【预习】人教版高中物理选择性必修第一册 全册微课教学+课件教案(文末下载)
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全册知识点总结
第一章 动量守恒定律
[自我校对]
①质量
②速度
③mv
④v
⑤动量的变化
⑥p′－p＝I
⑦p1＋p2＝p1′＋p2′
⑧机械能守恒定律
⑨有损失
⑩损失最多
动量定理及其应用 |
1.冲量的计算
(2)变力的冲量：
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算．在Ft图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
(2)应用动量定理求解的问题
①求解曲线运动的动量变化量．
②求变力的冲量问题及平均力问题．
③求相互作用时间．
④利用动量定理定性分析现象．
【例1】 一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10 m/s2)
解析：(1)小球自由下落10 m所用的时间是t1＝2hg)＝2×1010) s＝2 s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×2 N·s≈4.75 N·s，方向竖直向下．
(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得
mg(t1＋t2)－Ft2＝0
泥潭的阻力F对小球的冲量
Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(2＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上．
(3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N.
答案：(1)4.75 N·s (2)6.10 N·s (3)15.25 N
动量守恒定律应用中的临界问题 |
解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题：
1.寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
2.挖掘临界条件
在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．
3.常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．
(3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．
解析：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得12(m1＋M)v21＝(m1＋M)gh
得：v1＝2gh＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则
人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′
即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′ ①
人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′
即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′ ②
解得v1′＝6v0－2v ③
v2′＝12v－12v0 ④
两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，由③④解得v＝135v0
当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝113v0
故v的取值范围为135v0≤v≤113v0.
答案：135v0≤v≤113v0
动量守恒和能量守恒的综合应用 |
1.解决该类问题用到的规律
动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
【例3】 如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)．
(1)求子弹射入木块前的速度．
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
12(m＋M)v21＝(m＋M)gR
由以上两式解得：v0＝m＋Mm2gR.
(2)由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(9m＋M)v9
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：
12(9m＋M)v29＝(9m＋M)gH
由以上各式可得：H＝\a\vs4\al\co1(\f(M＋mM＋9m))2R.
答案：(1)m＋Mm2gR (2)\a\vs4\al\co1(\f(M＋mM＋9m))2R
(1)两物体不发生相撞的临界条件是两物体的速度同向同速．
(2)子弹进入木块的过程中因摩擦而损失的机械能转化为系统的内能．
1．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．
解析：由于水平面光滑，则滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv＝(M＋m)v1，且M＝2m
