全国版2021高考物理一轮复习专题十五机械振动和机械波考点1简谐运动规律和图象描述单摆测重力加速度教案

全国版2021高考物理一轮复习专题十五机械振动和机械波考点1简谐运动规律和图象描述单摆测重力加速度教案

考点1　简谐运动规律和图象描述　单摆测重力加速度 ‎ ‎421‎ 考向1　考查简谐振动的特征 ‎1.[2018天津高考,8,6分,多选]一振子沿x轴做简谐运动,平衡位置在坐标原点.t=0时振子的位移为-0.1 m,t=1 s时位移为0.1 m,则(　　)‎ A.若振幅为0.1 m,振子的周期可能为‎2‎‎3‎ s　B.若振幅为0.1 m,振子的周期可能为‎4‎‎5‎ s C.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为4 s D.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为6 s 必备知识:简谐振动三要素:振幅、周期(频率)和初相位.振动方程.‎ 关键能力:对数学中三角函数相关知识的应用能力.‎ 解题指导:对于多解问题,一般先分析各种可能的情况,写出通式然后再由通式得到各种可能的解.‎ 考向2　考查简谐振动图象 ‎2.[2019全国Ⅱ,34(1),5分]‎ 如图,长为l的细绳下方悬挂一小球a,绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方‎3‎‎4‎l的O'处有一固定细铁钉.将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始计时.当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡.设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正.下列图象中,能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　　)‎ ‎　　 A　　　　　B　　　　 　　C　　　　　　　D 必备知识:简谐运动图象、单摆周期公式、机械能守恒定律.‎ 关键能力:文字信息提取能力;图文转化能力.‎ 解题指导:简谐运动是以平衡位置为位移的起点,计算单摆周期和振幅是关键.本题运用机械能守恒定律与前后摆长关系即可分析出前后振幅的大小关系,便可得到正确答案.‎ - 8 -‎ 考法1 对简谐运动的基本规律的考查 ‎1[2015山东高考改编,38(1),4分,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.取重力加速度的大小g=10 m/s2.以下判断正确的是 A.h=1.7 m B.简谐运动的周期是0.8 s C.0.6 s内物块运动的路程是0.2 m D.t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反 E.t=0.6 s时,物块的位移是-0.1 m t=0.6 s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6) m=-0.1 m;则对小球有h+|y|=‎1‎‎2‎gt2,解得h=1.7 m,A、E正确.简谐运动的周期是T=‎2πω=‎2π‎2.5π s=0.8 s,B正确.0.6 s内物块运动的路程是3A=0.3 m,C错误.t=0.4 s=T‎2‎,此时物块在平衡位置向下振动,则此时物块与小球运动方向相同,D错误.‎ ABE 解题关键 求解本题的关键是先根据振动方程计算出t=0.6 s时振子离开平衡位置的位移,再根据振子所处的位置确定小球做自由落体运动的位移.‎ ‎1.[2017上海高考,10,4分]做简谐运动的单摆,其摆长不变,若摆球的质量增加为原来的‎9‎‎4‎倍,摆球经过平衡位置的速度减为原来的‎2‎‎3‎,则单摆振动的(　　)‎ A.周期不变,振幅不变　　　B.周期不变,振幅变小 C.周期改变,振幅不变 D.周期改变,振幅变大 考法2 对简谐振动图象及其应用的考查 ‎2[2016北京高考,15,6分]如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动.以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴正方向.若振子位于N点时开始计时,则其振动图象为 - 8 -‎ 振子在N点时开始计时,其位移为正向最大,并按余弦规律变化,故选项A正确.‎ A ‎2.[多选]甲、乙两弹簧振子,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∶1‎ C.振子甲速度为零时,振子乙速度最大 D.两振子的振动频率之比f甲∶f乙=1∶2‎ 考法3 对单摆周期公式的理解与应用 ‎3如图所示,单摆甲放在空气中,周期为T甲;单摆乙放在以加速度a向下做匀加速运动的电梯中,周期为T乙;单摆丙中摆球带正电,放在匀强磁场B中,周期为T丙;单摆丁中摆球带正电,放在匀强电场 E中,周期为T丁.