2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一 第二章 机械振动 课时作业(5份打包,含解析)

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名称 2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一 第二章 机械振动 课时作业(5份打包,含解析)
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资源类型 教案
版本资源 人教版(2019)
科目 物理
更新时间 2024-10-10 13:11:19

文档简介

2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 简谐运动的描述
一、单选题
1.如图所示,水平方向上有一弹簧振子,O点是其平衡位置,振子在a和b之间振动,关于振子,下列说法正确的是( )
A.在a点时加速度最大,速度最大
B.在O点时速度最大,位移最大
C.在b点时位移最大,速度最小
D.在b点时加速度最大,速度最大
2.下列说法正确的是( )
A.简谐运动是匀变速运动
B.周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量
C.振幅等于振子运动轨迹的长度
D.简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹
3.弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动,在振子向着平衡位置运动的过程中( )
A.振子的速度逐渐增大 B.振子离开平衡位置的位移逐渐增大
C.振子所受的回复力逐渐增大 D.振子的加速度逐渐增大
4.某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动,下列选项正确的是( )
A.振幅为10cm
B.周期为2s
C.时,质点的速度为负的最大值
D.时,质点的加速度为正的最大值
5.下列关于简谐运动的说法正确的是( )
A.简谐运动属于一种匀变速运动
B.做简谐运动的物体在平衡位置的速度为0
C.做简谐运动的物体经过同一位置时的速度必然相同
D.做简谐运动的物体的位移方向与回复力方向必然相反
6.如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在M、N两点之间做简谐运动.振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示.下列判断正确的是( )
A.0.4 s时振子的加速度为零 B.0.8 s时振子的速度最大
C.0.4 s和1.2 s时振子的加速度相同 D.0.8 s和1.6 s时振子的速度相同
7.如图所示,实线是一列简谐横波在时刻的波形图,虚线是在时刻的波形图.下列说法正确的是( )
A.当波沿x轴负方向传播时,波速的表达式为
B.当波沿x轴负方向传播且时,波速大小为60 m/s
C.当波沿x轴正方向传播时,波速的表达式为
D.若波速,则波沿x轴负方向传播
8.如图甲所示,一弹簧左端固定在竖直墙壁上,右端连接一小球,弹簧无形变时小球静止于光滑水平地面上O点处。若把小球拉至A点后由静止释放,小球向左运动最远位置为B点,以水平向右为正方向,小球的振动图像如图乙所示,则下列正确的是( )
A.A、B之间的距离为
B.在0.8~1.6s时间内,小球运动的路程为12cm
C.时刻小球位于B点,且此时小球的加速度最小
D.在0.4~0.8s时间内,小球运动的速度逐渐减小,弹簧弹性势能逐渐减小
二、多选题
9.如图所示,与处有两个波源和均可以沿z轴方向做简谐运动,两波源产生的机械波均能以波源为圆心在平面内向各个方向传播,振动周期均为,波速均为。时刻波源开始沿z轴正方向振动,振幅;刻波源开始沿z轴负方向振动,振幅。下列说法正确的是( )
A.时刻,处质点的位移为
B.在x轴上,和区域都是振动的减弱点
C.在x轴上,区间内一共有9个振动的加强点
D.以波源为圆心,分别以半径4.4m和4.8m画圆,则在这两个圆周上,振动的加强点的个数相等
10.下端附着重物的粗细均匀木棒,竖直浮在河面,在重力和浮力作用下,沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动;与此同时,木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动,如图(a)所示.以木棒所受浮力F为纵轴,木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系,浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示.已知河水密度为ρ,木棒横截面积为S,重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A.x从0.05 m到0.15 m的过程中,木棒的动能先增大后减小
B.x从0.21 m到0.25 m的过程中,木棒加速度方向竖直向下,大小逐渐变小
C.和时,木棒的速度大小相等,方向相反
D.木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E.木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波,波速为0.4 m/s
11.如图所示,沿水平方向做简谐振动的质点,依次通过相距L的A、B两点.已知质点在A点的位移大小为振幅的一半,B点位移大小是A点的倍,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,该振动的振幅和周期可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题
12.如图,一弹簧振子沿x轴做简谐运动,振子零时刻向右经过A点,2 s时第一次到达B点,已知振子经过两点时的速度大小相等,2 s内经过的路程为5.6 m,则该简谐运动的周期为________s,振幅为________m。
13.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播,如图甲所示,为传播方向上相距的两质点。当波刚传播到质点A时开始计时,时质点B第一次处于波谷。已知质点A的振动图像如图乙所示,则该简谐横波在该介质中传播速度为_____________,波长为_____________m。
14.一质点在O点附近做简谐运动,它离开O向M点运动,2s末第一次到达M点,又经过4s第二次到达M点,再经过_______________s它将第三次到达M点。若该质点由O出发在8s内走过8cm的路程,该质点的振幅为_______________cm。
四、计算题
15.我们知道竖直方向弹簧振子的振动为简谐振动。现在它的右方放置一个转速可以精确调节的微型电机,使其带动一头按有一乒乓球的金属棒转动,在它的左方放一金属板,并用灯光从侧面照射这个装置,如图甲所示。适当调节电机的转速和重物的位置,可以观察到,乒乓球和重物在硬纸板上的影子在任何瞬间都重合。该实验表明,做匀速圆周运动的物体在圆的某一直径上的投影为简谐运动。将上述实验结果表示为图乙,其中M点为乒乓球,它沿着半径为A的圆周做角速度为ω的匀速圆周运动,也可以说成矢量OM在xy平面内绕原点O做角速度为ω的匀速旋转。
(1)如果时,OM与x轴的夹角为φ,则在任意时刻t,M点在x轴上的投影P点的位移与时间t满足什么关系
(2)通过将M点做匀速圆周运动的速度沿着x轴和y轴进行分解,可以得到P点的速度随时间t的变化满足什么关系
(3)类比第(2)问的分析,将M点的向心加速度进行分解,我们还能得到P点的加速度随时间t的变化关系满足什么形式(直接写出结果即可)。请根据写出的位移与加速度随时间的变化关系推导论证弹簧振子的周期公式满足。
16.简谐运动是我们研究过的一种典型运动方式.
(1)一个质点做机械振动,如果它的回复力与偏离平衡位置的位移大小成正比,而且方向与位移方向相反,就能判定它是简谐运动.如图所示,将两个劲度系数分别为和的轻质弹簧套在光滑的水平杆上,弹簧的两端固定,中间接一质量为m的小球,此时两弹簧均处于原长.现将小球沿杆拉开一段距离后松开,小球以O为平衡位置往复运动.请你据此证明,小球所做的运动是简谐运动.
(2)以上我们是以回复力与偏离平衡位置的位移关系来判断一个运动是否为简谐运动.但其实简谐运动也具有一些其他特征,如简谐运动质点的运动速度v与其偏离平衡位置的位移x之间的关系就都可以表示为,,其中为振动质点通过平衡位置时的瞬时速度,a为由系统本身和初始条件所决定的不变的常数.请你证明,如图中小球的运动也满足上述关系,并说明其关系式中的a与哪些物理量有关.已知弹簧的弹性势能可以表达为,其中k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的形变量.
(3)一质点沿顺时针方向以速度做半径为R的匀速圆周运动,如图所示.请结合第(2)问中的信息,分析论证小球在x方向上的分运动是否符合简谐运动这一特征.
参考答案
1.答案:C
解析:O点为弹簧振子的平衡位置,振子在O点时加速度为零,位移为零,速度最大,故B错误;振子在两点时,位移最大,加速度最大,速度为零,故A、D错误,C正确.
2.答案:B
解析:A.简谐运动是变加速运动,故A错误;
B.物体做简谐运动的快慢程度可以用周期、频率表示,故B正确;
C.振幅等于振子偏离平衡位置位移的最大值,不等于振子运动轨迹的长度,故C错误;
D.简谐运动的图像描述的偏离平衡位置的位移随时间变化的关系,故D错误。
故选B。
3.答案:A
解析:A.回复力与运动方向相同,所以振子的速度逐渐增大,故A正确;
BCD.振子离开平衡位置的位移逐渐减小,有
可知回复力逐渐减小,有
加速度逐渐减小,故BCD错误。
故选A。
4.答案:D
解析:AB.由图可知振幅为5cm,周期为4s,选项AB错误;
C.时,质点在正向最大位移处,速度为0,选项C错误;
D.时,质点在负向最大位移处,加速度为正的最大值,选项D正确。
故选D。
5.答案:D
解析:A.简谐运动的合外力时刻发生变化,是一种变加速运动,故A错误;B.做简谐运动的物体在平衡位置的速度最大,不为0,故B错误;C.做简谐运动的物体经过同一位置时的速度大小一定相同,速度方向不一定相同,故C错误;D.做简谐运动的物体的位移方向与回复力方向必然相反,故D正确。故选D。
6.答案:B
解析:A.0.4 s时振子处于振幅最大处,加速度最大,故A错误;
B.0.8 s时振子处于平衡位置,速度最大,加速度为零,故B正确;
C.0.4 s和1.2 s时加速度大小相同,方向不同,故C错误;
D.0.8 s和1.6 s时速度大小相同,方向相反,故D错误;
故选B.