相对静止时的共同速度v1＝mvM＋m＝v3
由功能关系知：μmgs＝12mv2－12(M＋m)v21
解得滑块相对盒的路程s＝v23μg.
答案：v3v23μg
2．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图像如图所示．求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图像得
v1＝－2 m/s ①
v2＝1 m/s ②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.
由题给图像得
v＝23 m/s ③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8. ⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2 ⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝12(m1＋m2)v2 ⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2. ⑧
答案：(1)1∶8 (2)1∶2
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v ①
12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg. ③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入数据得
v1＝1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥
12m2v220＝12m2v22＋12m3v23 ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1 m/s ⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
答案：(1)20 kg (2)见解析
4．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
ΔmΔt＝ρv0S. ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20 ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝20v2g－20M2g2ρ2vS2. ⑧
答案：(1)ρv0S (2)20v2g－20M2g2ρ2vS2
第二章 机械振动
简谐运动及其图象
（一）弹簧振子
如图，把连在一起的弹簧和小球穿在水平杆上，弹簧左端固定在支架上，小球可以在杆上滑动。小球滑动时的摩擦力可以，弹簧的质量比小球的质量得多，也可忽略。这样就成了一个弹簧振子。
注意：
（1）小球原来 的位置就是平衡位置。小球在平衡位置附近所做的往复运动，是一种机械振动。
（2）小球的运动是平动，可以看作质点。
（3）弹簧振子是一个不考虑 阻力，不考虑弹簧的，不考虑振子（金属小球）的 的 化的物理模型。
（二）弹簧振子的位移——时间图象
（1）振动物体的位移是指由 位置指向 _的有向线段，可以说某时刻的位移。
说明：振动物体的位移与运动学中位移的含义不同，振子的位移总是相对于 位置而言的，即初位置是 位置，末位置是振子所在的位置。
（2）振子位移的变化规律
振子的运动 | A→O | O→B | B→O | O→A |
对O点位移的方向 | 向左 | 向右 | ||
大小变化 | 减小 |
（4）弹簧振子的位移－时间图象是一条 曲线。
（一）简谐运动
如果质点的位移与时间的关系遵从函数的规律，即它的振动图象（x-t图象）是一条正弦曲线，这样的振动，叫做简谐运动。
简谐运动是机械振动中最简单、最基本的振动。弹簧振子的运动就是简谐运动。
（二）描述简谐运动的物理量
（1）振幅（A）
振幅是指振动物体离开位置的 距离，是表征振动强弱的物理量。
一定要将振幅跟位移相区别，在简谐运动的振动过程中，振幅是变的，而位移是时刻在变的。
（2）周期（T）和频率（f）
振动物体完成一次 所需的时间称为周期，单位是秒（s）；单位时间内完成 的次数称为频率，单位是赫兹（HZ）。
周期和频率都是描述振动快慢的物理量。周期越小，频率越大，表示振动得越快。
周期和频率的关系是：
（3）相位（φ）
相位是表示物体振动步调的物理量，用相位来描述简谐运动在一个全振动中所处的阶段。
（三）固有周期、固有频率
任何简谐运动都有共同的周期公式：
对一个确定的简谐运动系统来说，m和k都是恒量，所以T和f也是恒量，也就是说简谐运动的周期只由 本身的特性决定，与振幅 关，只由振子质量和回复力系数决定。T叫系统的周期，f叫频率。
可以证明，竖直放置的弹簧振子的振动也是简谐运动，周期公式也是
（四）简谐运动的表达式
y=Asin（ωt+φ），其中A是，
（一）回复力：使振动物体回到平衡位置的力。
（1）回复力是以 命名的力。性质上回复力可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它可能是几个力的合力，也可能是某个力或某个力的分力。
如在水平方向上振动的弹簧振子的回复力是弹簧在伸长和压缩时产生的力；在竖直方向上振动的弹簧振子的回复力是弹簧力和力的合力。
（2）回复力的作用是使振动物体回到平衡位置。回复力的方向总是“ 平衡位置”。
