第一章机械振动章末总结一、简谐运动的图像如图1所示，简谐运动的图像反映的是位移随时间的变化规律，图像不代表质点运动的轨迹.由图像可以获得以下信息：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＝＋7cm，x2＝－5cm.(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10cm.(3)确定振动的周期和频率.振动图像上一个完整的正弦(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＝0.2s，频率f＝＝5Hz.(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的关系图像如图2所示，由图可知()图2A.频率是2HzB.振幅是5cmC.t＝1.7s时的加速度为正，速度为负D.t＝0.5s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5m，周期为2s，由f＝得频率为0.5Hz，A、B选项错误.t＝1.7s时的位移为负，加速度为正，速度为负，C选项正确.t＝0.5s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选项正确.结合图像分析描述简谐运动的物理量的关系，分析的顺序为：位移x―――――→回复力F―――――→加速度a―――――――――――――→速度v―――→动能Ek―――――→势能Ep或者按下列顺序分析：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1s后物体第一次以相同速度v通过B点，再经过1s物体紧接着又通过B点，已知物体在2s内所走过的总路程为12cm，则该简谐运动的周期和振幅分别是多大？答案T＝4s，A＝6cm或T＝s，A＝2cm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1s，从2运动到3，又经过1s，从1到3共经历了0.5T，即0.5T＝2s，T＝4s,2A＝12cm，A＝6cm.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1s，从2运动到3，又经过1s，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＝2s，T＝s,1.5×4A＝12cm，A＝2cm.针对训练某质点做简谐运动，从平衡位置开始计时，经0.2s第一次到达M点，如图3所示.再经过0.1s第二次到达M点，求它再经多长时间第三次到达M点？图3答案0.9s或s解析第一种情况，质点由O点经过t1＝0.2s直接到达M，再经过t2＝0.1s，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′＝＝0.05s.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，所以该振动的周期为T＝4(t1＋t′)＝4×(0.2＋0.05)s＝1s，质点第三次到达M点的时间为t3＝＋2t1＝s＋2×0.2s＝0.9s.第二种情况，质点由点O向B运动，然后返回到点M，历时t1＝0.2s，再由点M到达点C又返回M的时间为t2＝0.1s.设振动周期为T，由对称性可知t1－＋＝，所以T＝s，质点第三次到达M点的时间为t3＝T－t2＝(－0.1)s＝s.三、单摆周期公式的应用1.单摆的周期公式T＝2π，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...
