2019高中物理 第一章 机械振动 简谐运动的回复力和能量、单摆试题（提高篇）教科版选修3-4.doc

《2019高中物理 第一章 机械振动 简谐运动的回复力和能量、单摆试题（提高篇）教科版选修3-4.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高中物理 第一章 机械振动 简谐运动的回复力和能量、单摆试题（提高篇）教科版选修3-4.doc（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1简谐运动的回复力和能量、单摆简谐运动的回复力和能量、单摆( (提高篇提高篇) )一、选择题一、选择题 1简谐运动的回复力（ ） A可以是恒力 B可以是方向不变而大小变化的力C可以是大小不变而方向改变的力 D一定是变力2关于振幅，以下说法中正确的是（ ） A物体振动的振幅越大，振动越强烈B一个确定的振动系统，振幅越大振动系统的能量越大C振幅越大，物体振动的位移越大D振幅越大，物体振动的加速度越大3做简谐运动的振子每次通过同一位置时，相同的物理量是（ ） A速度 B加速度 C位移 D动能4如图所示，能正确反映做简谐运动的物体所受回复力与位移关系的图像是（ ） 5汽车在凹凸不平的道路上前进，车厢上

2、下振动若在某段时间内，车厢做简谐运动你坐在 车厢内，则车厢振动到何位置时，你感到车座对你的支持力最大（ ） A当振动到最低点时 B当振动到最高点时C当向上振动经过平衡位置时 D当向下振动经过平衡位置时6做简谐运动的弹簧振子质量为 0.2 kg，当它运动到平衡位置左侧 20 cm 时受到的回复力是 4 N；当它运动到平衡位置右侧 40 cm 时，它的加速度为（ ） A20 ms2，向右 B20 ms2，向左C40 ms2，向右 D40 ms2，向左7甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则可知（ ） A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受回复力最大值之比 F甲F乙=21C振子甲速度为零时，振子乙速度

3、最大2D振子的振动频率之比，甲乙=12 8做简谐运动的弹簧振子，振子质量为 m，最大速率为 v，则下列说法中正确的是（ ） A从某时刻算起，在半个周期的时间内，回复力做的功一定为零B从某时刻算起，在半个周期的时间内，回复力做的功可能是零到21 2mv之间的某一个值C从某时刻算起，在半个周期的时间内，速度变化量一定为零D从某时刻算起，在半个周期的时间内，速度变化量的大小可能是零到 2v 之间的某一个值9如图所示，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，则小球在振动过程中（ ） A小球最大动能应等于 mgAB弹簧的弹性势能和

4、小球动能总和保持不变C弹簧最大弹性势能等于 2mgAD小球在最低点时的弹力大于 2mg10如图所示，光滑槽的半径 R 远大于小球运动弧长今有两个小球（视为质点）同时由静止释 放，其中甲球开始时离圆槽最低点 O 点远些，则它们第一次相遇的地点在（ ） AO 点 BO 点偏左 CO 点偏右 D无法确定，因为两小球质量关系未定11如图所示，用绝缘细丝线悬吊着的带正电小球在匀强磁场中做简谐运动，则（ ） A当小球每次通过平衡位置时，动能相同B当小球每次通过平衡位置时，速度相同C当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力 相同D撤去磁场后，小球摆动周期变大312一个单摆，在第一个行星上的周期为 T1，在第二个行

5、星上的周期为疋，若这两个行星的质量 之比为 M1M2=41，半径之比 R1R2=21，则（ ） AT1：T2=11 BT1T2=41CT1：T2=21 DT1T2=1213如图所示，三根细线于 O 点处打结，A、B 端固定在同一水平面上相距为三的两点上，使 AOB 成直角三角形，BAO=30，已知 OC 线长是 L，下端 C 点系着一个小球（直径可忽略） 下列说法中 正确的是（ ） A让小球在纸面内摆动，周期2LTgB让小球在垂直纸面方向摆动，其周期322LTgC让小球在纸面内摆动，周期322LTgD让小球在垂直纸面内摆动，周期2LTg二、填空题二、填空题14如图所示，摆长为 L 的单摆放在倾