单摆甲、乙、丙、丁中悬线长度、摆球大小与质量均相同,那么 A.T甲>T乙>T丁>T丙　　　　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 对单摆甲:T甲=2πlg ‎ 对单摆乙:T乙=2πlg-a 对单摆丙:由于摆动过程中洛伦兹力总是垂直于速度方向,不可能产生沿圆弧切向的分力,故不参与提供回复力,所以周期不变,即T丙=2πlg 对单摆丁:由于摆球受竖直向下的重力的同时,又受竖直向下的电场力,电场力产生沿圆弧切向的分力,与重力沿圆弧切向的分力一起提供回复力,相当于重力增大了.等效重力F=mg+qE,故等效重力加速度g'=g+qEm,故周期T丁=2πmlmg+qE.‎ 所以有T乙>T甲=T丙>T丁,故B选项正确.‎ B ‎3.[安徽高考]在科学研究中,科学家常将未知现象同已知现象进行比较,找出其共同点,进一步推测未知现象的特性和规律.法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时,曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系.‎ - 8 -‎ 已知单摆摆长为l,引力常量为G,地球质量为M,摆球到地心的距离为r,则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)‎ A.T=2πrGMl　　　B.T=2πrlGM C.T=‎2πrGMl D.T=2πlrGM 考法4 对受迫振动、共振现象的考查 ‎4下列说法正确的是 A.单摆在周期性外力作用下做受迫振动,其振动周期与单摆的摆长有关 B.某学生用单摆测定重力加速度,处理数据时计算得到的数值偏大些,不可能是测量摆长时误加了小球直径 C.单摆的周期随振幅的增大而增大 D.当驱动力的频率等于系统的固有频率时,受迫振动的振幅最大,这种现象叫做共振 单摆在周期性外力作用下做受迫振动时,其振动周期等于驱动力的周期,与单摆的固有周期无关,即与摆长无关,故A项错误;由单摆周期公式T=2πLg得g=‎4π‎2‎LT‎2‎,摆长为摆线长加小球半径,若误加了直径则L偏大,求出的重力加速度偏大,B项错误;单摆的周期与振幅无关,C项错误;D项所述内容正确.‎ D ‎4.如图所示,在一条张紧的绳子上挂几个摆,其中A、B的摆长相等.当A摆振动的时候,通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力,使其余各摆做受迫振动.观察B、C、D摆的振动发现(　　)‎ A.C摆的频率最小 B.D摆的周期最大 C.B摆的摆角最大 D.B、C、D摆的摆角相同 考法5 实验:探究单摆的运动,用单摆测定重力加速度 ‎5[2015北京高考,21(2),15分] 用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示.‎ - 8 -‎ 图甲 ‎ (1)组装单摆时,应在下列器材中选用　　　　(选填选项前的字母). ‎ A.长度为1 m左右的细线 B.长度为30 cm左右的细线 C.直径为1.8 cm的塑料球 D.直径为1.8 cm的铁球 ‎(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=　　　　(用L、n、t表示). ‎ ‎(3)下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理.‎ 组次 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 摆长L/cm ‎80.00‎ ‎90.00‎ ‎100.00‎ ‎50次全振动时间t/s ‎90.0‎ ‎95.5‎ ‎100.5‎ 振动周期T/s ‎1.80‎ ‎1.91‎ 重力加速度g/(m·s-2)‎ ‎9.74‎ ‎9.73‎ 请计算出第3组实验中的T=　　　s,g=　　　m/s2. ‎ 图乙 ‎(4)用多组实验数据作出T2-L图象,也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图乙中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值.则相对于图线b,下列分析正确的是　　　　(选填选项前的字母). ‎ A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值 - 8 -‎ 图丙 ‎(5)某同学在家里测重力加速度.他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图丙所示.由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺.于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程.保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细线长度以改变摆长.