第十一章 章末总结

章末总结
一、简谐运动的图象
如图1所示，简谐运动的图象反映的是位移随时间的变化规律，图象不代表质点运动的轨迹．由图象可以获得以下信息：
图1
(1)可以确定振动物体在任一时刻的位移．如图中对应t1、t2时刻的位移分别为x1＝＋7 cm，x2＝－5 cm.
(2)确定振动的振幅．图中最大位移的值等于振幅，由图可以看出振动的振幅是10 cm.
(3)确定振动的周期和频率．振动图象上一个完整的正弦(或余弦)函数图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期．
由图可知，OD、AE、BF的时间间隔都等于振动周期，T＝0.2 s，频率f＝1
T＝5 Hz.
(4)确定各时刻质点的振动方向．例如图中的t1时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动．
(5)比较不同时刻质点回复力(或加速度)的大小和方向．例如在图中，t1时刻质点位移x1为正，则回复力(或加速度a1)为负；t2时刻质点位移x2为负，则回复力(或加速度a2)为正，又因为|x1|＞|x2|，所以|F1|>|F2|(或|a1|＞|a2|)．
例
1
(多选)一质点做简谐运动的位移x 与时间t
的关系图象如图2所示，由图可知( )
图2
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 时质点的回复力为零
E ．图中a 、b 两点速度大小相等、方向相反 答案 CDE
解析 由题图可知，质点振动的振幅为5 m ，周期为2 s ，由f ＝1
T 得频率为0.5 Hz ，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，C 选项正确．t ＝0.5 s 时质点在平衡位置，回复力为零，D 选项正确．a 、b 两点速度大小相等、方向相反，故E 正确． 结合图象分析描述简谐运动的物理量的关系，分析的顺序为：
位移x ―――→F ＝－kx 回复力F ―――→F ＝ma 加速度a ―――――――――――――――→加速度和速度方向之间的关系速度v ―――→E k ＝12m v 2动能E k ―――→总能量守恒
势能E p 或者按下列顺序分析：
针对训练1 (多选)一个质点做简谐运动的图象如图3所示，下列说法中正确的是( )
图3
A ．质点振动频率为4 Hz
B ．在10 s 内质点经过的路程是20 cm
C ．在5 s 末，质点的速度为零，加速度最大
D ．t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 两时刻质点的位移大小相等 答案 BCD
解析 由题图简谐运动的图象可知，质点振动的周期T ＝4 s ，故质点振动的频率为f ＝1
T ＝0.25 Hz ，
A 错误；10 s 内质点经过的路程为s ＝t T ×4A ＝10
4×4×2 cm ＝20 cm ，B 正确；在5 s 末，质
点运动到最大位移处，故速度为零，加速度最大，C 正确；在t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 两时刻质点的位移大小相等、方向相同，D 正确． 二、简谐运动的周期性和对称性 1．周期性
做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能恢复到原来的状态，因此在处理实际问题中，要注意到多解的可能性． 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 的时间与逆向通过的时间相等．
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？ 答案 T ＝4 s ，A ＝6 cm 或T ＝4
3
s ，A ＝2 cm
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．依题意作出物体可能的振动路径图如图甲、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 ＝4
3 s,1.5×4A ＝12 cm ，A ＝2 cm.
针对训练2 某质点做简谐运动，从平衡位置开始计时，经0.2 s 第一次到达M 点，如图4所示．再经过0.1 s 第二次到达M 点，求它再经多长时间第三次到达M 点？
图4
答案 0.9 s 或7
30
s
解析 第一种情况，质点由O 点经过t 1＝0.2 s 直接到达M ，再经过t 2＝0.1 s ，第二次到达M .由对称性可知，质点由点M 到达C 点所需要的时间与由点C 返回M 所需要的时间相等，所以质点由M 到C 的时间为 t ′＝t 2
2
＝0.05 s ．质点由点O 到达C 的时间为从点O 到达M 和
从点M到达C的时间之和，这一时间恰好是T
4
，所以该振动的周期为T＝4(t1＋t′)＝4×(0.2
＋0.05) s＝1 s，质点第三次到达M点的时间为t3＝T
2＋2t1＝1
2s＋2×0.2 s＝0.9 s.
第二种情况，质点由点O向B运动，然后返回到点M，历时t1＝0.2 s，再由点M到达点C
又返回M的时间为t2＝0.1 s．设振动周期为T，由对称性可知t1－T
4＋t2
2
＝T
2
，所以T＝1
3s，
质点第三次到达M点的时间为t3＝T－t2＝(1
3－0.1) s＝7
30s.
三、单摆周期公式的应用
1．单摆的周期公式T＝2πl
g，是在单摆最大偏角不大于5°的情况下才成立，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．小球在光滑圆周轨道上小角度振动和双线摆也属于单摆，“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，当单摆处于超重或失重状态时g为等效重力加速度．
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T 2－l 图线，如图5甲所示，去北京大学的同学所测实验结果对应的图线是________(填“A ”或“B ”)．另外，在南京大学做探究的同学还利用计算机绘制了两个单摆(位于同一地点)的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比l a ∶l b ＝________.
图5
答案 B 4∶9
解析 纬度越高，重力加速度g 越大，由于T 2l ＝4π2
g ，所以B 图线是在北京大学的同学做的．
从题图乙中可以看出T a ＝4
3 s ，T b ＝2 s
所以l a l b ＝T a 2T b 2＝49
.
例
4 如图6所示，光滑的半球壳半径为R ，O
点在球心O ′的正下方，一小球甲(可视为质点)由距O 点很近的A 点静止放开，R ≫»
AO . 图6
(1)若另一小球乙(可视为质点)从球心O ′处自由落下，问两球第一次到达O 点的时间比； (2)若另一小球丙(可视为质点)在O 点正上方某处自由落下，为使两球在O 点相碰，小球应由多高处自由落下？
答案 (1)2π∶4 (2)(2n －1)2π2R
8
(n ＝1,2,3，…)
解析 (1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O 处的时间为t 1＝14T ＝1
4×2π
R g ＝π2
R g
. 乙球做自由落体运动，到达O 处的时间为t 2 R ＝1
2
gt 22，所以t 2＝
2R
g
，t 1∶t 2＝2π∶4. (2)小球甲从A 点由静止释放运动到O 点的时间为t ＝T
4(2n －1)，n ＝1,2,3，…，由O 点正上方
自由落下的小球丙到达O 点的时间也为t 时两球才能在O 点相碰，所以h ＝12gt 2＝12g 4π2R
16g (2n
－1)2＝(2n －1)2π2R
8
(n ＝1,2,3，…)．。