7.答案:B
解析:根据题意,由题图可知,当波沿x轴负方向传播时,波在时间内传播的距离为,由题图可知,又,联立可得,若有,则波的传播距离范围为,即,此时波速为,故A错误,B正确;根据题意,由题图可知,当波沿x轴正方向传播时,波在时间内传播的距离为,则波速,故C错误;若波速,当时,满足,故波沿x轴正方向传播,故D错误.
8.答案:B
解析:A.由乙图可知,A、B之间的距离为12cm,A错误;B.在0.8~1.6s时间内,小球运动的路程为2个振幅,为12cm,B正确;C.由图乙可知,在0.8s时,小球位于负的最大位移处,即B点,此时小球的加速度最大,C错误;D.在0.4~0.8s时间内,小球从平衡位置处向负的最大位移处运动,小球运动的速度不断减小,弹簧弹性势能增大,D错误。故选B。
9.答案:CD
解析:A.假设只有波源时,因波速,此波传到处需要时间为因周期,则处的质点又振动了可知质点在时刻处在波峰,即位移是3cm,同理可知只有波源时,传到需要时间为质点又振动了可知质点在时刻处在波谷,则位移是-5cm,故时刻,处质点的位移为故A错误;B.该波的波长为在和区域,各点到两波源的距离之差即是波长的整数倍,波源的振动步调相反,波源先振动半个周期,因此各点都是振动加强点,故B错误;C.设振动加强的坐标为x,在x轴上,振动加强点满足且解得故区间内一共有9个振动的加强点,故C正确;D.以波源为圆心,分别以半径4.4m和4.8m画圆,如图所示
则在这两个圆周上,Q点到两波源的距离之差最小,则有
P点到两波源的距离之差最大,为
半径为4.4m的圆上振动加强点满足
解得可取
点到两波源的距离之差最小
点到两波源的距离之差最大,为
半径为4.8m的圆上振动加强点满足
解得可取
则在这两个圆周上,振动的加强点的个数相等,故D正确。
故选CD。
10.答案:ABD
解析:由题图(b)可知,x从0.05 m到0.15 m的过程中,木棒受到的回复力先减小到零后反向增大,故木棒在竖直方向的速度先增大到最大后逐渐减小,再根据速度的合成可知,合速度也是先增大到最大,再逐渐减小,故木棒的动能先增大后减小,A正确;x从0.21 m到0.25 m的过程中,木棒受到的浮力较小且逐渐变大,则受到的回复力竖直向下,加速度方向竖直向下,大小逐渐变小,B正确;和时,木棒所受浮力相等,则木棒所受回复力相等,木棒在竖直方向的速度大小相等,方向相反,与水平方向速度合成后,木棒在两个位置的速度大小相等,方向不同也不相反,C错误;木棒受到的最大浮力和最小浮力的差值为,等于两倍振幅长度的木棒部分受到的浮力大小,即,解得,D正确;木棒的运动是质点的运动,而不是机械振动的传播,E错误.
11.答案:BC
解析:设质点的振动方程为,根据题意,当时,质点在A点的位移,质点到达B点的位移,由于从经过A点开始计时,则,当时A、B两点的位置如图甲所示,则,解得振幅,周期,A错误,B正确;当时,A、B两点的位置如图乙所示,则,解得振幅,周期,C正确,D错误.
12.答案:4;2.8
解析:振子经过两点时的速度大小相等,两点关于O点对称,振子从A向右振动第1次回到B的时间与振子从B向左振动第1次回到A的时间相等,且两者时间之和恰好为一个周期,故周期内经过的路程恰好为2倍振幅,故振幅。
13.答案:20;16
解析:由图乙可知波的周期为,波源向上起振,则质点B从起振到第一次处于波谷经历的时间为
时质点B第一次处于波谷,则简谐横波在该介质中传播速度为
波长为
14.答案:12;4
解析:运动过程如图所示
振子第三次经过M点需要时间为
质点的振动周期为,所以8s经过了半个周期,其路程与振幅的关系为
解得
15.答案:(1);(2);(3);见解析
解析:(1)竖直方向弹簧振子的振动为简谐运动,乒乓球和重物在硬纸板上的影子在任何瞬间都重合,则M点在x轴上的投影P点的位移与时间满足
(2)M点做匀速圆周运动的速度为
P点的速度和M点在x轴上的投影点速度相同,P点的速度随时间t的变化满足
(3)M点做匀速圆周运动的加速度为
P点的加速度和M点在x轴上的投影点加速度相同,P点的加速度随时间t的变化满足
根据牛顿第二定律和回复力公式有
则有
代入P点的加速度和位移表达式可得
所以可得弹簧振子的周期公式满足
16.答案:(1)证明见解析.(2)a等于两个弹簧的劲度系数的和,初速度的大小与开始时的振幅有关.(3)证明见解析.
解析:(1)若小球向右偏离的位移为x,选取向右为正方向,由胡克定律可得,小球受到的合外力:,由于和都是常数,所以小球受到的合外力与位移成正比,小球做简谐振动.
(2)小球运动的过程中的机械能包括小球的动能与弹簧的弹性势能,小球运动的过程中系统的机械能守恒,设小球偏离O点的最大位移为A,则通过平衡位置时:
若小球向右偏离的位移为x时的速度为v,则:
即:
可知其中a等于两个弹簧的劲度系数的和,初速度的大小与开始时的振幅有关.
(3)当质点水平方向的位移为x时,质点速度与x轴之间的夹角设为θ,将质点的速度沿x轴方向与y轴方向分解如图,则:
而:
根据合速度与分速度的关系可知:
整理可得:2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 实验:用单摆测量重力加速度
一、单选题
1.有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”,他们各自利用那里的实验室中系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据,并用计算机绘制了如图甲所示的图像。另外,去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像,如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A
B.甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数
C.由乙图可知,a、b两摆球振动周期之比为
D.由乙图可知,时b球振动方向沿y轴负方向
2.我国计划在2030年前实现登陆月球。假设宇航员登月后用细绳拴接金属球做成单摆,测量出摆长和周期,根据测量物理量可以计算( )
A.万有引力常量G B.月球表面重力加速度g
C.月球的质量M D.月球的密度ρ
3.某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律,O是单摆的平衡位置,单摆在竖直平面内左右摆动,M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图象。已知当地的重力加速度大小,取,下列说法中正确的是( )
A.单摆的振幅是0.14m,振动的频率是1Hz
B.振动的表达式为
C.单摆的摆长为1m
D.时摆球在N点
4.将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上,使手机边缘与座椅边缘平行(图甲),让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动,此时秋千可看作一个理想的单摆,摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的关系图如图乙所示。则以下说法正确的是( )
A.秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动
B.当秋千摆至最低点时,秋千对手机的支持力小于手机所受的重力
C.秋千摆动的周期为
D.该地的重力加速度
5.如图所示,在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆,单摆在斜面上做小角度摆动,摆球经过平衡位置时的速度为v,则以下判断正确的是( )
A.单摆在斜面上摆动的周期
B.摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为
C.若小球带正电,并加一沿斜面向下的匀强电场,则单摆的振动周期将减小
D.若小球带正电,并加一垂直斜面向下的匀强磁场,则单摆的振动周期将发生变化
6.一个单摆在地面上做受迫振动,其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示,则( )
A.此单摆的固有周期约为0.5 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长增大,单摆的固有频率增大
D.若摆长增大,共振曲线的“峰”将向右移动
7.关于单摆摆球在运动过程中的受力,下列结论中正确的是( )
A.摆球受重力、摆线的拉力、回复力、向心力的作用
B.摆球的回复力最大时,向心力为零;回复力为零时,向心力最大
C.摆球的回复力最大时,摆线中的拉力大小比摆球的重力大
D.摆球的向心力最大时,摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
8.如图甲所示,在倾角光滑的斜面上固定一摆长为L的单摆,单摆在斜面上以的角度来回摆动。某实验小组通过力传感器得到了摆线的拉力大小F随时间t变化的图线,如图乙所示(图中所标字母均为已知量)。已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.该单摆的周期为
B.若把此单摆移至地球两极,单摆的周期变大
C.摆球的质量
D.摆球在最低点时的速度大小
二、多选题
9.某单摆由1m长的摆线连接一个直径为2cm的铁球组成,关于单摆周期的下列说法正确的是( )
A.用等大的铜球替代铁球,单摆的周期不变
B.摆角从5°改为3°,单摆的周期会变小
C.用大球替代小球,单摆的周期不变
D.将单摆从赤道移到北极,单摆的周期会变小
10.同一地点,甲、乙单摆在驱动力作用下振动,其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.若驱动力的频率为,乙单摆振动的频率大于
B.若驱动力的频率为,乙单摆振动的频率等于
C.若驱动力的频率为,甲、乙单摆振动的振幅相同
D.若驱动力的频率为,甲、乙单摆振动的频率均为
11.图甲是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置,设摆球向右运动为正方向,图乙是这个单摆的振动图象,由此可知( )
A.单摆振动的频率1.25Hz
B.时摆球位于B点
C.时摆球位于平衡位置O,加速度为零
D.若当地的重力加速度,则这个单摆的摆长是0.16m
三、填空题
12.在“用单摆测定重力加速度”的实验中,使单摆的摆角小于5°,测得完成n次全振动的时间为t。单摆周期__________;若其它操作正确,但把次全振动的时间误当成n次全振动的时间,则测得重力加速度会__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
13.
