训练8简谐运动的回复力和能量-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练测（人教版2019）

◆高中物理·选择性必修第一册（人教版 训练八简谐运动的回复力和能量 5.如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图 基础练了见固应周 像，可以判定 ( 1.(多选)关于简谐运动的回复力，下列说法 正确的是 ( A.简谐运动的回复力可能是恒力 B.做简谐运动的物体的加速度方向与位移 A.t1到t2时间内系统的动能不断增大，势 方向总是相反 能不断减小 C.简谐运动中回复力的公式F=一kx中k B.0到2时间内振子的位移增大，速度 是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度 增大 D.做简谐运动的物体每次经过平衡位置回 C.2到13时间内振子的回复力先减小再 复力一定为零 增大，加速度的方向一直沿x轴正方向 2.(多选)当一弹簧振子在竖直方向上做简谐 D.t1、,时刻振子的动能、速度都相同 运动时，下列说法正确的是 6.如图所示，在一倾角为8 A,振子在振动过程中，速度相同时，弹簧 的光滑斜板上，固定着一 的长度一定相等，弹性势能相同 B.振子从最低点向平衡位置运动过程中， 根原长为。的轻质弹簧， 弹簧弹力始终做负功 其劲度系数为k,弹簧另0wmwm 一端连接着质量为m的小球，此时弹簧被 C.振子在运动过程中的回复力由弹簧的弹 拉长为(。现把小球沿斜板向上推至弹簧 力和振子的重力的合力提供 长度恰好为原长，然后突然释放，求证小球 D.振子在运动过程中，系统的机械能守恒 的运动为简谐运动。 3.卡车在行驶时，货物随车厢底板上下振动 而不脱离底板。设货物做简谐运动，以竖 直向上为正方向，货物的振动图像如图所 示，则在图像上a、b、c、d四点中，货物对车 厢底板压力最小的是 ( A.a点B.b点 C.c点 Dd点 4.（多选)把一个小球套在a◆十N 能力练了索养提升 光滑细杆上，球与轻弹簧 7.如图所示，A、B两物体组成弹簧振子，在振 相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向 动过程中，A、B始终保持相对静止。图中 做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间 能正确反映振动过程中A所受摩擦力F 振动，如图所示，下列结论正确的是( 与振子的位移x关系的图像应为() A.小球在O位置时，动能最大，加速度 最小 B.小球在A、B位置时，势能最大，加速度 -0000W 最大 C.小球从A经O到B的过程中，回复力一 直做正功 D.小球从B到O的过程中，振动的能量不 断增加 18 8.如图所示，一根粗细均匀的木筷下端绕着：11.（多选）如图所示为一 头部 几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水 款玩具“弹簧小人”， 的杯中。把木筷往上提起一段距离 由头部、弹簧及底部 弹绪 (木筷下端未离开水面)后放手，木筷 组成，头部质量为m, 底部 就在水中上下振动。不考虑在振动 弹簧质量不计，劲度 过程中的能量损失，则 系数为，底部质量为受，开始弹簧小人静 A.木筷的振动不是简谐运动 止于桌面上，现轻压头部后由静止释放， B.木筷振动的回复力为水对木筷的浮力 小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为 C.木筷在振动过程中所受的合力与振动位 移大小成正比 x时，其弹性势能E,=2k,不计一切摩 D.木筷振动到最低点时底端到水面的距离 擦和空气阻力，重力加速度为g,弹簧始 为振幅 终在弹性限度内，则下列判断中正确的是 9.在科幻电影中有一种地心车，无须额外动 力就可以让人在几十分钟内到达地球的另 A.若刚释放时头部的加速度大小为g,则 一端。不考虑地球自转的 小人在振动过程中底部能离开桌面 影响、车与轨道及空气之间 B.若刚释放时头部的加速度大小为g,则 的摩擦，乘客和车的运动为 小人在运动过程中头部的最大速度为 简谐运动，地球可视为质量 分布均匀的球体，且质量分 8阳 布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为 C.若小人在振动过程中底部恰好不能离 零，下列说法正确的是 开桌面，头部在最高点的加速度为5 A.乘客做简谐运动的回复力是由车对人 D.