寒假作业(十二) 简谐运动的回复力和能量单摆-【步步维赢·优练必刷】2024-2025学年高二物理寒假作业

高二物理寒假作业（十二）简谐运动的回复力和能量 单摆 知一识点记 精一典题练 1.回复力的来源 1.如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐 (1)回复力是指将振动的物体拉回到平 运动，当振子从平衡位置O向a运动过 衡位置的力，同向心力一样是按照力的 程中 作用效果来命名的. (2)回复力可以由某一个力提供，如水平 a 弹簧振子的回复力即为弹簧的弹力：也 A.加速度和速度均不断减小 可能是几个力的合力，如竖直悬挂的弹 簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合 B.加速度和速度均不断增大 力：还可能是某一力的分力.归纳起来， C.加速度不断增大，速度不断减小 回复力一定等于振动物体在振动方向上 D.加速度不断减小，速度不断增大 所受的合力.分析物体的受力时不能再 2.如图所示，m为在 M 加上回复力、 光滑水平面上的 777777777777 2.单摆做简谐运动的规律： 弹簧振子，弹簧形变的最大限度为 (1)单摆做简谐运动的位移随时间变化 20cm,图中P位置是弹簧振子处于自 的图像是一条正弦（或余弦）曲线 然伸长状态的位置，若将振子向右 (2)回复力、加速度、速度、动能等都随时 拉动5cm后由静止释放，经过0.5s 间做周期性变化，其变化规律与弹簧振 后振子m第一次回到P位置，关于该 子相同. 弹簧振子，下列说法正确的是() 位移、回复力、加速度速度、动能 A.该弹簧振子的振动频率为1Hz 最高点 最大 零 B.在P位置给振子m任意一个向左或 最低点 零 最大 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 向右的初速度，只要最大位移不超过 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 20cm,总是经过0.5s速度就降为0 3.对单摆周期公式的理解 C.若将振子m向左拉动2cm后由静止 释放，振子m连续两次经过P位置的 由公式T=2x√仁知，某单摆做简谐运动 时间间隔是2s (摆角小于10°)的周期只与其摆长1和当 D.若将振子m向右拉动10cm后由静止 地的重力加速度g有关，而与振幅和摆 释放，经过1s振子m第一次回到P 球质量无关，故又叫作单摆的固有周期. 位置 ·33· 3.如图所示，一弹簧振子 B 在一条直线上做简谐运 动，第一次先后经过M、 c D.条件不足，无法判断 N两点时速度v(0≠0)相同.那么，下列 6.如图所示，曲轴上挂着一个 说法正确的是 ( 弹簧振子，转动摇把曲轴可 A.振子在M、N两点所受弹簧弹力相同 带动弹簧振子上下振动，开始时不转动 B.振子在M、N两点对平衡位置的位移 摇把，让振子自由振动，测得其频率为 相同 2Hz.现匀速转动摇把，转速为240r/min. C.振子在M、N两点加速度大小相等 D.从M点到N点，振子先做匀加速运 则下列说法正确的是 动，后做匀减速运动 A.当振子稳定振动时，它的振动周期是 4.关于做简谐运动的单摆，下列说法正确 0.5s 的是 ( ) B.当振子稳定振动时，它的振动频率是 A.摆球经过平衡位置时所受合力为零 4 Hz B.摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡 C.当转速为240r/min时，弹簧振子的振 位置的位移大小成正比 幅最大 C.只有在最高点时，回复力才等于重力 D.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大 和摆线拉力的合力 7.一个单摆的摆球均匀带正电且与外界绝 D.摆球在任意位置处，回复力都不等于 缘，当摆球摆到最大位移处时，突然加一 重力和摆线拉力的合力 个竖直向下的匀强电场，则下列结论正 5.如图所示，有一摆长 确的是 为的单摆，悬点正 下方某处有一小钉， A.摆球经过平衡位置时的速度增大，振 动周期增大，振幅也增大 当摆球经过平衡位置向左摆动时（摆线 以上部分被挡住)使摆长发生变化.现使 B.摆球经过平衡位置时的速度增大，振 摆球做小角度摆动，图示为摆球从右边 动周期减小，振幅不变 最高点M摆至左边最高点N的闪光照 C.摆球经过平衡位置时的速度没有变 片（悬点和小钉未摄入），P为摆动中的 化，振动周期减小，振幅也减小 最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相 D.摆球经过平衡位置时的速度没有变 等，则小钉距悬点的距离为 化，振动周期不变，振幅也不变 ·34· 8.(多选)一个单摆做小 10.将一测力传感器连接到计算机上就可 角度摆动，其振动图 以测量快速变化的力.