(1)某同学在用单摆测量重力加速度实验时,测量摆长。用米尺测得摆线长度为99.50cm,用游标卡尺测得小铁球的直径如图甲所示,则摆球的直径为___________cm。
(2)用停表测量单摆的周期。把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放,当单摆稳定时,摆球到达___________(选填“最高”或“最低”)点时开始计时,并计数为零。单摆每经过这点时记一次数,当数到100次时,如图乙所示,所用的时间为___________s,则单摆的周期为___________s。
(3)他计算得出的重力加速度为___________,比实际测量的重力加速度要大,其原因是___________。
A.摆球太重 B.摆角太小
C.开始计时时停表过迟按下 D.实验中全振动次数记少了
14.电磁打点计时器和电火花计时器都是使用交流电源的计时仪器,电磁打点计时器工作的电压是________,电火花计时器工作的电压是________.电源频率是时,它每隔________打一个点.某次实验中得到的一条纸带,用刻度尺测量的情况如图所示,纸带在段的平均速度约为________m/s,C点的瞬时速度约为________m/s.(结果保留两位有效数字)
四、计算题
(1)此单摆的摆长;
(2)该地球表面的重力加速度为行星表面重力加速度的多少倍;
(3)该行星的半径与地球半径之比为多少。
15.如图甲所示,有一悬挂在O点的单摆,将小球(可视为质点)拉到A点后释放,小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动,已知B点为小球运动中的最低点,A、C两点为小球运动中的最高点,摆角为α()在O点接有一力传感器,图乙表示从某时刻开始计时,由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线,由力传感器测得最小拉力为,图中、已知,当地重力加速度大小为g,求:
(1)单摆的周期T和摆长L;
(2)小球的质量m;
(3)力传感器测出的拉力的最大值。
参考答案
1.答案:D
解析:AB.根据

知图线的斜率
图线B的斜率较小,则图线B对应的重力加速度较大,可知甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B,故AB错误;
C.周期等于完成一次全振动的时间,由乙图可知,a、b两单摆的周期之比为2:3,故C错误;
D.由乙图可知,时,b球处于平衡位置向-y方向运动,故D正确。
故选D。
2.答案:B
解析:根据单摆周期公式,测量摆长L和周期T,可以计算月球表面的重力加速度g。根据可知,不能求解万有引力常量G、月球的质量M以及月球的密度ρ。故选B。
3.答案:C
解析:A.由题图乙知振幅,周期,则频率
A错误;
B.振动的表达式为
选项B错误;
C.由单摆的周期公式
解得
C正确;
D.由题图乙知,时摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以摆球在M点,选项D错误。
故选C。
4.答案:D
解析:A.秋千从摆动到停下的过程受空气阻力,振幅不断减小,为阻尼振动,故A错误;
B.在最低点,根据牛顿第二定律,可得秋千对手机的支持力,可知秋千对手机的支持力大于手机所受的重力,故B错误;
C.秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间,所以两次经过最低点,有两次向心加速度最大,故周期为,故C错误;
D.根据单摆周期公式,可得当地重力加速度,故D正确。
故选D。
5.答案:C
解析:A.单摆在平衡位置时,等效重力加速度为
所以单摆在斜面上摆动的周期
故A错误;
B.回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比,故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0,故B错误;
C.若小球带正电,并加一沿斜面向下的匀强电场,单摆在平衡位置时,等效重力加速度为
所以单摆在斜面上摆动的周期减小,故C正确;
D.若小球带正电,并加一垂直斜面向下的匀强磁场,则小球摆动过程中洛伦兹力始终垂直速度,不产生回复力的效果,故周期不变,故D错误。
故选C。
6.答案:B
解析:单摆发生共振时的频率与固有频率相等,由题图可知固有频率为0.5 Hz,则周期为2 s,由,可得,,故A错误,B正确;若摆长增大,则单摆的固有周期增大,固有频率减小,其共振曲线的“峰”将向左移动,故C、D错误.
7.答案:B
解析:A、单摆摆球在运动过程中只受重力和张力的作用,回复力和向心力均为效果力,故A错误;B、摆球受的回复力最大时,处于最大位置处;故向心力为零;当在平衡位置时,回复力为零时,但向心力最大,故B正确;C、回复力最大时,物体处于最高点,此时,绳子的张力与重力沿绳子方向的分力相等,故张力小于重力,故C错误;D、向心力最大时,物体处于平衡位置,此时回复力为零,合力沿竖直方向,故加速度也沿竖直方向,故D错误;故选:B。
8.答案:D
解析:A.由题图乙可知,时刻是摆球自开始摆动后第一次所受拉力最小的时刻,对应于到达最高点的时刻,而时刻才是摆球第一次回到释放点的时刻,
故该单摆的周期为,故A错误;
B.根据单摆周期公式
可知若把此单摆移至地球两极,重力加速度变大,则单摆的周期变小,故B错误;
CD.设摆球质量为m,在最低点时的速度大小为v。小球在最高点时沿摆线方向受力平衡,有
小球在最低点时,根据牛顿第二定律有
小球从最高点运动到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有
联立可得
故D正确,C错误;
故选D。
9.答案:AD
解析:A.用等大的铜球替代铁球,单摆摆长不变,由单摆周期公式可知,单摆的周期不变,A正确;B.在小摆角情况下,单摆作简谐运动的周期与摆角无关,单摆周期不变,B错误;C.用大球替代小球,单摆摆长变长,由单摆周期公式可知,单摆的周期变大,C错误;D.将单摆从赤道移到北极,重力加速度变大,由单摆周期公式可知,单摆的周期变小,D正确。故选AD。
10.答案:BD
解析:ABD.当物体做受迫振动时,物体振动的频率等于驱动力的频率,故A错误,BD正确;C.受迫振动物体的固有频率与驱动力频率越接近,振幅越大,由图可知,甲的固有频率是,乙的固有频率是2,若驱动力的频率为3,甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅,故C错误。故选BD。
11.答案:ABD
解析:A.由振动图像可判断:该单摆的周期为0.8s,故频率为,故A正确;B.由于规定摆球向右运动为正方向,且B点为摆球所能到达的左边最远位置,故由振动图像可判断:时摆球位于B点,故B正确;C.由振动图像可判断:时摆球位于平衡位置O,但摆球受到的合力不为零,所以加速度不为零,故C错误;D.根据单摆的周期公式,可得,把,代入计算得,故D正确;故选ABD。
12.答案:;偏大
解析:测得完成n次全振动的时间为t,则单摆的周期为
若其它操作正确,但把次全振动的时间误当成n次全振动的时间,则单摆周期的测量值偏小,根据单摆周期公式
可得
由于单摆周期的测量值偏小,则重力加速度测量值偏大。
13.答案:(1)1.04
(2)最低;97.5;1.95
(3)10.37/10.4;C
解析:(1)单摆的摆球直径为
(2)当单摆稳定时,摆球到达最低点时开始计时,并计数为零。单摆每经过这点时记一次数,当数到100次时,如图乙所示,所用的时间为1分37.5秒,单摆全振动次数为50次,故单摆的周期为1.95s。
(3)根据单摆周期公式
解得
AB.g值大的原因就在于周期值比实际的要小,与摆球质量、摆角无关,故AB错误;
C.开始计时时停表过迟按下,使记录时间变小,次数不变,故周期变小,g值比实际测量的重力加速度要大,故C正确;
D.实验中全振动次数计少了,记录时间不变,则周期变大,g值比实际测量的重力加速度要小,故D错误。
故选C。
14.答案:8V;220V;0.02s;0.35;0.53
解析:电磁打点计时器工作的电压约为8V,电火花计时器工作的电压是220V当电源频率是50Hz时,它每隔0.02s打一个点.,则纸带在段的平均速度约为,C点的瞬时速度约为.