若小人在振动过程中底部恰好不能离 的支持力提供的 开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压 B.乘客向地心运动时速度增大、加速度 增大 箱量为'紧 C.乘客在地心处处于完全失重状态 12.如图所示，质量为3m的 D.乘客所受地球的万有引力大小与到地心 框架放在一水平台秤上， 的距离成正比 一轻质弹簧上端固定在 10.如图所示，竖直轻弹 框架上，下端拴一质量为 簧两端分别与物块 初始位宜 m的金属小球，小球上下振动。当小球运 A、B相连，物块A、B 动到最低点时，台秤的示数为5mg。求： 所受重力均为mg,物 (1)小球运动到最高点时，小球的瞬时加 块B放在固定于水平 压力 速度大小为多少？ B 传感墨 面的压力传感器上， (2)小球运动到最高点时台秤的示数为 777777777777777777 物块A在初始位置处于平衡状态。现对 多少？ 物块A施以大小为F=mg的力将其下压 一段距离x保持静止，然后撤去力F,当 物块A向上运动到初始位置上方距离也 是x时 A,压力传感器的读数是零 B.压力传感器的读数是 C.压力传感器的读数是2mg D.压力传感器的读数是mg 195.A 由题意知 A?=4 cm,A?=2 cm,w?=4π rad/s,u?= 2π rad/s,则 A?:A?=2:1,f:f?=w?:w?=2:1,故 A 正确，BCD错误。 6.解析(1)T=0.4s,代入o=得0=5xr rad/s,设小球 位移的函数表达式为x=Asin(ot+g), 由题图乙可知，t=0时刻x=-会，则有-会=Asing, 解得φ=否(φ=6“舍去), 则x=5sin(5m+7)cm=5sin(5mi-5)cm。 (2)12s相当于30个周期，则位移为0m,一个周期内小 球的路程是4A,则总路程s=120A=600 cm=6 m。 (1)x=5sin(5m-5)cm(2)6 m om答案 能力练素养提升 7.A t=1 s时，振子位于正向位移最大处，速度为零，加 速度为负向最大，故A正确；t=2 s时，振子位于平衡位 置并向x轴负方向运动，速度为负向最大，加速度为零， 故B错误；t=3 s时，振子位于负向位移最大处，速度为 零，加速度为正向最大，故C错误；t=4s时，振子位于 平衡位置并向x轴正方向运动，速度为正向最大，加速 度为零，故D错误。 8.AB t=0.6 s时，物块的位移为 y=0.1sin(2.5π× 0.6)m=-0.1 m,则对小球有h+lyl=2gt2,解得 T=2m=h=1.7 m,选项 A正确；简谐运动的周期是 2.5ns=0.8s,选项B正确；0.6s内物块运动的路程是 3A=0.3m,选项C错误；t=0.4s=2日时，物块经过平 衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选 项D错误。 9.B 圆心投影点O为平衡点，最大位移为R,则振幅为 R,故A错误；影子通过平衡点时的速度最大，此时其速 度等于小球运动速度，即最大速度为wR,故B正确；影 子的振动周期应和小球做圆周运动的周期相同，即 T= 2,故C错误；影子初始位于平衡位置，位移表达式为 a=Rsim =Rsin at,故D错误。 10.CD 振幅是标量，A、B的振动范围分别是6m、10 m, 但振幅分别为3 m、5m,选项A错误；A、B的周期均为 T=2m=20s=6.28×10-2s,选项B错误；因为TA= Tg,故fa=fg,选项C正确；△φ=φA-gB=3,为定 值，选项D正确。 11.B 根据题意，由振动的对称性可知：AB的中点(设为 O)为平衡位置，A、B两点对称分布在O点两侧。质点 从平衡位置 O点向右运动到 B 点的 时间应为 to=2×0.5s=0.25s。质点从B点向右到达最右 端(设为D点)的时间tm=1×0.5 s=0.25s。所以 质点从离开O点到再次回到O点的时间t=2to=2× (0.25+0.25)s=1.0 s。故正确答案为 B。 12.解析(1)简谐运动的位移表达式为x=Asin(ot+φo) 且o=2r=6.grad/s=52rad/s,t=0时，Q位于振动的 最低点，以向上正方向，则go=-2,故Q的振动方程为 x=2sin(5z?-否)cm。 (2)P、Q处于平衡位置时，有kx?=(m+M)g, 代入数据解得x?=4 cm,P刚好脱离 Q时，有ap=g, 对Q有a。=ap=g,表明P、Q仅受重力作用，此刻弹 簧的弹力为零，弹簧处于原长，则 A=x?=4 cm。 (1)x=2sin(5z?