6、角为的光滑斜面上，则此单摆的振动周期为_15有五组同学用单摆测定重力加速度，各组的实验器材、数据如下表所示若各组同学实验操 作水平一样，那么第_组同学测定的结果最准确若该组同学根据自己测得的实验数据作出单 摆的振动图像，如图所示，那么该同学测出的重力加速度大小是_ms24组制摆球材料最大偏角摆长测全振动次数1木100.40 m102铝100.50 m203铜120.60 m304铁110.80 m405铝80.80 m5016如图所示为一单摆及其振动图像，根据图回答：（1）单摆的振幅为_，频率为_，摆长约为_；图中所示周期内位移 x 最 大的时刻为_（2）若摆球从 E 指向 G 为正方向，为最

7、大摆角，则图像中 O、A、B、C 点分别对应单摆中 _点一周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是一势能增加且速度为正的时 间范围是_。（3）单摆摆球多次通过同一位置时，下述物理量变化的是_A位移 B速度 C加速度 D动量 E动能 F摆线张力（4）当在悬点正下方 O处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且14O EOE，则单摆周期为_s，挡后绳张力_。三、解答题三、解答题 17一轻弹簧直立在地面上，其劲度系数为 k=400 Nm，弹簧的上端与盒子 A 连接在一起，盒 子内装物体 B，B 的上、下表面恰与盒子接触，如图所示，A 和日的质量 mA=mB=1 kg，g 取 10 ms2， 不计阻力

8、，先将 A 向上抬高使弹簧伸长 5 cm 后从静止释放A 和 B 一起做上下方向的简谐运动，已 知弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变大小，试求：5（1）盒子 A 的振幅；（2）物体 B 的最大速率；（3）当 A、B 的位移为正的最大和负的最大时，A 对 B 的作用力的大小分别是多少？ 18有一单摆在地面上一定时间内振动了 N 次，将它移到某高山上，在相同时间内振动了 （N1）次，由此可粗略地推算出此山的高度约为地球半径的多少倍？【答案与解析】 一、选择题一、选择题 1 【答案】D 【解析】由 F=kx 可知，由于位移的大小和方向在变化，因此回复力的大小和方向也在变化， 一定是变力 2 【答案】A、

9、B 【解析】物体振动的能量由振幅来表示振幅越大，振动能量越大，振动越强烈因此 A、B 两 项正确振幅是质点离开平衡位置的最大距离，与位移无关而加速度随时间时刻变化，所以 C、D 两项不正确 3 【答案】B、C、D 【解析】振子通过同一位置时，位移、加速度的大小和方向都相同速度的大小相同，但方向不 一定相同，因此 B、C、D 三项正确 4 【答案】B 【解析】由 F=kx 可知 B 项正确 5 【答案】A 【解析】车厢和人在竖直方向做简谐运动时，运动到最低点，加速度向上且最大由 FNmg=ma，可知 FN=mg+ma，FN最大而在平衡位置时 FNmg=0，FN=mg在最高点时，加速度方向向 下，

10、FNmg 6 【答案】D 【解析】加速度方向指向平衡位置，因此方向向左由力和位移的大小关系 F=kx 可知，当 x=40 cm 时，F=8 N，240m / sFam，方向指向平衡位置7 【答案】C、D 【解析】由题图可知 f甲f乙=12，因此振子不相同，A 项错误，D 项正确由题图可知 C 正 确因 F甲=k甲A甲，F乙=k乙A乙，由于 k甲和 k乙关系未知，因此无法判断 F甲F乙=21，所以 B 项 不正确 8 【答案】A、D 【解析】相距半个周期的两个时刻，速度的大小相等，方向相反因此由22 011022tWmvmv可知，A 项正确，B 项错误由于在开始计时时速度的大小未知，由6v=v1