（3）回复力是是振动物体在 方向上的合外力，但不一定是物体受到的合外力。
（二）对平衡位置的理解
（1）平衡位置是振动物体最终 振动后振子所在的位置。
（2）平衡位置是回复力为 的位置，但平衡位置 是合力为零的位置。
（3）不同振动系统平衡位置不同。竖直方向的弹簧振子，平衡位置是其弹力 于重力的位置；水平匀强电场和重力场共同作用的单摆，平衡位置在电场力与重力的合力方向上。
（三）简谐运动的动力学特征
F回＝ ，a回＝－kx/m，其中k为比例系数，对于弹簧振子来说，就等于弹簧的系数。负号表示回复力的方向与位移的方向。
也就是说简谐运动是在跟对平衡位置的位移大小成正比、方向总是指向平衡位置的力作用下的振动。
弹簧振子在平衡位置时F回=。当振子振动过程中，位移为x时，由胡克定律（弹簧不超出弹性限度），考虑到回复力的方向跟位移的方向相反，有F回= ，k为弹簧的劲度系数，所以弹簧振子做简谐运动。
（四）简谐运动的能量特征
振动过程是一个动能和势能不断转化的过程，总的机械能。
振动物体总的机械能的大小与振幅有关，振幅越大，振动的能量越 。
（一）全振动
振动物体连续两次运动状态（位移和速度）完全相同所经历的的过程，即物体运动完成一次规律性变化。
（二）弹簧振子振动过程中各物理量大小、方向变化情况
过程：物体从A由静止释放，从A→O→B→O→ ，经历一次全振动，图中O为平衡位置，A、B为最大位移处：
取OB方向为正：
物理量 过程 | 位移s | 速度v | 加速度a | 回复力F | 动能Ek | 势能EP | 运动性质 |
A | 最大(-) | 最大 | 最大 kA | 0 | 最大 | ||
A→O | (-) | 增大
| 减小
|
(+) | 增大 | 减小 | a↓的变加速运动 |
O | 0 | 最大 | 0 | 0 | |||
势能全部转化为动能 | |||||||
O→B |
(+) | 减小(+) | 增大
| 增大 (-) | 减小 | a↑的变减速运动 | |
B | 0 | 最大 | 0 | 最大 | |||
动能全部转化为势能 | |||||||
B→O | 减小(+) | 增大 | 减小 (-) | (-) | 增大 | a↓的变加速运动 | |
O | 0 | 0 | 0 | ||||
势能全部转化为动能 | |||||||
O→A |
(-) | 减小 | 增大
| (+) | 减小 | 增大 | a↑的变减速运动 |
小结：弹簧振子的运动过程是完全对称的。
（1）B、O、A为三个特殊状态
O为平衡位置，即速度具有最大值vmax，而加速度a＝
A为负的最大位移处，具有加速度最大值amax，而速度v＝
B为正的最大位移处，具有加速度最大值amax，而速度v＝
（2）其运动为变加速运动与变减速运动的交替过程，在此过程中，机械能守恒，动能和弹性势能之间相互转化
加速度a与速度v的变化
（3）任一点C的受力情况
重力G与弹力N平衡；F回＝F弹＝kx，可看出回复力方向始终与位移方向相反
（一）简谐运动图象的物理意义
图象描述了做简谐运动的质点的位移随时间变化的规律，即是位移——时间函数图象。
注意振动图象 质点的运动轨迹。
（二）简谐运动图象的特点
简谐运动的图象是一条正弦（余弦）曲线。
（1）从平衡位置开始计时，函数表达式为
（2）从最大位移处开始计时，函数表达式
（1）振动质点在任一时刻的位移。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、周期和频率。
图中 位移的值就是振幅，如图表示的振动振幅是10cm；
振动图象上一个完整的正弦（余弦）图形在时间轴上拉开的“长度”表示 。由图可知，OD、AE、BF的间隔都等于 =0.2s；
频率
（3）确定各时刻质点的速度、加速度（回复力）的方向。
加速度方向总与位移方向相 。只要从振动图象中认清位移的方向即可。例如在图中t1时刻质点位移x1为正，则加速度a1为负，两者方向相反；t2时刻，位移x2为负，则a2便为正；
判定速度的方向的方法有：
①位移——时间图象上的斜率代表速度。某时刻的振动图象的斜率大于0，速度方向与规定的正方向 ；斜率小于0，速度的方向与规定的正方向 ；
②将某一时刻的位移与相邻的下一时刻的位移比较，如果位移 ，振动质点将远离平衡位置；反之将靠近平衡位置。
例如图中在t1时刻，质点正远离平衡位置运动；在t3时刻，质点正向着平衡位置运动。
（4）比较不同时刻质点的速度、加速度、动能、势能的大小。
加速度与 的大小成正比。如图中|x1|＞|x2|，所以|a1|＞|a2|；
而质点的位移越大，它所具有的势能越 ，动能、速度则越 。如图中，在t1时刻质点的势能EP1大于t2时刻的势能EP2，而动能则Ek1＜Ek1，速度v1＜v1。
单摆 外力作用下的振动
如图所示，一条 的细线下端拴一小球，上端固定，如果细线的质量与相比可以忽略，球的直径与的长度相比可以忽略，这样的装置叫单摆。单摆是实际摆的理想化模型。
（二）在摆角较小的条件下，单摆的振动是运动
证明：将摆球由平衡位置O点拉开一段距离，然后由静止释放，摆球在摆线拉力T和重力G共同作用下，沿圆弧在其平衡位置O点左右往复运动。
当它摆到位置P时，摆线与竖直夹角为θ， 将重力沿圆周切线方向和法线方向（半径方向）分解成两个分力G1与G2，其中G1=mgsinθ，G2=mgcosθ
G2与T在一条直线上，它们的合力是维持摆球做圆周运动的力。它改变了摆球的运动，而不改变其速度的大小。
而G1不论摆球在平衡位置O点左侧还是右侧，始终沿圆弧切线方向平衡位置O，正是在G1的作用下摆球才在平衡位置附近做往复运动，所以G1是摆球振动的力。即：F回= 。