-否)cm(2)4 cm答案 训练八 简谐运动的回复力和能量 基础练巩固应用 1.BD 根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回 复力为F=—kx,k是比例系数，不一定是弹簧的劲度 系数，x是物体相对平衡位置的位移，不是弹簧长度，因 x是变化的，回复力不可能是恒力，故 AC错误；回复力 方向总是与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度 的方向也必定与位移方向相反，故 B正确；做简谐运动 的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，故D正确。 2.CD 振子在平衡位置两侧往复运动，速度相同的位置 可能出现在关于平衡位置对称的两点，这时弹簧长度不 相等，A错误；振子由最低点向平衡位置运动的过程中， 弹簧对振子施加的力指向平衡位置，做正功，B错误；振 子运动中的回复力由弹簧振子所受合力提供且运动过 程中机械能守恒，故CD正确。 3.B 以车厢为参考系，在a点和c点，货物的位移为零， 加速度为零，货物对车厢底板的压力大小等于货物的重 力；在b点，加速度方向向下，货物处于失重状态，货物 对车厢底板压力小于货物的重力；在d点，货物的位移 为负向最大，则货物的加速度为正向最大，即加速度向 上，处于超重状态，则货物对车厢底板的压力大于重力。 故选B。 4.AB 小球在平衡位置时动能最大，加速度为零，因此 A 选项正确。小球在 A、B位置时，势能最大，加速度最 大，因此 B选项正确。小球靠近平衡位置时，回复力做 正功；远离平衡位置时，回复力做负功，振动过程中总能 量不变，因此CD选项错误。 5.A t?到t?时间内，x减小，弹力做正功，系统的动能不 断增大，势能不断减小，A正确；0到t?时间内，振子的 位移减小，速度增大，B错误；t?到tg时间内，振子的位 移先增大再减小，所以回复力先增大再减小，C错误；t? 和t?时刻振子的位移相同，即位于同一位置，其速度等 大反向，但动能相同，D错误。 6.解析 松手释放，小球沿斜板往复运 F F 动———振动。而振动的平衡位置是小 球开始时静止(合外力为零)的位置。 mgsinθ=k(l?-l。),小球离开平衡位 0 mg 分 置的距离为x,受力如图所示，小球受 三个力作用，其合力F。=k(l?—1。—x)—mgsin θ= —kx。由此可证小球的振动为简谐运动。 答案 见解析 能力练素养提升 7.C A、B整体在水平方向只受到弹簧的弹力作用，因 此，应做简谐运动，故 A也应做简谐运动，即 A的回复 力也应满足 F=—kx的结论，即选项C正确。当然本 题也可从整体法与隔离法的思想求出 A受到的静摩擦 力的表达式。在振动过程中 A、B始终保持相对静止， 可以把A、B看成整体。设A、B的质量为mA、mg,弹簧 的劲度系数为 k,则有一kx=(mA+mg)a,得a= mA+mg受到的摩擦力F?=ma=-m^+mkr。 21 8.C 设木筷的横截面积为S,质量为m,水的密度为 p,静 止时木筷在水下的长度为x。,根据平衡条件有pSgx?= mg,把木筷往上提起一段距离 x,根据牛顿第二定律有 F合=pgS(x?—x)-mg,解得F=-pgSx,结合F= —kx可知，木筷的振动是简谐运动，A、B错误，C正确； 木筷振动到最低点时底端到水面的距离与x。之差为振 幅，D错误。 9.D 乘客做简谐运动的回复力是由乘客受到的合力提 供的，即万有引力与车对人支持力的合力，故 A错误。 乘客向地心运动时速度增大、加速度减小，通过地心时 速度达到最大值，加速度为零，故B错误。乘客处于地 心时，加速度为零，不是失重状态，故C错误。设地球质 量为M,乘客和车的质量为 m,地球密度为 p,则p= ,在距离地心为r时地球对乘客和车的万有引力充当 回复力F=GMm,又M′=p?g=K,,联立得 F= GRmr,,即万有引力与r成正比，故 D正确。 10.D 设物块A在初始位置时弹簧的压缩量为x。,对 A 列平衡方程：mg=kx?①,施加力F后，A的平衡方程 为F+mg=k(x+x。)②,又由于 F=mg③,由①②③ 得kx=mg,撤去力 F的瞬间，物块A所受的回复力 F=k(x+x?)—mg=kx,当物块 A向上运动到初始 位置上方距离也是x时，由对称性知F=kx,而kx= mg,可见物块A所受弹簧弹力恰好为零，以物块B为 研究对象，受力分析知压力传感器对物块B的支持力 为mg,故压力传感器的读数是mg,故选项D正确。 