实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g=　　　　(用l1、l2、T1、T2表示). ‎ ‎(1)分析产生误差的原因时,要对实验原理理解透彻;(2)利用单摆周期公式T=2πlg,得出对应不同摆长的振动周期,从而求出重力加速度.‎ ‎(1)单摆模型需要满足的条件是摆线的长度远大于小球的直径,小球的密度越大越好,这样可以忽略空气阻力.‎ ‎(2)周期T=tn, 结合T=2πLg ,推出g=‎4π‎2‎n‎2‎Lt‎2‎.‎ ‎(3)周期T=tn=‎100.5‎‎50‎ s=2.01 s,由T=2πLg,解出g=9.76 m/s2.‎ ‎(4)由T=2πLg ,两边平方后可知T2-L图象是过原点的直线. b 为正确的图象,a与b相比,周期相同时,摆长更短,说明a对应测量的摆长偏小;c与b相比,摆长相同时,周期偏小,可能是多记录了振动次数;图线的斜率为‎4‎π‎2‎g,由于图线b的斜率大于图线c的斜率,所以图线c对应的g值大于图线b对应的g值.‎ ‎(5)设A到铁锁重心的距离为l,则第1、2次的摆长分别为l+l1、l+l2,由T1=2πl+‎l‎1‎g,T2=2πl+‎l‎2‎g,联立解得g=‎4π‎2‎(l‎1‎-l‎2‎)‎T‎1‎‎2‎‎-‎T‎2‎‎2‎.‎ ‎(1)AD　(2)‎4π‎2‎n‎2‎Lt‎2‎　(3)2.01　9.76　(4)B　(5)‎‎4π‎2‎(l‎1‎-l‎2‎)‎T‎1‎‎2‎‎-‎T‎2‎‎2‎ ‎5.[2015天津高考,9(2),6分]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 - 8 -‎ ‎;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的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=　　　　. ‎ 考点1　简谐运动规律和图象描述　单摆测重力加速度 ‎1.AD　若振幅为0.1 m,由题意知,Δt=(n+‎1‎‎2‎)T,n=0,1,2,…,解得T=‎2‎‎2n+1‎ s,n=0,1,2,…,A项正确,B项错误;若振幅为0.2 m,t=0时,由振子简谐运动表达式有y=0.2sin(‎2πTt+φ0)(m)可知,0.2sin φ0(m)=-0.1 m,t=1 s时,有0.2sin(‎2πT+φ0)(m)=0.1 m,解得φ0=-π‎6‎或φ0=-‎5π‎6‎;将T=6 s代入0.2sin(‎2πT+φ0)(m)=0.1 m可得,D项正确;将T=4 s代入0.2sin(‎2πT+φ0)(m)=0.1 m,得T=4 s不满足题意,C项错误.‎ ‎2.A　由单摆的周期公式T=2πLg可知,小球在钉子右侧时,振动周期为在左侧时振动周期的2倍,所以B、D项错误.由机械能守恒定律可知,小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同,但由于摆长不同,所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同,当小球在右侧摆动时,最大水平位移较大,故C项错误,A项正确.‎ ‎1.B　由单摆的周期公式T=2πlg可知,当摆长l - 8 -‎ 不变时,周期不变,故C、D错误;由能量守恒定律可知‎1‎‎2‎mv2=mgh,其摆动的高度与质量无关,因平衡位置的速度减小,则最大高度减小,即振幅减小,选项B正确,A错误.‎ ‎【易错警示】　摆球经过平衡位置时,因质量增加为原来的‎9‎‎4‎倍,速度减为原来的‎2‎‎3‎,故动能Ek=‎1‎‎2‎mv2不变,不要误认为摆球的振幅不变而错选A.‎ ‎2.CD　从图象中可以看出,两弹簧振子周期之比T甲∶T乙=2∶1,所以频率之比f甲∶f乙=1∶2,D正确;弹簧振子周期与振子质量、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,B错误;由简谐运动的特点可知,在振子到达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.B　由单摆周期公式有T=2πlg,由黄金代换式有GM=gr2,得T=2πrlGM,B正确.‎ ‎4.C　A摆的振动驱动B、C、D摆振动,B、C、D摆做的是受迫振动,振动的周期和频率与A摆的振动周期和频率相等,所以A、B错误.B摆的摆长与A摆的摆长相等,所以B摆与A摆发生共振,振幅最大,故D错误,C正确.‎ ‎5.(1)BC　(2)‎‎4π‎2‎ΔLT‎1‎‎2‎‎-‎T‎2‎‎2‎ 解析:(1)为了减小实验误差,应选用密度大,体积小的摆球,A项错误;摆线应选用不易伸缩的细线,B项正确;实验时摆球应在同一竖直面内摆动,而不能做成圆锥摆,C项正确;摆长一定的情况下,摆角不能超过5°,因此摆的振幅不能过大,D项错误.‎ ‎(2)由单摆周期公式得T1=2πLg,T2=2πL-ΔLg,解得 g=‎4π‎2‎ΔLT‎1‎‎2‎‎-‎T‎2‎‎2‎.‎ - 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