如图甲中O点为 像如图所示，下列说 0 单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为 法正确的是( 质点)拉至A点，此时细线处于张紧状 A.t1时刻摆球速度 态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内 为零，悬线对它的拉力最小 的A、B、C之间来回摆动，其中B点为 B.t2时刻摆球速度最大，但加速度不 运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=a, 为零 α小于10°且是未知量.图乙是由计算机 C.t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉 得到的细线对摆球的拉力大小F随时 力最大 间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆 D.时刻摆球速度最大，悬线对它的拉 球从A点开始运动的时刻.试根据力学 力最大 规律和题中（包括图中）所给的信息， 9.如图所示是一个单摆的共振曲线， 求：(g取10m/s) (1)若单摆所处的环境重力加速度g取 ↑FN L 0.510 9.8m/s2,试求此摆的摆长. (2)若将此单摆移到高山上，共振曲线的 0.495 “峰”将怎样移动？ A/cm 0 0.2m0.4m 乙 (1)单摆的振动周期和摆长； 0.20.40.6z (2)摆球的质量： (3)摆球运动过程中的最大速度： ·35·10.解析：(1)由题图知：A的振幅是0.5cm,周期 要最大位移不超过20cm,总是经过}T=0.5s 是0.4s:B的振幅是0.2cm,周期是0.8s. (2)由题图知：A中振动的质点从平衡位置沿 到达最大位移处，速度降为0，B正确：振动的周 期与振幅的大小无关，振子m连续两次经过P 正方向已振动了2周期，9=元，由T=0.4s,得 位置的时间间隔是半个周期，即1s,C错误：振 w=年=5元rad/s,则简请运动的表达式为： 动的周期与振幅的大小无关，所以若将振子m 向右拉动10cm后由静止释放，经过0.5s振子 xA=0.5sin(5πt十π)cm.B中振动的质点从平 m第一次回到P位置，D错误. 衡位置沿正方向已振动了是周期，9=受，由 3.C由题意和简谐运动的对称性特点知：M、N 两点关于平衡位置O对称.因位移、速度、加速 T=0.8s得u=纤=2.5mrad/s,则简谐运动的 度和力都是关量，它们要相同，必须大小相等、 方向相同.M、N两点关于O点对称，振子所受 表达式为xa=0.2sin(2.5m+受）cm 弹力应大小相等、方向相反，振子位移也是大小 (3)将1=0.05s分别代入两个表达式中得： 相等、方向相反，由此可知，A、B选项错误；振子 在M、N两，点的加速度虽然方向相反，但大小相 2n=0.5sin(5x×0.05+x)cm=-0.5x 2 cm 等，故C选项正确：振子由M到O速度越来越 大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不 、② cm, 是匀加速运动，振子由O到N速度越来越小， 但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀 tm=0.2sin(2.5x×0.05+)cm 减速运动，故D选项错误。 -0.2sin cm. 4.C摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于 摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为零， 答案：(1)0.5cm0.4s0.2cm0.8s 合力提供向心力，方向指向悬点，A错误：摆球 (2)z=0.5sin(5)cm 所受回复力由重力沿圆孤切线方向的分力提 r0.2sin(2.)cm 供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉 力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大 (3)x1=-② 5 xB=0.2sin8元cm 小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，B 错误：根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移 高二物理寒假作业（十二）简谐运动的回复力 处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线 和能量单摆 方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才 1.C当振子从平衡位置O向a运动的过程中，弹 等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速 簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速 度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向 度逐渐增大，加速度的方向与速度的方向相反， 的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于 振子做减速运动，则振子速度减小，选项C正 重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误. 