15、
(1)1m
(2)4
(3)4
16.答案:(1),(2)(3)
解析:(1)由题图乙可知,单摆周期为
由单摆周期公式
解得
(2)小球在A点时拉力最小,则有
解得
(3)小球在平衡位置B点时拉力最大,根据牛顿第二定律有
小球从A到B过程,由动能定理得
解得2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 单摆
一、多选题
1.如图所示,轻质弹簧上面固定一质量为m的小球,小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动,当小球振动到最高点时弹簧正好为原长,则在振动过程中(重力加速度用g表示)( )
A.小球的最大动能应等于 B.弹簧的弹性势能和小球动能的总和保持不变
C.弹簧的最大弹性势能等于 D.小球在最低点时弹簧的弹力大小等于
2.在光滑斜面上的物块A被平行于斜面的轻弹簧拉住静止于O点,如图所示。现将物块A沿斜面拉到B点无初速度释放,物块A在范围内做简谐运动,则下列说法正确的是( )
A.越长,振动能量越大
B.在振动过程中,物块A的机械能守恒
C.物块A与轻弹簧构成的系统的势能,当物块A在C点时最大,当物块A在O点时最小
D.物块A与轻弹簧构成的系统的势能,当物块A在C点时最大,当物块A在B点时最小
3.如图所示,物体系在两弹簧之间,弹簧的劲度系数分别为和,且,两弹簧均处于自然状态。现在向右拉动物体,然后释放,物体在间振动,O为平衡位置(不计阻力),设向右为正方向,物体相对O点的位移为x,则下列判断正确的是( )
A.物体做简谐运动, B.物体做简谐运动,
C.物体所受合力 D.物体所受合力
4.如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆,a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候,通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力,使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像,重力加速度为g,不计空气阻力,则( )
A.a、b、c单摆的固有周期关系为
B.达到稳定时b摆的振幅最大
C.由图乙可知,此时b摆的周期小于
D.a摆的摆长为
5.下列说法正确的是( )
A.在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B.弹簧振子做简谐振动时,振动系统的势能与动能之和保持不变
C.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐振动的周期越小
D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
6.如图所示,劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,上端拴接一质量为m的物体A,初始时系统处于静止状态,弹簧的弹性势能大小为E,将另一与A完全相同的物体B轻放在A上,不计空气阻力,重力加速度为g,关于二者之后在竖直方向上的运动,下列说法正确的是( )
A.物体B被弹簧弹回到某位置后将脱离物体A向上运动
B.A、B运动过程中的最大加速度为g
C.A、B运动过程中的最大加速度为
D.弹簧的最大弹性势能为
二、计算题
7.如图所示,弹簧振子在光滑水平面上以振幅A做简谐运动,质量为M的滑块上面放一个质量为m的砝码,砝码随滑块一起做简谐运动,已知弹簧的劲度系数为k,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,试求:
(1)使砝码随滑块一起振动的回复力是什么力?它跟位移成正比的比例常数等于多少?
(2)当滑块运动到振幅一半的位置时,砝码所受回复力有多大?方向如何?
(3)当砝码与滑块的动摩擦因数为μ时,要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为多大?
8.如图甲所示,将一轻质弹簧一端固定,另一端悬挂一质量的小球。现把小球由静止悬挂状态向下拉3 cm,然后由静止释放并开始计时,小球在竖直方向上做简谐运动。已知弹簧的劲度系数,小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取,不计空气阻力。求:
(1)简谐运动的振幅A;
(2)小球在平衡位置下方2 cm处时的回复力大小;
(3)取平衡位置为坐标原点,向下为x轴正方向,在图乙的坐标系中定性画出小球的位移——时间图像。
9.某单摆做简谐运动,运动过程中摆线的最大拉力与最小拉力之比为,以摆球平衡位置所在水平面为零重力势能参考面,摆球的动能和重力势能随时间的变化规律如图所示,已知角度θ很小时,,重力加速度g取,.求:
(1)单摆的振动周期和摆长;
(2)摆球的质量;
(3)单摆做简谐运动的振幅(结果保留两位有效数字).
10.将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,图甲表示一滑块(可视为质点)在竖直平面内沿固定的光滑半球形容器内壁在点之间来回滑动.点与O点连线与竖直方向之间的夹角相等且都为θ(均小于5°),图乙为滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线,且图中为滑块从A点开始运动的时刻,,试根据力学规律和图中所给的信息,求:
(1)容器的半径;
(2)滑块的质量及滑块运动过程中的最大动能.
三、单选题
11.关于单摆(摆角很小),下列说法中正确的是( )
A.摆球运动的回复力是它受到的合力
B.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,加速度不变
D.摆球经过平衡位置时,加速度为零
12.甲、乙两个单摆的摆球完全相同,在同一平面内各自做简谐运动,摆线的最大摆角相同.某时刻开始计时,内它们的振动图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.甲、乙的摆长之比为1:2
B.时刻甲、乙的相位差为
C.甲摆球的最大动能大于乙摆球的最大动能
D.从计时开始,乙摆球第2次经过最低点时两摆球速度方向相反
13.如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点,竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心,D是圆环上与M靠得很近的一点(DM远小于CM).已知在同一时刻,a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点;c球由C点自由下落到M点;d球从D点静止出发沿圆环运动到M点.则( )
A.b球和a球同时到达M点 B.b球最后到达M点
C.c球最后到达M点 D.d球最先到达M点
14.如图,轻弹簧上端固定,下端悬挂一小钢球,把钢球从平衡位置O向下拉一段距离A,放手让其运动,A为振动的振幅,用停表测出钢球完成n个全振动所用的时间就是振动的周期.弹簧的弹性势能表达式为,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量.现把振幅减小为原来的一半,则( )
A.振动周期变为原来的一半
B.经过平衡位置的动能变为原来的一半
C.最大加速度变为原来的一半
D.若n的值取小一些,可以减小测量误差
15.关于简谐运动的回复力的含义,下列说法正确的是( )
A.k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的长度
B.k是回复力跟位移的比值,x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移
C.根据,可以认为k与F成正比
D.表达式中的“-”号表示F始终阻碍物体的运动
16.某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程,即用在同一张底片上多次曝光的方法,在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始,每隔相同时间曝光一次,得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片,如图所示,其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知( )
A.A和B位置等高,说明摆球在运动过程中机械能守恒
B.摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力
C.摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