11、(v1)=2v1，0v1v 可知，C 项错误，D 项正确 9 【答案】C 【解析】小球平衡位置 kx0=mg，0mgxAk当到达平衡位置时，有2211 22mgAmvkA，A错机械能守恒，是动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，B 错从最高点到最低点，重力势能 全部转化弹性势能 Ep=2mgA，最低点加速度大小等于最高点加速度 g，据牛顿第二定律 Fmg=mg，F=2mgD 错 10 【答案】A 【解析】由于半径 R 远大于运动的弧长，所以可以认为小球做简谐运动，其周期都为2RTg，与位移的大小无关同时到达 O 点，A 项正确11 【答案】A 【解析】小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所

12、以机械能守恒运动到最低点，小球的 速度大小相同，但方向可能不同，A 项正确，B 项错误小球左、右通过最低点，向心力相同，洛伦 兹力方向相反，所以拉力不同，C 项不正确由于洛伦兹力不提供回复力，因此有无磁场，不影响振 动周期，D 项错误 12 【答案】A 【解析】单摆的周期公式为2lTg，同一单摆即有1Tg又根据万有引力定律2M mmgGR，有2GMgR，因此2RTM，故2 12 122 124 11 14 1RMTTMR，故 A 项正确 13 【答案】A 【解析】让小球在纸面内摆动，在摆角很小时，单摆以 O 点为悬点，摆长为 L 周期为2LTg。让小球在垂直纸面内摆动，摆球以 OC 的延长线与

13、 AB 的交点为中心摆动，摆长为3cos3024LLLL ，周期为(43)24TLg，选项 A 正确二、填空题二、填空题14 【答案】2sinL g【解析】当摆球停在平衡位置时sinFmg，故周期公式中的 g 应为 gsin15 【答案】5 9.74 【解析】第 5 组同学的单摆摆长适当，偏角小于 10，振动次数较多，误差最小从振动图像上知 T=1.80 s，代入公式224lgT，得 g=9.74 ms2716 【答案】 （1）3 cm 0.5 Hz 1 m 0.5 s 末和 1.5 s 末 （2）E、G、E、F 1.52.0 s 间 00.5 s 间（3）B、D （4）1.5 变大【解析】

14、（4）放钉后改变了摆长因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期，前已求出摆长为 1 m，所以1sltg左；钉右侧的半个周期，0.5s4ltg右，所以 T=t左+t右=1.5 s由受力分析，张力2vFmgml，因为钉挡绳前后瞬间摆球速度不变，球重力不变，挡后摆线长为挡前的1 4，所以挡后绳张力变大三、解答题三、解答题 17 【答案】见解析 【解析】 （1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩 x，则有：kx=(mA+mB) g，()5cmABmmxgk 开始释放时振子处在最大位移处，故振幅 A=5 cm+5 cm=10 cm（2）由于开始时弹簧的伸长量恰好等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，

15、故弹性势能相等，设振子的最大速率为 v，从开始运动到达到平衡位置，应用机械能守恒定律，有21 2mgAmv，21.4m / svgA（3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，由牛顿定律得：(mA+mB)a1=kx+(mA+mB) g，a1=20 ms2，方向向下，A 对 B 的作用力方向向下，大小 F1=mB(a1g)=10 N；在最低点由简谐运 动的对称性有：a2=20 ms2，方向向上，A 对 B 的作用力方向向上，且 F2mBg=mAa2得，F2=mB(g+a2) =30 N 18 【答案】见解析【解析】设时间为 t，在地面上单摆的周期为tTN，在高山上，单摆的周期为1tTN。设地面处的重力加速度为 g，高山上的重力加速度为 g，由单摆的周期公式可推得21gN gN设高山的高度为 h，由万有引力定律得2MgGR，2()MgGRh，所以1RhN RN山高为1 1hRN，即山高为地球半径的1 1N 倍。