在摆角较小的条件下，
在考虑了回复力F回的方向与位移x方向间的关系，回复力可表示为：F回=
对一个确定的单摆来说，m、
所以在摆角较小的条件下，使摆球振动的回复力跟位移大小成，而方向与位移的方向，故单摆的振动是简谐运动。
（一）探究思路
探究影响单摆周期的因素可以从单摆的装置入手，单摆的装置包括细绳和小球。因此影响单摆周期的因素可能有：细绳的长度、小球的质量、摆角等。在这里只探究单摆的周期与摆长的关系。
（二）操作技巧
（1）实验所用的单摆应符合理论要求，即摆线要 且弹性要 ，摆球用密度和质量较 的小球，以减小空气阻力影响，并且要在摆角较 的情况下进行实验。
（2）要使单摆在竖直平面内振动，不能使其形成 摆或摆球转动，方法是摆球拉到一定位置后由 释放。
（3）单摆的上端不要卷在夹子上，而要用夹子加紧，以免单摆摆动时摆线滑动或者摆长改变。
（4）测量摆长时，不能漏掉摆球的 。
（5）测单摆周期时，应从摆球通过 位置开始计时，在数到“零”的同时按下秒表开始计时计数。计时从平衡位置开始是因为此处摆球的速度最大，人在判定它经过此位置的时刻，产生的计时误差较小。要测量30次到50次全振动的时间，然后取 值计算出一次全振动的时间，即为单摆的振动周期。
（三）数据的处理
先通过数据分析，对周期和摆长的定量关系做出猜测，例如可能是
（四）实验结论
单摆的周期与摆长的平方根成正比。
（一）单摆的周期公式
实验证明单摆的周期与振幅A关，与质量m关，随摆长的增大而增大，随重力加速度g的增大而减小。荷兰物理学家惠更斯总结出单摆周期公式：
（二）单摆的等时性
在小振幅摆动时，单摆的振动周期与无关的性质称为单摆的等时性利用单摆振动周期与振幅无关的等时性，可制成计时仪器，如摆钟等。由单摆周期公式知道，调节即可调节钟表的快慢。
（三）等效摆长与等效重力加速度
在有些振动系统中
（1）等效摆长
若摆球在纸面内做小角度的左右摆动，则摆动圆弧的圆心在
若摆球做垂直纸面的小角度摆动，则摆动圆弧的圆心在O处，故等效摆长为 ，周期
①公式中的g由单摆所在的空间位置决定。
由
②g还由单摆系统的运动状态决定。
单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值
当单摆有水平加速度a时（如加速运动的车厢内），等效重力加速
③g还由单摆所处的物理环境决定。
如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中，回复力应是 力和 力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也有等效值
（一）实验目的
利用单摆测定当地的重力加速度
（二）实验器材
铁架台（带铁夹）一个，中心有孔的金属小球一个，长约1m的细线一条，毫米刻度尺一根，游标卡尺（选用），秒表一块
（三）实验原理
单摆在偏角很小时的振动是简谐运动，振动周期跟偏角的大小和摆球的质量无关，这时单摆的周期公式是
测出单摆的和 ，即可求出当地的重力加速度g的值。
（四）实验步骤
（1）在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔，制成一个单摆。
（2）将铁夹固定在铁架台的上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，把做好的单摆固定在铁夹上，使摆线自由下垂。
（3）测量单摆的摆长
（4）把单摆从平衡位置拉开一个小角度，使单摆在竖直平面内摆动，用秒表测量单摆完成全振动30至50次所用的时间t，求出完成一次所用的平均时间，这就是单摆的周期T。
（5）重复上述步骤，将每次对应的摆长
摆长 | 振动次数 n（s） | N次历时 t（s） | 周期 T（s） | （m/s2） | g （m/s2） | 平均值 （m/s2） | |
1 | |||||||
2 | |||||||
3 |
（五）注意事项
（1）选择材料时摆线应选择 而不易 的线，长度一般不应短于1m；小球应选用密度较 的金属球，直径应较 ，最好不超过2cm；
（2）单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象；
（3）摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过10°；
（4）摆动时，要使之保持在同一个运动平面内，不要形成 摆；
（6）由公式
可采用图象的方法。如图所示，作出
振幅逐渐减小的振动叫阻尼振动；振幅不变的振动为等幅振动，也叫无阻尼振动。
（二）振动系统的能量
（1）对于给定的振动系统，振动的动能由振动的 决定，振动的势能由振动的 决定，振动的能量就是振动系统在某个状态下的动能与势能之和。
（2）对于同一振动系统，它的机械能大小由大小决定，振幅越大，机械能就越。若无能量损失，简谐运动过程中机械能守恒，为等幅振动。
（三）受迫振动
振动系统在 力作用下的振动叫受迫振动。
受迫振动稳定时，系统振动的频率等于的频率，跟系统的固有频率 关。
受迫振动不是系统内部动能和势能的转化，而是与外界时刻进行着能量交换，系统的机械能也时刻变化。
（四）共振
在受迫振动中，当驱动力的频率振动系统的固有频率时，振动物体的振幅最，这种现象叫做共振。声音的共振现象叫做共鸣。
共振曲线如图所示：
在需要利用共振时，应使驱动力的频率接近或振动物体的固有频率；在需要防止共振时，应使驱动力的频率与振动物体的固有频率不同，而且相差越越好。
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