D.摆球经过O点前后瞬间角速度大小不变
E.摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率,等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率
F.在O点附近摆球相邻位置的间隔较大,说明其在O点附近相邻位置间的运动时间较长
G.小球在A点受绳的拉力大小小于其在B点受绳的拉力
17.如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,将力传感器接在摆球与O点之间,可测出细线对摆球的拉力大小F。现将摆球拉到A点,释放摆球,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置。图乙表示拉力大小F随时间t变化的曲线,时摆球从A点由静止开始运动,重力加速度g取。下列说法正确的是( )
A.摆球的质量为
B.单摆的摆长为0.1m
C.摆球在时和时速度相同
D.摆球运动过程中的最大速度为0.2m/s
18.如图所示,一根固定在墙上的水平光滑杆,两端分别固定着相同的轻弹簧,两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动,小球将做周期为T的往复运动,则( )
A.小球做简谐运动
B.小球动能的变化周期为
C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D.小球的初速度为时,其运动周期为
四、填空题
19.班里同学春游时,发现一棵三位同学都合抱不过来的千年古树,他们想测量这棵古树的直径。由于他们未带卷尺,只备有救生绳(较轻较细),于是他们利用单摆原理对古树的直径进行粗略测量。他们用救生绳绕树一周,截取长度等于树干周长的一段(已预留出打结部分的长度),然后在这段救生绳的一端系一个小石块。接下来的操作步骤为:
Ⅰ.将截下的救生绳的另一端固定在一根离地足够高的树枝上;
Ⅱ.移动小石块,使伸直的救生绳偏离竖直方向一个小的角度(小于5°),然后由静止释放,使小石块在同一竖直面内摆动;
Ⅲ.从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始,用手机中的“秒表”软件计时(记为第0次经过平衡位置),至小石块第n次经过平衡位置,测出这一过程所用的总时间为t,计算出小石块摆动的周期T。
(1)根据步骤Ⅲ,可得小石块摆动的周期________。
(2)查得该地区同纬度海平面的重力加速度为g,可得该树干的直径________。
20.如图所示,一个轻质弹簧下端挂一小球,小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放,并开始计时,小球在竖直方向做简谐运动,周期为T。经时间,小球从最低点向上运动的距离________(选填“大于”“小于”或“等于”);在时刻,小球的动能________(选填“最大”或“最小”)。
21.小明在学习了单摆的知识以后利用单摆周期规律制作了一个单摆摆钟。
(1)若此摆钟摆长为1m,则摆钟的周期约为______s(保留1位有效数字)。
(2)根据学过知识小明知道不同纬度的重力加速度g不同,此摆钟在赤道时要比在两极时走得______(填“慢”或“快”)。
参考答案
1.答案:CD
解析:当小球到达平衡位置时,动能最大,此时有,即最大动能小于,故A错误。小球在运动过程中系统机械能守恒,因此动能、重力势能和弹性势能之和保持不变,B错误。从最高点到最低点,重力势能全部转化为弹性势能,,最低点加速度大小等于最高点加速度大小g,根据牛顿第二定律得,则,故CD正确。
2.答案:AC
解析:做简谐运动的物块的能量跟振幅有关,振幅越大,振动能量越大,所以A正确;在简谐运动中,系统机械能守恒,但物块A的重力势能与动能总和不断变化,物块A的机械能不守恒,故B错误;在简谐运动中,系统在最大位移处势能最大,在平衡位置处动能最大,势能最小,所以C正确,D错误。
3.答案:AD
解析:物体相对O点的位移为x,则物体所受的合力,D正确,C错误;可见物体做的是简谐运动,由简谐运动的对称性可得,A正确,B错误。
4.答案:AD
解析:
5.答案:ABD
解析:A、根据单摆的周期公式,得.在同一地点,g一定,则知与L成正比,即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比,故A正确;B、弹簧振子做简谐振动时,振动系统的机械能守恒,即振动系统的势能与动能之和保持不变,故B正确;C、根据单摆的周期公式,知单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关,故C错误;D、系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,与固有频率无关,故D正确。故选:ABD。
6.答案:CD
解析:初始时,A、B的加速度最大,对A、B组成的系统根据牛顿第二定律,有,解得,故B错误,C正确;当两物体运动到最低点时,其速度为零,弹簧的弹性势能达到最大,根据简谐运动的对称性,有,解得,根据机械能守恒定律,有,故D正确;系统在运动过程中最大加速度为,可知物体B始终受到向下的重力和A对B向上的支持力,所以B不会脱离物体A向上运动,故A错误.
7.答案:(1)滑块对砝码的静摩擦力;
(2);方向指向平衡位置
(3)
解析:(1)使砝码随滑块一起做简谐运动的回复力是滑块对砝码的静摩擦力.对整体有,对砝码有,由以上两式可得,所以.
(2)当滑块偏离平衡位置时,有,方向指向平衡位置.
(3)当砝码所受摩擦力最大时,有最大振幅,有,则.
8.答案:(1)
(2)6 N
(3)图见解析
解析:解:(1)由题意可知振幅
(2)
(3)取向下为正方向,所以初态在正向最大位移处,振动图像如图
9.答案:(1);1.6 m
(2)1 kg
(3)0.14 m
解析:(1)单摆在一个周期内摆球的动能和重力势能有两次达到最大值,结合题图可知该单摆的振动周期为,
由单摆周期公式,
代入数据可得.
(2)设单摆在最高点时摆线与竖直方向的夹角为θ,在最高点时摆线的拉力最小,最小为,
在最低点,摆线的拉力最大,此时速度也最大,设为,则有,
由题意可得,
又,
联立解得.
(3)由(2)中分析结合题意可得,
由几何知识可得单摆做简谐运动的振幅为.
10.答案:(1)0.1 m
(2)0.05 kg;
解析:(1)滑块完成一次全振动的时间为一个周期,由题图乙得滑块做简谐运动的周期,
根据,解得.
(2)滑块在最高点A时力传感器示数为,
在最低点B时力传感器示数为,
从A到B的过程中,滑块机械能守恒,有,
联立解得,
滑块在B点的动能最大,.
11.答案:C
解析:单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力,不是摆球所受的合力,故A错误;摆球在运动过程中,回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置,而向心加速度指向圆心,故合加速度方向不是始终指向平衡位置,故B错误;摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点,受力情况相同,加速度不变,故C正确;摆球经过平衡位置时,有向心加速度,加速度不为零,故D错误.
12.答案:D
解析:由题图可知,甲的周期为,乙的周期为,由单摆周期公式可知,甲、乙的摆长之比为1:4,故A错误;由题图可知,甲的振动方程为,乙的振动方程为时刻甲、乙的相位差为,故B错误;甲、乙两个单摆的摆球完全相同,摆线的最大摆角相同,从最高点到最低点,由动能定理有,由于乙的摆长大,则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最大动能,故C错误;由题图可知,时,乙摆球第2次经过最低点,此时,两摆球速度方向相反,故D正确.
13.答案:B
解析:a球位移,加速度,根据,解得球位移,加速度,根据,解得球位移,加速度,由,解得球做类似单摆运动,,可知最小,最大,因此b球最后到达M点.故选B.
14.答案:C
解析:根据弹簧振子的周期公式,可知把振幅减小为原来的一半,钢球振动周期不变,故A错误;设平衡位置弹簧的形变量为,则有,开始时,钢球从释放到运动至平衡位置的过程中,根据能量守恒定律有,其中,联立解得,同理,振幅减小一半时,可求得,可知,即经过平衡位置的动能不会变为原来的一半,故B错误;钢球在平衡位置时,有,振幅为A时,最大加速度满足,振幅为时,最大加速度满足,联立解得,故C正确;若n的值取小一些,测量误差会增大,故D错误.
15.答案:B
解析:回复力是所有简谐运动都必须满足的关系式,其中F是回复力,x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移,k是比例系数,与F无关,“-”号表示F的方向与物体偏离平衡位置的位移方向相反,有时使物体加速,有时阻碍物体的运动,故B正确.
