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（基础篇）教科版选修3-4.doc

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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( (基础篇基础篇) )一、选择题一、选择题 1下列关于简谐运动的说法，正确的是（ ） A只要有回复力，物体就会做简谐运动B物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同C物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大D物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反2如图所示，为一弹簧振子做简谐运动的振动图像，在 t1时刻与 t2时刻振子具有相同的（ ） A加速度 B速度 C回复力 D位移3做简谐运动的物体阳平衡位置运动时，速度越来越大的原因是（ ） A回复力对物体做了正功 B物体惯性的作用 C物体的加速度与速度同向

2、D弹性势能转变为动能4单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是（ ） A摆线质量不计 B摆线长度不伸缩C摆球的直径比摆线长度短得多 D只要是单摆的运动就是一种简谐运动5利用单摆测重力加速度时，若测得 g 值偏大，则可能是因为（ ） A单摆的摆锤质量偏大B测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径C测量周期时，把 n 次全振动误认为是（n+1）次全振动D测量周期时，把 n 次全振动误认为是（n1）次全振动6把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动（ ） A变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长B变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长C变快了，要使它恢复准确，应增加摆长D变快了，要

3、使它恢复准确，应缩短摆长7有一天体半径为地球半径的 2 倍，平均密度与地球相同，在地球表面走时准确的摆钟移到该 天体的表面，秒针走一圈的实际时间为（ ） A1 2min B2 2min C2min D2 min28摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（即取 t=0） ，当振动至3 2ltg时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的（ ） 9如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则（ ） A若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙=21B若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙=41C若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙

4、两单摆所在星球的重力加速度 之比 g甲g乙=41 D若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度 之比 g甲g乙=1410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11一个单摆，在第一个行星上的周期为 T1，在第二个行星上的周期为疋，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=12二

5、、填空题二、填空题 12如图所示，一个轻质弹簧一端固定在墙上，一质量为 m=1 kg 的滑块以 v=6 ms 的速度沿光3滑水平面向左运动与弹簧相碰，弹簧被压缩，则此系统的最大弹性势能为_J当滑块压缩弹 簧速度减为 2 ms 时，此系统的弹性势能为_J13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

6、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 14已知弹簧振子的质量是 2 kg，当它运动到平衡位置左侧 2 cm 时受到的回复力是 4 N，求：当它运动到平衡位置右侧 4 cm 时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向15如图 1l-3-12 所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着 A、B 两物体，mA=0.1 kg，mB=0.5 kg，系 统静止时弹簧伸长 15 cm，若剪断 A、B 间的细绳，A 做简谐振动，其最大加速度和振幅是多

7、少？（g 取 10 ms2）【答案与解析】 一、选择题一、选择题 1 【答案】B 【解析】所有振动都必须有回复力，而只有满足 F=kx 的才是简谐运动，A 项错误；简谐运动 中，速度方向在向平衡位置运动时，与位移方向相反，在远离平衡位置时，与位移方向相同，B 项正 确；由于 F=kx，因而加速度最大时，位移最大，而此时速度最小，C 项错误；综上知 D 项错误 2 【答案】B 【解析】由题图像可知 t1时刻位移为2.5 cm，t2时刻位移为 2.5 cm，又由公式 F=kx 知 t1、t2两时刻回复力 Fl、F2大小相等、方向相反，即加速度大小相等、方向相反，故 A、C、D 三项错 误，而 tl

8、、t2时刻速度大小、方向相同43 【答案】A、C 【解析】物体向平衡位置运动时，回复力与运动方向同向，做正功，A 项正确；加速度与速度都 指向平衡位置方向，C 项正确；速度越来越大，物体的势能转化为动能，但不一定是弹性势能，也可 能有重力势能参与转化，D 项错误；而 B 项显然错误 4 【答案】A、B、C 【解析】单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C 三项正确但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（10）的 情况下才能视单摆的运动为简谐运动 5 【答案】C 【解析】由单摆周期公式知2lTg，224lgT，而tTn，所以2224

9、lngt，由此可知C 项正确 6 【答案】B 【解析】把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度 g 变小，则周期02lTTg，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了要使它恢复准确，应缩短摆长，B 项正确 7 【答案】B 【解析】摆钟的周期可借助单摆的周期公式2lTg来讨论由于是同一单摆，其摆长可认为不变，则其周期与重力加速度的平方根成反比由万有引力定律得2GMmmgR，3224 34 3RGGMGRgRR ，即 gR由以上的推理可知1TR，1 2xxRT TR地地，2min22xTT 地所以 B 项正确 8 【答案】D 【解析】33 24ltTg，最大速度时，单摆应在平衡位置，x=0，v 方向，

10、沿 y 轴负方向，故 D 项正确 9 【答案】B、D 【解析】由题中图像可知 T甲T乙=21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲l乙 =41；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为 g甲g乙=14 10 【答案】A 5【解析】小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所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 11 【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

11、2M mmgGR，有2GMgR，因此2RTM，故2 12 122 124 11 14 1RMTTMR，故 A 项正确二、填空题二、填空题 12 【答案】18 16 【解析】滑块左滑至压缩弹簧的过程中，弹簧及滑块的总机械能守恒，压缩至最短过程历时4T，2118J2pmkmmEEmv，当 v=2 ms 时，221116J22pkmkmEEEmvmv13 【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】 （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

12、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 14 【答案】 【解析】F=kx，所以力 F1的大小为 F1=kx1=4 N，由此可解得 k=200 Nm，则 F2=kx2=2004102 N=8 N，由于位移向右，回复力 f2 方向向左根据牛顿第二定律知222 28m / s4m / s2Fam，方向向左15 【答案】见解析 【解析】此题等效于用 F=mBg 的力拉 A 使弹簧伸长 15 cm 后释放，则释放时 A 的加速度最大，此时合力与 F 等大、反向，则22 max0.5 10m / s50m / s0.1BAAm gFamm振子的平衡位置是不用 F 拉 A 静止的位置设弹簧的劲度系数为 k，则 A、B 静止时，由平衡条6件，弹簧伸长量 15=(mA+mB)gk，没有 B 且 A 平衡时，弹簧伸长量 x=mAgk=2.5 cm，则振予的振幅 A=(15x) cm=12.5 cm