确，A、B、D错误. 5.C设单摆在右、左两侧摆动的周期分别为T1 2.B将振子m向右拉动5cm后由静止释放，经 T,由题图得T,:T,=4:2=2:1,由单摆周期 过0.5s后振子m第一次回到P位置经历T, 公式T=2任得4：=4：1，放小钉距港点 所以T=4X0.5s=2s振动的频率f=子=号比， 的距离d=1一-是，故选项C正确。 A错误；振动的周期与振幅的大小无关，在P位 6.B受迫振动中，受迫振动的物体的周期、频率 置给振子m任意一个向左或向右的初速度，只 由驱动力的周期，频率决定，驱动力的频率为 ·56· 4Hz,周期为0.25s,所以A项错误，B项正确： (2)在B点拉力的最大值为Fm=0.510N. 当驱动力的周期与振子的固有周期相等时，振 Fax一ng= mu 幅最大，C、D项错误. 7.B增加电场后，摆球在等效重力场中做简谐运 在A、C两点拉力的最小值为Fm=0.495N, 动，设摆球的质量为，摆球受到的电场力为 Fmin=mgcos a+ F,则摆球在等效重力场中的等效加速度g'= A→B过程机械能守恒， 根据单摆周期公式可知，摆球在等效重 8+ 即mgl(1-cosa)= 2m, 由以上各式解得m=0.05kg. 力场中的周期T=2√写 ∠2 ,可知摆球振 (3)由Fx-mg=1 mUmax 动的周期减小，设摆球开始时的振幅为A,根据 运动的对称性可知，摆球在到达另一侧的最高 可得，vnmx≈0.283m/s. 点时，相对于最低点的位移也是A,可知摆球的 答案：(1)0.4πs0.4m(2)0.05kg 振幅不变，则摆球在摆动的过程中，最高点相对 (3)0.283m/s 于最低点的高度差h不变，根据功能关系可知， 高二物理寒假作业（十三）实验：用单摆测量 重力加速度受迫振动、共振 开始时在最低点的追度满足m=mg,所以 1.C自由摆动的秋千可以看作阻尼振动的模型， ,=√2gh,增大电场后在最低点的速度满足 振动系统中的能量转化也不只能是系统内部动 乞m暖=Fh+mgh,所以=√2gh+2酒 能和势能的相互转化，振动系统是一个开放系 >1 统，与外界时刻进行能量交换，系统由于受到阻 可知摆球经过最低点的速度增大，选项B 力，消耗系统能量做功，而使振动的能量不断减 正确. 小，但总能量守恒. 8.ABD由振动图像可知，t:和tg时刻摆球偏离 2.B实际的自由振动由于阻力的作用，振幅会越 平衡位置的位移最大，此时摆球速度为零，悬线 来越小，所以一定为阻尼振动，故A项正确；物 对摆球的拉力最小：2和，时刻摆球位移为零， 体在周期性驱动力的作用下的振动是受迫振 正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球的拉 动，故物体在外力作用下的振动不一定是受迫 力最大.故正确答案为A、B、D. 振动，故B项不正确：阻尼振动的振幅会越来越 9.解析：(1)由图像可知，单摆的固有频率f=0.3Hz, 小，故C项正确：受迫振动稳定后的频率取决于 由频率公式∫= 驱动力的频率，与自身物理条件无关，故D项 正确 得1= 9.8 4π2 4×3.142×0.3m=2.8m. 3.B挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振 动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步 (2)由f= 吕知，单摆移到高山上，重力加 的频率时，发生共振，结果水桶中的水荡出，为 速度g减小，其固有频率减小，故共振曲线的 了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路 “峰”向左移. 的步频，故A正确；停在海面的小船受到海浪的 答案：(1)2.8m(2)峰将向左移 冲击上下振动，是受迫振动，故B错误：部队过 桥时为避免脚步的频率等于桥梁的固有频率而 10.解析：(1)由题图乙可知单摆的周期T= 发生共振，部队要便步通过桥梁，C正确；较弱 0.4π5， 声音可震碎玻璃杯，是因为声音的频率等于玻 由T=2元 璃杯的固有频率而发生共振，D正确， 得摆长= g=0.4m. 4,D共振现象是指驱动力的频率与物体的固有 4π 频率相等时，出现的振幅最大的现象，大队人马 ·57·