16.答案:A
解析:A.A和B位置等高,说明摆球在运动过程中机械能守恒,A正确;B.A,B两点的速度为零,因此向心力为零,则在A点处所受合力大小,而在B点处所受合力大小,其中、是轨迹的切线与水平方向夹角,由于A、B两点高度相同,因此,由于,可得,因此,B错误;C.摆球经过O点前后瞬间速度大小不变,根据,可知经过O点后,运动半径减小,因此加速度变大,C错误;D.根据,因此经过O点后半径变小角速度变大,D错误;E.根据可知单摆在A到O和O到B的摆动过程中单摆的周期不同,各自摆动时间为对应的四分之一周期,因此A到O和O到B的摆动时间不同,重力做功大小相等,因此由可知功率大小不一样,E错误;F.在O点附近摆球相邻位置的间隔较大,说明其在O点附近相邻位置间的运动速度较大,时间间隔相等,F错误;G.小球在A点受到拉力为,小球在B点受到拉力为,由于,因此,G错误。故选A。
17.答案:A
解析:B.由图可知单摆的周期为,根据单摆周期公式,解得单摆的摆长为,故B错误;AD.在最高点,在最低点,根据牛顿第二定律,从最高点到最低点,由动能定理得,联立解得,,故A正确,D错误;C.摆球在时和时速度大小相同,方向不同,故C错误。故选A。
18.答案:B
解析:A.物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比,且方向总是指向平衡位置,可知小球在杆中点到接触弹簧过程,所受合力为零,此过程做匀速直线运动,故小球不是做简谐运动,A错误;BC.假设杆中点为O,小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A,小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B,可知小球做周期为T的往复运动过程为,根据对称性可知小球从与,这两个过程的动能变化完全一致,两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致,故小球动能的变化周期为,两根弹簧的总弹性势能的变化周期为,B正确,C错误;D.小球的初速度为时,可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍,接触弹簧过程,根据弹簧振子周期公式,可知接触弹簧过程所用时间与速度无关,即接触弹簧过程时间保持不变,故小球的初速度为时,其运动周期应小于,D错误;故选B。
19.答案:(1)
(2)
解析:(1)设小石块做简谐运动的周期为T,从第0次经过平衡位置到第n次经过平衡位置,小石块运动了个周期,即,可知小石块摆动的周期
(2)由可得,,该树干的直径
20.答案:小于;最大
解析:小球从最低点向上运动至平衡位置的过程中,做速度越来越大的加速运动,总时间为,总位移为A,则前的位移小于;在时刻,小球到达平衡位置,此时速度最大,动能最大。
21.答案:(1)2(2)慢
解析:(1)由。
(2)两极重力加速度大于赤道,此摆钟在赤道时要比在两极时走得慢。2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 受迫振动 共振
一、单选题
1.已知弹簧振子的振动周期,总机械能与振幅A的平方成正比,即为弹簧的劲度系数,m为振子的质量.如图所示,一劲度系数为k的轻弹簧一端固定,另一端连接着质量为m的物块,物块在光滑水平面上做往复运动.当物块运动到最大位移为A的时刻,把另一质量也为m的物块轻放在其上,两个物块恰好始终一起振动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.放上质量也为m的物块后,下列说法正确的是( )
A.两物块之间的动摩擦因数为
B.物块振动周期变为原来的2倍
C.物块经过平衡位置时的速度为
D.系统的振幅减小
2.近些年,科学家们逐步对极地进行开发和探索,由于极地大面积被冰雪覆盖,开发和探索的进度受到影响,为了加快进度发明了共振破冰船,如图所示.破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈,自动调节锤头振动频率.当冰层与锤头发生共振时,可以大幅提高破冰效率.结合所学知识,下列说法正确的是( )
A.锤头振动频率越高,冰层的振动幅度越大,破冰效果越好
B.破冰效果最好时,锤头的振动频率等于冰层的固有频率
C.破冰船停止工作后,冰层余振的振幅越来越小,频率也越来越小
D.对于不同冰层,破冰效果最好时,锤头的振动频率相同
3.如图所示,物块B和C用轻弹簧拴接,C放在水平地面上,物块A放在物块B上,整个系统处于静止状态.突然拿走静止在B上的A,B将在竖直方向做简谐运动,C始终没有离开地面.A、B、C的质量分别为和,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )
A.拿走A的瞬间,B所处的位置为简谐运动的平衡位置
B.B的振幅为
C.弹簧恢复原长时,B的加速度为零
D.B到达最高位置时,B的加速度大小为g
4.如图是单摆做阻尼振动的位移—时间图像,下列说法正确的是( )
A.阻尼振动是一种受迫振动
B.摆球在P时刻的势能大于N时刻的势能
C.摆球在P时刻的动能大于N时刻的动能
D.摆球在P时刻的机械能等于N时刻的机械能
5.如图甲所示装置,竖直圆盘静止时,小球在竖直方向上做简谐运动的振动图像如图乙所示.竖直圆盘绕固定轴转动时,固定在圆盘上的小圆柱带动T形支架在竖直方向运动,从而使小球从静止开始上下振动.下列说法正确的是( )
A.圆盘转动越快,小球振动的振幅越大
B.若圆盘以12 r/min匀速转动,增大圆盘转速,则小球振幅一定增大
C.若圆盘以30 r/min匀速转动,小球振动达到稳定时其振动的周期为4 s
D.若圆盘以15 r/min匀速转动,增大圆盘转速,则小球振幅一定减小
6.如图所示,有一半径为R的光滑小圆弧槽AB固定在水平面上,A、B两点连线与水平面夹角为,整个装置置于竖直向下、电场强度的匀强电场中,一个质量为m的小球(可视为质点)带正电且电荷量为q,从A点由静止释放,重力加速度为g,则小球由A运动到B的时间为( )
A. B. C. D.
7.关于简谐运动的回复力的含义,下列说法正确的是( )
A.k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的长度
B.k是回复力跟位移的比值,x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移
C.根据,可以认为k与F成正比
D.表达式中的“-”号表示F始终阻碍物体的运动
8.一质点在水平方向上做简谐运动。如图,是该质点在4s内的振动图像,下列叙述中正确的是( )
A.再过1s,该质点的位移为正的最大值
B.再过2s,该质点的瞬时速度为零
C.再过3s,该质点的加速度方向竖直向上
D.再过4s,该质点加速度最大
二、多选题
9.一质点做简谐运动时,其振动图象如图。由图可知,在和时刻,质点运动的( )
A.位移相同 B.回复力大小相同 C.速度相同 D.加速度相同
10.一质点做简谐运动,其离开平衡位置的位移x与时间t的关系如图所示,由图可知( )
A.质点振动的频率为4Hz B.质点振动的振幅为2cm
C.在时刻,质点的速率最大 D.在时刻,质点所受的合力为零
11.如图甲所示,装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中,水面足够大,把玻璃管向下缓慢按压后放手,忽略空气阻力,玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动,测得玻璃管振动周期为,以竖直向上为正方向,某时刻开始计时,其振动图像如图乙所示,其中A为振幅,对于玻璃管(包括管内液体),下列说法正确的是( )
A.回复力等于玻璃管所受的浮力
B.在时间内,玻璃管加速度减小,速度增大
C.在时刻玻璃管速度为零,加速度为正向最大
D.振动过程中动能和重力势能相互转化,玻璃管的机械能守恒
三、填空题
12.沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示,其波速。该波波长_________m;周期_________s;从图示时刻起,质点a比质点b___________选填“先”或“后”到达平衡位置。
13.如图,一弹簧振子沿x轴做简谐运动,振子零时刻向右经过A点,2 s时第一次到达B点,已知振子经过两点时的速度大小相等,2 s内经过的路程为5.6 m,则该简谐运动的周期为________s,振幅为________m。
14.一条细线下面挂一个小球,让它自由摆动,作出它的振动图像如下图。请你根据图中的数据算出它的摆长_____m;根据图中的数据估算它摆动的最大偏角的弧度数为_____;下图是一个单摆的共振曲线。若摆长增大,共振曲线振幅最大值的横坐标将怎样变化?_______________。
四、计算题
15.一半径为10 cm的小球漂浮在水面上时恰好有一半体积浸没在水中,如图甲示.现将小球向水下按压5 cm后放手,忽略空气阻力,小球在竖直方向上的运动可视为简谐运动,测得其振动周期为0.4 s,以竖直向上为正方向,从某时刻开始计时,其振动图像如图乙所示.其中A为振幅,分析小球的运动.
(1)写出小球位移的函数表达式;
(2)求小球12 s内所经历的路程和位移.
16.如图甲,O点为单摆的固定悬点,将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点,释放摆球,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,图中为摆球从A点开始运动的时刻,g取。
(1)求单摆的振动周期和摆长。
(2)求摆球的质量。
(3)求摆球运动过程中的最大速度。
参考答案
1.答案:A
解析:对整体受力分析可知,弹簧弹力提供回复力,当位移最大时,根据牛顿第二定律得,上面物块的回复力由静摩擦力提供,当位移最大时,最大静摩擦力满足,联立解得动摩擦因数为,故A正确;根据弹簧振子的振动周期公式可知,当振子质量变为原来的二倍时,周期变为原来的倍,故B错误;由于上方物块是处于最大位移时放上去的,而此时速度为零,总机械能为弹簧的弹性势能,在弹性势能和动能的转化过程中,只有弹簧弹力做功,所以系统的总机械能守恒,则振幅不变,故D错误;系统的总机械能为,根据机械能守恒定律得位于平衡位置时两物块具有最大动能,则有,解得,故C错误.
2.答案:B
解析:当锤头的频率等于冰层固有频率时,冰层的振幅最大,当锤头的频率小于冰层固有频率时,随着锤头的频率增大,冰层振幅增大,当锤头的频率大于冰层固有频率时,随着锤头的频率增大,冰层振幅减小,故A错误,B正确;破冰船停止工作后,冰层余振的振幅越来越小,但频率不变,故C错误;对于不同冰层,破冰效果最好时,锤头的振动频率等于冰层的固有频率,不同冰层固有频率不一定相同,所以锤头的振动频率不一定相同,故D错误.
3.答案:B
解析:A、B、C与弹簧组成的系统静止时,弹簧弹力,拿走A的瞬间,B所受合外力为,此时B所处的位置不是简谐运动的平衡位置,此位置相对于平衡位置的位移最大,故A错误;根据简谐运动回复力公式可知,B的振幅为,故B正确;弹簧恢复原长时,根据牛顿第二定律可知,B的加速度大小为g,故C错误;B到达最高位置时,相对平衡位置的位移最大,此时的回复力(合外力)大小为,根据牛顿第二定律可知,此时B的加速度大小为,故D错误.