11.BC 设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x?,对头部 的平衡方程有mg=kx?,施加力F后弹簧再压缩x,头 部的平衡方程为F+mg=k(x?+x);若刚释放时头部 的加速度大小为g,根据牛顿第二定律得k(x?+x)一 mg=mg,则F=mg,解得 kx=mg;撤去力F的瞬间， 头部所受的回复力 Fm=k(x?+x)—mg=kx,当头部 向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知 F=kx,而kx=mg,可见头部所受弹簧弹力恰好是 零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持 力为N=2g,因此小人在振动过程中底部不能离开 x?=2ms,弹桌面，A错误；刚释放时弹簧的形变量为 簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒定律 有E=gm2-mg(z?-xo)-_ku2="k,,结合 Em=2mv2,动能定律 ,故小人在运动过程中头部的 最大速度为g√管，B正确；若小人在振动过程中底 部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到 桌面的弹力为0,受力分析得弹簧此时的弹力等于底 部的重力kr?=2mg,此时对头部受力分析，根据牛顿 第二定律有mg+kx?=ma,故头部在最高点的加速度 为2g,C正确；若小人在振动过程中底部恰好不能离 开桌面，开始施加力 F'后弹簧再压缩x',头部的平衡 方程为F'+mg=k(x?+x'),分析得kr2=mg+_mg =3mg,,则轻压头部释放时弹簧的压缩量为△x=x?+ x′=528,D错误。 12.解析 (1)当小球运动到最低点时，台秤示数为5mg, 即框架对台秤的压力大小为5mg, 由牛顿第三定律知，台秤对框架的支持力为FN=5mg, 设最低点时小球的加速度大小为a,弹簧的弹力为F, 此时框架的加速度大小为零， 则对框架分析得F+3mg=F, 解得F=2mg 对小球应用牛顿第二定律得F。=F—mg=mg, 又F、=ma,解得a=g 由弹簧振子的对称性可知，小球运动到最高点时，小球 加速度的大小也为g,方向竖直向下。 (2)在最高点时，设弹簧弹力为F,则3ma=3mg+F', 解得F′=0。 答案(1)g (2)3mg 训练九 单摆 基础练巩固应用 1.AC 根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总 是指向平衡位置，故 A正确；摆球经过平衡位置时，因 为做圆周运动，所以存在向心加速度，故B错误；摆球运 动到平衡位置时，回复力等于零，故C正确；摆角很小 时，摆球所受回复力的大小跟摆球对平衡位置的位移大 小成正比，而不是合力的大小跟摆球对平衡位置的位移 大小成正比，故D错误。 2.AC 做简谐运动的单摆在偏角增大过程中距平衡位置 的位移x增大，A正确。速度减小，B错误。回复力F= —k.x,随x增大，回复力增大，C正确。单摆在摆动过程 中悬线拉力不做功，故摆球的机械能守恒，D错误。 ?=1×2m√g,以云L3.D 以L为摆长的运动时间为 4-÷×m为摆长的运动的时间为 ,则这个摆 的周期为T=?+?=(2+1)π√。 故 ABC错误， D正确。 4.C 由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小，因 T= 2m√,,则重力加速度变大，要使周期不变，则应增加 摆长，即将螺母适当向下移动，由以上分析可知，A、B、D 错误，C正确。 5.A 让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐 T=2m√g;;让小球在垂直纸面内运动，摆长为l,周期 振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为 r-aJ+)(4+1),周期 ,A正确，BCD错误。 6.解析 (1)当单摆做简谐运动时，其周期公式 T=2m√g, g=空3,只要求出T值代入由此可得 即可。 因为T==60.8s≈2.027 s 所以g=4m2=4×3.142×1.02 m/s2≈9.79 m/s2. (2)秒摆的周期是2 s,设其摆长为L,由于在同一地点 重力加速度是不变的，根据单摆的振动周期公式有 I=,故有：2==2.22m~0.93m。 其摆长要缩短 △l=l-l。=1.02 m—0.993 m =0.027 m 答案(1)9.79 m/s2(2)缩短 0.027 m 22