图可知，t＝0时位移负向最大，开始向正方向运动，而单摆向右摆动为正方向，所以开始计时摆球在B点，故B项错误；由振动图像可知，P点向负方向振动，故C项错误；由单摆的周

期公式T＝2πLg可知，摆长为L＝gT24π2＝g×224π2＝1.0m，故D项正确．考点三简谐运动的周期性和对称性1．简谐运动的周期性特征(1)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．(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T2.2．简谐运动的对称性特征(1)相隔(2n＋1)T2的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度等大反向．(2)如图，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′时，振子的速率、动能、

势能相等．(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′.(多选)关于简谐运动的周期，以下说法正确的是()A．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同B．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时

相同C．半个周期内物体的动能变化一定为零D．一个周期内物体的势能变化一定为零E．经过一个周期质点通过的路程变为零【答案】ACD【解析】根据周期的定义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故A项正确．当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体

的速度和加速度不同时为零，故B项错误，C、D两项正确．经过一个周期，质点通过的路程为4A，E项错误．(2018·天津)(多选)一振子沿x轴做简谐选动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移为－0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则()A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为23sB．若振幅

为0.1m，振子的周期可能为45sC．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4sD．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s【答案】AD【解析】t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m，t＝1s时刻x＝0.1m，如果振幅为0.1m，则：(n＋12)T＝t解得：T＝2t2n＋1＝22n＋1当n＝0时，T＝2

s；当n＝1时，T＝23s；当n＝2时，T＝25s故A项正确，B项错误；t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m，t＝4s时刻x＝0.1m，如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图像，有：t＝T2＋nT①或者t＝5

6T＋nT②或者t＝T6＋nT③对于①式，当n＝0时，T＝2s；对于①式，当n＝1时，T＝23s；对于②式，当n＝0时，T＝65s；对于②式，当n＝1时，T＝611s对于③式，当n＝0时，T＝6s；对于③式，当n＝1时，T＝67s故C

项错误，D项正确．考点四受迫振动和共振1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期由系统本身性质决定，即固有周期T0等于驱动力的周期，即T＝T驱T＝T驱＝T0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供

振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等2.对共振的理解(1)共振曲线：它直观地反映了受迫振动的振幅A随驱动力频率f的变化规律，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大．(2)能量

的转化：除了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．(多选)图甲所示，在曲轴A上悬挂一个弹簧振子，如果转动把手，曲轴可以带动弹簧振子上下振动．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙

所示．当把手以某一速率匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则()A．由图线可知T0＝8sB．由图线可知T0＝4sC．当T在8s附近时，Y显

著增大；把手转动越快Y越大D．当T在4s附近时，Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，Y很小【答案】BD【解析】图像乙是物体自由振动时的周期，故由图像乙可知，物体的固有频率为T0＝4s；故A项错误，B项正确；当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动达到最强

，故当T在4s附近时，振幅显著增大，当T比4s小很多或大得很多时，Y很小，故C项错误，D项正确．(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2sB．此单摆的摆长约为1mC．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E．此单摆的振幅是8cm【答案】AB【解析】由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝

2πlg得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，A、B两项正确，C、D两项错误；此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大为8cm，E项错误．考点五实验：探究单摆的运动、测定重力加速度一、实验

原理根据单摆的周期公式T＝2πlg，得出g＝4π2T2l.二、实验器材单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．三、实验步骤1．测摆长用毫米刻度尺量出摆线长L，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋D2.2．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，即为单摆的周期．3．数据处理改变摆长，重做几次实验．(1)公式法：g＝4π2lT2.(2)图像法：画l－T2图像．g＝4π2k，k＝lT2＝ΔlΔT2.四、误差分析(1)本实验的系统误差主

要来源于单摆模型本身是否符合要求，悬点是否固定，球、线是否符合要求，振动是圆锥还是在同一竖直平面内的振动等．(2)本实验的偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数。(3)利用图

像法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差，利用图像解题时要特别注意图像的斜率及截距的应用．在“利用单摆测重力加速度”的实验中：(1)以下做法中正确的是()A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长B．测量周期时，从小球到达最大位移位置开始计时，摆球完成5

0次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10°(2)某同学先用米尺测得摆线长为97.43cm，用游标卡尺测得摆球直径如图所示为_____

___cm，则单摆的摆长为________cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示为________s，则单摆的周期为________s；当地的重力加速度为g＝________m/s2.(3)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定

重心位置，一位同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g＝________．【答案】(1)C(2)2

.12598.49100.02.09.71(3)4π2×L1－L2T12－T22【解析】(1)单摆的摆长应为摆线长再加上摆球的半径，A项错误；选择计时起点应以通过平衡位置(速度最大处)为起点可以减小计时误差，B项错误；单摆振动过程中摆角要小于

10°，D项错误，故C项正确．(2)摆球直径为21mm＋5×0.05mm＝21.25mm＝2.125cm.摆长为97.43cm＋2.125/2cm＝98.49cm.秒表读数为90s＋10.0s＝100.0s周期T＝100.050

s＝2s．而g＝4π2LT2＝9.71m/s2.(3)设摆线底端到重心的距离为r，则有T1＝2πL1＋rg，T2＝2πL2＋rg，由两式，得g＝4π2×L1－L2T12－T22.(2018·保定一模)(多选)一根不可伸长的细线．上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图(1)

所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l-T2图像如图(2)所示．利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取π

2＝9.86)()A．T＝2s时摆长为1mB．T＝2s时摆长为0.994mC．摆球半径为0.006mD．当地重力加速度为9.80m/s2E．当地重力加速度为9.86m/s2【答案】BCD【解析】设摆长为l′，根据T＝2πl′g，摆长为l′＝

g4π2·T2＝9.804×9.86×22m＝0.994m，故B项正确，A项错误．由图(2)可知，摆球半径为r＝l－l′＝0.006m，C项正确．根据T＝2πl′g(l′＝1－0.006)并结合图(2)推导得：l＝0.006＋g4π2T2，可知g4π2为l-T2图像的

斜率，所以有：g4π2＝g4×9.86＝1.000－0.0064，解得：g＝9.80m/s2，故D项正确，E项错误．