4.答案:C
解析:阻尼振动不是一种受迫振动,故A错误;摆球在P时刻与N时刻位移大小相等,即单摆所处高度相同,则重力势能相等,故B错误;由于阻力影响,单摆要克服阻力做功,在运动过程中机械能逐渐减小,故P时刻的机械能大于N时刻的机械能,而两时刻重力势能相等,则P时刻的动能大于N时刻的动能,故C正确,D错误.
5.答案:D
解析:由题图乙可知小球做简谐运动的固有周期为,圆盘转动带动小球做受迫振动,当驱动力的周期接近固有周期时,小球振动的振幅增大,故圆盘转动越快,小球振动的振幅不一定越大,故A错误;若圆盘以12 r/min匀速转动,驱动力的周期为,增大圆盘转速,驱动力周期减小,小球振幅先增大后减小,故B错误;若圆盘以30 r/min匀速转动,驱动力的周期为,故小球振动达到稳定时其振动的周期为2 s,故C错误;若圆盘以15 r/min匀速转动,驱动力的周期为,此时小球振幅最大,增大圆盘转速则驱动力周期减小,小球振幅一定减小,故D正确.
6.答案:A
解析:因为A、B两点连线与水平面夹角为,小球滑下过程可视为做单摆运动,由单摆运动的周期公式可得,整个装置置于竖直向下、电场强度的匀强电场中,则小球的等效重力加速度,则小球由A运动到B的时间,A正确,B、C、D错误.
7.答案:B
解析:回复力是所有简谐运动都必须满足的关系式,其中F是回复力,x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移,k是比例系数,与F无关,“-”号表示F的方向与物体偏离平衡位置的位移方向相反,有时使物体加速,有时阻碍物体的运动,故B正确.
8.答案:A
解析:A.振动图象描述质点在各个时刻离开平衡位置的位移的情况,依题意再经过1s,将振动图象延伸到正x最大处,这时质点的位移为正的最大。选项A正确;
B.再过2s,质点回到平衡位置,这时质点的瞬时速度最大,选项B错误;
C.再过3s,质点的位移为负的最大,这时质点的加速度最大且方向为正向,但正向不一定是竖直向上,选项C错误;
D.再过4s,质点再次回到平衡位置,加速度为零,选项D错误。
故选A。
9.答案:BC
解析:ABD.由图知,在和两个时刻质点的位移大小相等、方向相反;据回复力公式知,在和两个时刻质点的回复力大小相等、方向相反;质点的加速度
在和两个时刻质点的加速度大小相等、方向相反,故B正确,AD错误;
C.由图知,在和两个时刻质点的位移大小相等,则和两个时刻质点的速度大小相等;由图知,在和两个时刻质点的速度方向相同;则和两个时刻质点具有相同的速度,故C正确。
故选BC。
10.答案:BC
解析:A.质点振动的频率为
故A错误;
B.质点振动的振幅为2cm,故B正确;
C.在时刻,质点位于平衡位置,质点的速率最大,故C正确;
D.在时刻,质点的速度为零,所受的合力不为零,故D错误。
故选BC。
11.答案:BC
解析:A.玻璃管(包括管内液体)只受到重力和水的浮力,所以玻璃管做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力:A错误;BC.由图像可知,在时间内,玻璃管位移减小,则加速度减小,玻璃管向着平衡位置做加速运动,速度增大,时刻处于负向最大位移处,速度为零,加速度为正向最大,BC正确;D.玻璃管在做简谐运动的过程中,水的浮力对玻璃管做功,所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒,D错误。故选BC。
12.答案:4;0.1;先
解析:
13.答案:4;2.8
解析:振子经过两点时的速度大小相等,两点关于O点对称,振子从A向右振动第1次回到B的时间与振子从B向左振动第1次回到A的时间相等,且两者时间之和恰好为一个周期,故周期内经过的路程恰好为2倍振幅,故振幅。
14.答案:;0.04;共振曲线的峰将向左移动
解析:由图像可知,单摆的周期,根据单摆的周期公式
可知摆长为
代入数据解得
记作1m;
由图像可知,单摆的幅度为,在角度很小时有
根据
知,若摆长变大,则单摆周期变大,频率变小,则共振曲线振幅最大值的横坐标将向左移。
15.答案:(1)
(2)6 m;0
解析:(1),代入得,
设小球位移的函数表达式为,
由题图乙可知,时刻,则有,
解得(舍去),
则.
(2)12 s相当于30个周期,则位移为0,一个周期内小球的路程是4A,则总路程.
16.答案:(1)0.4π s,0.4 m;(2)0.05 kg;(3)0.283 m/s
解析:(1)小球在一个周期内两次经过最低点,根据该规律
由单摆的周期公式为
解得
(2)(3)摆球受力分析如图所示:
在最高点A,有
在最低点B,有
从A到B,机械能守恒,由机械能守恒定律得
联立三式并代入数据得2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 简谐运动
一、单选题
1.如图所示,水平金属杆光滑,在弹簧弹力作用下,小球在BC之间做简谐运动,当小球位于O点时,弹簧处于原长。在小球从C运动到O的过程中( )
A.小球的动能不断减小 B.小球所受回复力不断增大
C.弹簧的弹性势能不断减小 D.小球的加速度不断增大
2.一列简谐横波某时刻的波形如图所示,比较介质中的三个质点a、b、c,则( )
A.此刻a的加速度最小
B.此刻b的速度最小
C.若波沿x轴负方向传播,此刻b向y轴正方向运动
D.若波沿x轴正方向传播,a比c先回到平衡位置
3.如图所示,弹簧振子的平衡位置为O点,在B、C两点间做简谐振动。B、C相距40cm小球经过B点时开始计时,经过2s首次到达O点。下列说法正确的是( )
A.第1s内小球经过的路程为10cm
B.小球做简谐振动的频率为0.125Hz
C.小球做简谐振动的振幅为40cm
D.小球从B点运动到C点的过程中,加速度先变大后变小
4.如图所示,弹簧振子在间做简谐振动,为平衡位置,,若振子从第一次运动到的时间是0.5s,则下列说法正确的是( )
A.振幅是10cm
B.振动周期是1s
C.经过一次全振动,振子通过的路程是10cm
D.从B开始经过3s,振子通过的路程是30cm
5.一根细线一端固定,另一端系一密度为的小球,组成一个单摆,其在空气中做简谐运动的周期.现将此单摆倒置于水中,使其拉开一个小角度后做简谐运动,如图所示.已知水的密度为,水和空气对小球的阻力可忽略,则小球在水中做简谐运动的周期为(取重力加速度)( )
A.4 s B.8 s C.12 s D.16 s
6.如图甲所示,轻弹簧上端固定,下端连接一小球,小球处于平衡状态。现将小球竖直向下拉至某位置由静止释放并开始计时,不计空气阻力,小球运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。关于小球释放后的运动,下列说法正确的是( )
A.时速度方向改变 B.时小球离释放点最远
C.时小球离释放点最远 D.内的平均速度大小为0.2m/s
7.做简谐运动的物体经过A点时,加速度大小为,方向指向B点:当它经过B点时,加速度大小为,方向指向A点。若A、B之间的距离是5cm,则关于它的平衡位置,说法正确的是( )
A.平衡位置在AB连线左侧
B.平衡位置在AB连线右侧
C.平衡位置在AB连线之间,但不能确定具体位置
D.平衡位置在AB连线之间,且距离A点为1cm处
8.如图甲所示,波源S从平衡位置开始沿y轴方向上下振动,规定向上为y轴正方向,产生的简谐横波向右传播,经过0.1 s后,沿波的传播方向上距S为2 m的P质点开始振动.若以P质点开始振动的时刻作为计时的起点,P质点的振动图像如图乙所示,则下列说法正确的是( )
A.波源S最初是向上振动的
B.0~0.1 s时间内P质点运动的路程为2 m
C.时P质点向上振动
D.时P质点处于波峰
二、多选题
9.如图所示,一轻质弹簧下端系一质量为的物块,组成一竖直悬挂的弹簧振子,在物块上装有一记录笔,在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时,以速率v水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹,图中的、、、、为记录纸上印迹的位置坐标值,P、Q分别是印迹上纵坐标为和的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计,则( )
A.该弹簧振子的振动周期为
B.该弹簧振子的振幅为
C.在记录笔留下段印迹的过程中,物块所受合力的冲量为零
D.在记录笔留下段印迹的过程中,弹力对物块做功为零
