第二章  章末总结

要点归纳

机械振动

典例分析

一、简谐运动与图象问题综合

例1  一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知

A．频率是2 Hz

B．振幅是5 cm

C．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负

D．t＝0.5 s时质点所受的回复力为零

E．图中a、b两点速度大小相等、方向相反

F．图中a、b两点的加速度大小相等、方向相反

解析　由题图可知，质点振动的周期为2 s，经计算得频率为0.5 Hz。振幅为5 m，所以A、B选项错误。t＝1.7 s时的位移为负，加速度为正，速度为负，因此C选项正确。t＝0.5 s时质点在平衡位置，所受的回复力为零，D选项正确。a、b两点速度大小相等、方向相反，但加速度大小相等、方向相同，加速度方向都为负方向，指向平衡位置，故E正确，F错误。

答案　CDE

归纳总结：应用简谐运动的图象不但可以直接读出各时刻质点的位移大小与方向，还可以根据图象预测下一时间段内质点的位移、速度、加速度的变化趋势。

二、简谐运动的周期性和对称性

例2  物体做简谐运动，通过A点时的速度为v，经过1 s后物体第一次以相同速度v通过B点，再经过1 s物体紧接着又通过B点，已知物体在2 s内所走过的总路程为12 cm，则该简谐运动的周期和振幅分别是多大？

解析　物体通过A点和B点时的速度大小相等，A、B两点一定关于平衡位置O对称。依题意作出物体的振动路径草图如图甲、乙所示，在图甲中物体从A向右运动到B，即图中从1运动到2，时间为1 s，从2运动到3，又经过1 s，从1到3共经历了0.5T，即0.5T＝2 s，T＝4 s，2A＝12 cm，A＝6 cm。

在图乙中，物体从A先向左运动，当物体第一次以相同的速度通过B点时，即图中从1运动到2时，时间为1 s，从2运动到3，又经过1 s，同样A、B两点关于O点对称，从图中可以看出从1运动到3共经历了1.5T，即1.5T＝2 s，T＝ s，1.5×4A＝12 cm，A＝2 cm。

答案　T＝4 s，A＝6 cm或T＝ s，A＝2 cm

归纳总结：1．周期性：做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回复到原来的状态。

2．对称性

(1)速率的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率。

(2)加速度和回复力的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力。

(3)时间的对称性：系统通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等。振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过此两点的时间相等。

3．一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过t＝(2n＋1)(n为自然数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称。

三、单摆周期公式的应用

例3  有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，并各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T²－l图象，如图11－6所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(选填“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比l_a∶l_b＝________。

解析　纬度越高，重力加速度g越大，由于单摆＝所以B图线是在北大的同学做的。

从题图乙中可以看出T_a＝ s，T_b＝2 s

所以＝＝。

答案　B　4∶9

归纳总结：1．单摆的周期公式T＝2π。该公式提供了一种测定重力加速度的方法。

2．注意：(1)单摆的周期T只与摆长l和g有关，而与振子的质量及振幅无关。

(2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长。小球在光滑圆周上小角度运动和双线摆也属于单摆，双线摆中的“l”实际为摆球重心到摆动所在圆弧的圆心的距离。

(3)g为当地的重力加速度或“等效重力加速度”。

四、简谐振动的实际应用

例4  如图所示是用来测量各种电动机转速的原理图．在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为80 Hz、60 Hz、40 Hz、20 Hz的四个钢片a、b、c、d.将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅最大．

(1)电动机的转速为多大？

(2)四个钢片a、b、c、d的振动频率分别是多少？

解析　(1)b钢片发生了共振，由共振发生的条件可知f_驱＝f_固，因此电动机的转动频率为60 Hz，即转速为60 r/s.

(2)四个钢片a、b、c、d做的都是受迫振动，其振动频率与固有频率无关，都等于驱动力的频率，即都等于电动机的转动频率60 Hz.

答案　(1)60 r/s　(2)60 Hz　60 Hz　60 Hz　60 Hz