10.如图所示为一款玩具“弹簧公仔”,该玩具由头部、轻弹簧及底座组成,已知公仔头部质量为m,弹簧劲度系数为k,底座质量也为m。轻压公仔头部至弹簧弹力为时,由静止释放公仔头部,此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动。重力加速度为g,不计一切阻力,弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的是( )
A.释放公仔头部瞬间,头部的加速度大小为
B.公仔头部运动至最高点时,底座对桌面的压力为0
C.弹簧恢复原长时,公仔头部的速度为0且加速度最大
D.公仔头部做简谐运动振幅为
11.一个质点在平衡位置O点附近a、b间做简谐运动。若从O点开始计时,经过5s质点第一次经过M点(如图所示);再继续运动,又经过2s它第二次经过M点;则该质点做简谐运动的周期是( )
A.22s B.24s C.8s D.6s
三、填空题
12.如图,一弹簧振子沿x轴做简谐运动,振子零时刻向右经过A点,2 s时第一次到达B点,已知振子经过两点时的速度大小相等,2 s内经过的路程为5.6 m,则该简谐运动的周期为________s,振幅为________m。
13.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播,如图甲所示,为传播方向上相距的两质点。当波刚传播到质点A时开始计时,时质点B第一次处于波谷。已知质点A的振动图像如图乙所示,则该简谐横波在该介质中传播速度为_____________,波长为_____________m。
14.一质点在O点附近做简谐运动,它离开O向M点运动,2s末第一次到达M点,又经过4s第二次到达M点,再经过_______________s它将第三次到达M点。若该质点由O出发在8s内走过8cm的路程,该质点的振幅为_______________cm。
四、计算题
15.如图甲所示,在光滑的斜面上有一滑块,一劲度系数为k的轻弹簧上端与滑块相连,下端与斜面上的固定挡板连接,在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值,拉力显示为负值),能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机,经计算机处理后在屏幕上显示出图像。现用力将滑块沿斜面压下一段距离,放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动,此时计算机屏幕上显示出如图乙所示图像。
(1)试证明滑块的振动是简谐运动(请运用力学规律证明,要有必要的关系式和文字说明)______________。
(2)由如图乙所示的图像可知,滑块做简谐运动的周期为_______s。
(3)结合图像的数据和题目中已知条件可知,滑块做简谐运动的振幅为_______(请用字母表示)。
16.一列沿x轴正方向传播的简谐横波,其波源的平衡位置在坐标原点,波源在0~4s内的振动图像如图(a)所示,已知波的传播速度为0.5m/s。
(1)求这列横波的波长;
(2)求波源在5s内通过的路程和位移大小;
(3)在图(b)中画出时刻的波形图。
参考答案
1.答案:C
解析:小球从C运动到O的过程中,弹簧伸长量不断减小,弹簧的弹性势能不断减小,小球受到的回复力不断减小,小球做加速度不断减小的加速运动,小球的动能不断增大,当到达O点时,速度达到最大值。
故选C。
2.答案:D
解析:A.此刻a距离平衡位置的位移最大,则回复力最大,其加速度最大,选项A错误;
B.此刻b在平衡位置,速度最大,选项B错误;
C.若波沿x轴负方向传播,根据“同侧法”可知,此刻b向y轴负方向运动,选项C错误;
D.若波沿x轴正方向传播,根据“同侧法”可知,c向下振动,则a比c先回到平衡位置,选项D正确。
故选D。
3.答案:B
解析:B.弹簧振子的平衡位置为O点,在B、C两点间做简谐振动。小球经过B点时开始计时,经过2s首次到达O点。则

小球做简谐振动的频率
故B正确;
A.第1s内对应时间
B到O因为是速度增加且加速度减小的运动,所以第1s内小球速度较小,经过的路程
第1s内小球经过的路程小于10cm。
故A错误;
C.振幅
故C错误;
D.小球从B点运动到C点的过程中,回复力小变小后变大,由牛顿第二定律,加速度先变小后变大。故D错误。
故选B。
4.答案:D
解析:A.弹簧振子在B、C间做简谐振动,O为平衡位置,则振幅为故A错误;B.振子从B第一次运动到O的时间是0.5s,则解得故B错误;C.经过一次全振动,振子通过的路程是故C错误;D.从B开始经过3s,即,振子通过的路程是故D正确。故选D.
5.答案:D
解析:单摆在空气中做简谐运动的周期,在水中做简谐运动的周期,其中为小球摆动过程中的等效重力加速度,小球受到的等效重力为,又因为,联立解得,代入数据得.故选D.
6.答案:B
解析:A.图像小球的速度方向为正,故时速度方向没有发生改变,故A错误;BC.由图乙可得图像与坐标轴所围面积表示位移,则时小球离释放点最远,时小球离释放点最近,故B正确,C错误;D.小球做匀加速直线运动,则内的平均速度大小为,但由图乙可知内小球的加速度逐渐变小,故内的平均速度大小大于0.2m/s,故D错误。故选B。
7.答案:D
解析:由简谐运动特征可知,加速度方向总指向平衡位置,故平衡位置一定在之间。由可知,,又因为,故。故选D。
8.答案:C
解析:根据题中P质点的振动图像可知P质点的起振方向向下,则波源S开始振动的方向也向下,选项A错误;质点上下振动,0~0.1 s时间内P质点运动的路程为一个振幅,大小未知,选项B错误;根据振动图像可知,时P质点处于平衡位置且向上振动,选项C正确;根据P质点的振动图像可知,时P质点处于平衡位置,选项D错误.
9.答案:AC
解析:A.弹簧振子振动一个周期,记录纸运动,则该弹簧振子的振动周期为
选项A正确;
B.该弹簧振子的振幅为
选项B错误;
C.在记录笔留下段印迹的过程中,弹簧振子从最高点到最低点,动量变化为零,则物块所受合力的冲量为零,选项C正确;
D.在记录笔留下段印迹的过程中,物块动能变化为零,合外力做功为零,则弹力和重力做功代数和为零,则弹力对物块做功不为零,选项D错误。
故选AC。
10.答案:CD
解析:A.释放公仔头部瞬间,对头部进行受力分析,根据牛顿第二定律有,解得,故A错误;B.根据简谐运动的对称性,公仔头部运动至最高点时,加速度大小与释放公仔头部瞬间的加速度方向、大小相等,仍然为g,方向竖直向下,可知,公仔头部运动至最高点时,弹簧处于原长,弹力为0,对底座进行分析可知,桌面对底座的支持力为mg,根据牛顿第三定律可知,底座对桌面的压力为mg,故B错误;C.根据上述可知,弹簧恢复原长时,公仔头部恰好位于最高点,头部的速度为0,由于相对于头部平衡位置的位移最大,则此时加速度也最大,故C正确;D.公仔头部在最低点,弹簧处于压缩状态,则有,头部在平衡位置时,弹簧处于压缩状态,则有,公仔头部做简谐运动振幅为,解得,故D正确。故选CD。
11.答案:BC
解析:若振子开始运动的方向先向左,再向M点运动,运动路线如图1所示
质点从O到a再b的时间为
得到振动的周期为
若振子开始运动的方向向右直接向M点运动,如图2
质点从O到b的时间为
解得
故选BC。
12.答案:4;2.8
解析:振子经过两点时的速度大小相等,两点关于O点对称,振子从A向右振动第1次回到B的时间与振子从B向左振动第1次回到A的时间相等,且两者时间之和恰好为一个周期,故周期内经过的路程恰好为2倍振幅,故振幅。
13.答案:20;16
解析:由图乙可知波的周期为,波源向上起振,则质点B从起振到第一次处于波谷经历的时间为
时质点B第一次处于波谷,则简谐横波在该介质中传播速度为
波长为
14.答案:12;4
解析:运动过程如图所示
振子第三次经过M点需要时间为
质点的振动周期为,所以8s经过了半个周期,其路程与振幅的关系为
解得
15.答案:(1)见解析
(2)0.4
(3)
解析:(1)设斜面的倾角为θ,对滑块受力分析由平衡条件
假设在运动过程中任意时刻滑块相对平衡位置的位移为x,则滑块受到的回复力为
并且回复力的方向与位移x方向相反,故滑块的振动是简谐运动。
(2)由图可以看出周期为
(3)根据胡克定律

振幅为
16.答案:(1)2m;(2)20cm,4cm;(3)
解析:(1)由题知图(a)为波源的振动图像,则可知
由于波的传播速度为,根据波长与速度关系有
(2)由(1)可知波源的振动周期为4s,则5s内波源通过的路程为
且波源5s时刚好到达波峰位置,则在0~5s内位移大小为4cm;
(3)由题图可知在时波源的起振方向向上,由于波速为,则
可知该波刚好传到位置为2.5m的质点,且波源刚好到达波峰位置,且该波沿正方向传播,画出时刻的波形图如下图所示: