假期作业(14)简谐运动-【百汇大课堂·寒假作业】2024-2025学年高二物理假期作业

假期作业 假期作业（十四）简谐运动 ·知识要点 5.共振现象 (1)条件：驱动力的频率 物体的固 1.简谐运动 有频率。 (1)定义：如果物体的位移与时间的关系遵 (2)特征：共振时，物体振动的 最大 从 函数的规律，即它的振动图像(x-( 一条养测评 图像)是一条 曲线，这样的振动叫作 UYANO CI-INC 简谐运动. 1.关于机械振动，下列说法中错误的是( (2)特点：简谐运动是最简单、最基本的振 A.回复力的方向总是与位移方向相反 动，其振动过程关于 对称，是一种 B.加速度的方向总是与位移方向相反 往复运动.弹簧振子的运动就是 C.速度方向有时与位移方向相同，有时与位 运动。 移方向相反 2,简谐运动的表达式 D.机械振动属于匀变速直线运动 简谐运动的表达式为x=Asin(awt十p). 2.某质点的振动图像如 (1)A:表示简谐运动的 图所示，下列说法正 (2)ω：是一个与频率成正比的量，叫作简 确的是 ( 谐运动的“圆频率”，表示简谐运动的快 A.1s和3s时刻，质 慢，ω= 点的速度相同 (3)awt十p:代表简谐运动的 B.1s到2s时间内，速度与加速度方向相同 (4)p:表示t=0时的相位，叫作 C.简谐运动的表达式为y=2sin(0.5πt十 3.简谐运动的受力特点 1.5π)cm 如果物体在运动方向上所受的力与它偏离 D.简谐运动的表达式为y=2sin(0.5πt十 平衡位置位移的大小成 ,并且总是指 0.5x)cm 向 ,质点的运动就是简谐运动， 3.如图所示，在两根等长的细线 4.受迫振动 下悬挂一个小球（可视为质 (1)驱动力：给振动物体施加的一个 点)组成了所谓的双线摆，若 的外力. 细线长为，两线与天花板的左、右两侧夹角 (2)受迫振动：在 作用下的振动. 均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，其周 (3)受迫振动的周期或频率 期为 物体做受迫振动时，振动稳定后的周期或频 A.2π B.2π 2☑ 率总等于 的周期或频率，与物体的 Isin a 周有周期或固有频率无关 C.2π 2lcos a D.2π 马 g 37 有女代商二寒假·物理 4.一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通 A.振子的振动周期为4s 过A、B两点，历时1s,质点通过B点后，再经 B.振子的振幅为10cm 过1s,第二次通过B点，在这2s内，质点的总 C.0~10s内，振子通过的路程是50cm 路程是12cm,则质点振动的周期和振幅分别 D.t=1s时，振子的速度为零，加速度最大 可能为 8.(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化 A.2 s,6 cm B.4 s,6 cm 的关系为x=Acos于，其中A为简谐运动的 C.4 s,9 cm D.2 s,8 cm 振幅，则 () 5.(多选)如图所示是用频闪照相的方法获得 的弹簧振子的位移一时间图像，下列有关该 A.质点在第1s末与第3s末的位移相同 图像的说法正确的是 B.质点在第1s末与第3s末的速度相同 C.质点在第3s末与第5s末的位移相同 D.质点在第3s末和第5s末的速度方向相同 9.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实 验中，先测得摆线长为97.50cm,摆球直径 A.该图像的坐标原点建立在弹簧振子的平 为2.00cm,然后用秒表记录了单摆振动50 衡位置 次所用的时间，如图所示，则： B.从题图可以看出小球在振动过程中是沿 轴方向移动的 C.为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置 的位移，应让底片沿垂直t轴方向匀速 运动 D.图像中小球的疏密显示出相同时间内小 (1)该摆摆长为 cm,秒表所示读数为 球位移变化快慢不同 S. 6.如图所示是一质点做 (2)如果测得的g值偏小，可能的原因是 简谐运动的振动图 线，下列说法正确 Q×10 A.测摆线长时摆线拉得过紧 的是 B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动， A.周期为4s 使摆线长度增加了 B.振幅为10cm C.开始计时时，秒表过迟按下 C.P时刻位移为x正方向 D.实验中误将49次全振动记为50次 D.Q时刻加速度为x负方向 (3)为了提高实验精度，在 7.(多选)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像 实验中可改变几次摆长！并 如图所示，下列说法正确的是 测出相应的周期T,从而得 x/cm 出一组对应的（与T的数 据，再以1为横坐标，T下为纵坐标，将所得数据 连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k, 则重力加速度g= (用k表示) 38 假期作业学为 10.在用如图甲所示的装置做“用单摆测定重力 12.如图所示是某质点做简谐运动的图像，根 加速度”的实验时，测得摆线长度为L,摆球的 据图像中的信息，回答下列问题： 直径为d,n次全振动所用时间为t,则单摆的 摆长为 ,摆动周期为 ,重力加 速度的表达式g .为了提高测量精 度，需多次改变摆线的长度L,并测得相应 的周期T值，并作出T-L图像，如图乙所 -10 示.则由图像可知重力加速度g= m/s2 (计算结果保留两位有效数字). (1)质点在第3s末的位移是多少？质点振 动过程中的最大位移为多少？ 11s 4.0 (2)在前4s内，质点经过的路程为多少？ 99 em 甲 11.水平弹簧振子以原点O为平衡位置在水平 方向沿x轴振动，某时刻从平衡位置开始 经0.1s第一次到达x轴正向M点，又经 0.1s第二次到达M点，求： (1)该弹簧振子振动的周期T: (2)若振子振幅A=10cm,求M点的坐 标xM -39假期作业 为 5.C[抛球的过程球与小车水平方向的动量守恒，第一 11.解析(1)由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动 种方式是一次将小球全部抛出，取向右为正方向，有 量守恒，由动量守恒定律得 0=m一M/,得=第三种方式是将小球一个 M6一mw=-my+Mw', 接一个地抛出，抛出第一个小球后有0=mw一[M+ 代入数据解得-号ms,方向水平向右： (n一1)m],抛出第二个小球后有一[M+(n-1)m]y (2)在摩擦力作用下物块和薄板最后达到共同速度， =mw一[M+(一2)m]…,归销可得%=网， 设共同运动速度大小为，由动量守恒定律得 M6-m=(m十MDv, C正确.] 代入数据解得v=2m/s,方向水平向右. 6.A[取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小 为：p=mAA-mBuB=(5X10-2X5)kg·ms 答案号s方向水平向右(2)2m5方 40kg·mS:根据动量守恒得：p=mAA'十mB0B',解 向水平向右 得：g'=10m/s,故A符合题意.] 12.解析(1)取向左为正方向，由动量守恒定律有： 7.D[设A、B两个小球碰撞后的速度分别为U1、,由 0=2m)一mw 动量守恒定律有：16=m1功十m22① 由能量守恒定律有： 传1一号 262=7m2+2m2@ 1 (2)小明接木箱的过程中动量守恒，有 U十2m1=(n十2m)2: 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学 规律有： 解香防-号 1:=PO:(PO+2PQ)=1:5③ 联立①②③，代入数据解得：m1:2=5:3,故D符 答案号(2号 合题意.] 假期作业（十四）简谐运动 8.BC[当撒去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到 墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以和b 知识要点 组成的系统的动量不守恒：a离开墙壁后，系统所受的 1.(1)正弦正弦(2)平衡位置简谐2.(1)振幅 外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒，所以 (2停2xf (3)相位(4)初相3.正比平衡位置 B,C正确，A,D错误.] 4.(1)周期性(2)驱动力(3)驱动力5.(1)等于 9.AC[设小球向右运动方向为正方向，两小球碰撞前 (2)振幅 后动量守恒m1一m22=m1'十22'，解得2‘= 素养测评 一2m/s,则碰撞后小球m2的速度大小为2mfs,方向 1.D[根据回复力公式和牛顿第二定律：F=一kx,F= 向左，故A正确，B错误：在相碰过程中，2的动量改 m,可知回复力和加速度的方向总是与位移方向相 变△p=m22'-m22=24kg·m/s,则2的动量改 反，故A、B正确：当物体由平衡位置向最大位移处运 变大小为24kg·m/s,方向向右，故C正确：根据动量 动时，物体的速度方向与位移方向相同，当物体由最 定理可知，在相碰过程中，m1受到的外力的冲量I= △p=m1'一m1=一24N·s,负号表示方向向左， 大位移处向平衡位置运动时，物体的速度方向与位移 方向相反，故C正确：机械振动的物体受到变力作用， 故D错误.门 10.CD[碰后A球速度为零时B球有最小速度v1·由 根据牛顿第二定律可知加速度也变化，所以不是匀变 动量守恒可得mv=2mW1,解得=0.5：当两球发 速直线运动，故D错误.] 生弹性正碰时B球有最大速度，设碰后A的速度为 2.D[yt图象上某点的切线的斜率表示速度：1s和3s 时刻，质点的速度大小相等，方向相反，故A错误：1s 2,B的速度为vg,由动量守恒可得mw=m2十 到2s时间内，质点做减速运动，故加速度与速度反 2m购，系统机械能守恒可得合m2=之mg2十 向，故B错误：振幅为2cm,周期为4s,角速度为 m3,联立可得wn2 1 v=0.67U,则碰后B球 w华-行=0,5x6d,故简谐运动的表达式为 4 的速度大小0.5v<vB≤0.67u:分析四个选项可知 y=Asin(ul十g)=2sin(0.5xt+0.5π)cm,故C错误， C、D正确，AB错误.] D正确.] 63 有太代商二寒假·物理 动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度 3.D[单摆周期公式T=2灭 ，本题中的等效摆长1 g 偏小，故B正确，开始计时，秒表过迟按下，测得单摆 =1kma,对T=2四0.D正商. 的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C错误，实 验中误将49次全振动数为50次.测得周期偏小，则测 4.B[做简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过 得的重力加速度偏大.故D错误， A、B两点，则可判定这两点关于平衡位置O点对称， 所以质点由A到O时间与由O到B的时间相等，那么 (3)由单摆的周期公式：T=2x安， L g 手衡位置0到B高的时月，=号s,因过B点后再经 图线的斜率人=只，解得g=女 4π2 过t=0.5s质点以方向相反、大小相同的速度再次通 拉B点，则有从B点到最大位星的时间：=名、因 答案1)98.5075.2(2)B(3)g=4 k 10.解析(1)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，摆 此，质点振动的周期是T=4×(t十12)=4s,质点总 路程的一率，即为振相，所以叛幅为A-号cm=6cm, 长1=L+兰 故B正确，A,C.D错误.] (2)单摆完成一次全振动需要的时问是周期，单摆的 5.AD[从题图中能看出坐标原点在平衡位置，A对：振 周期T=日 动过程中小球只在平衡位置附近做往复运动并不随 时间轴而迁移，要显示小球在不同时刻偏高平衡位置 (3)由单摆周期公式T=2任得重力加连 的位移，应让底片沿平行1轴方向匀速运动，所以B、C 错：因题图中相邻小球之间所经时间相同，密处说明 位置变化慢，反之，疏处说明位置变化快，D对，] 度g一 6.C[最动周期为T-4×10一2s,选项A错误：振幅为 5cm,选项B错误；P时刻位移为x正方向，选项C正 (4)由单摆周期公式T=2√g 确；Q时刻位移为x轴负向，故加速度为x正方向：选 项D错误.] T=2π + 7.ACD[由振动图像可得，振子的振动周期为4s,振子 的振幅为5cm,故A项正确，B项错误；0~10s内，振 变形得T2=4rL+2 g g 子道进的路程=÷·4A=9×4X5em=60m,故 图像斜率忙=4，解得g≈9.9m/. g C项正确：=1s时，振子的位移正向最大，振子的速 度为零，加速度最大，故D项正确.] 答案L+号 (2)(3 4n2(L+号) 8C[将1s和35代入关系式可得到=s牙-号A。 n 2 2 (4)9.9 看-A如要-一号A.成走项A错误：国为质点在第1： 11.解析(1)从O点开始向正x轴运动，则振子按下面 路线振动 末与第3s末的速度大小相同，速度方向也相同，故选项 B正确：将3s和5s代入关系式可得，=Ams还 0柱成大位移 号A6=Am要=-号A.成造项C正确：质点在第 则叛子的振动周期为T=4×(0.1+02)=0.68 21 3s未和第5s末的速度大小相同，但方向不同，故选项 (2)角滤度为。-产-19rad D错误.] 则弹簧振子的振动方程为x=Asin(cm) 9.解析(1)单摆的摆长 k=4a+号-9职0m+29m=980m: 将A=10emw=19rads代入上式， 小表盘表针超过了半刻线，故： 可得=10sin1g4(cm》 1=60s+15.2s=75.2s. 则从平衡位置经1=0.1s运动到M点，则有 (2)测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则 测得的重力加速度偏大。故A错误，摆线上端未牢固 =10sm(g2x0.1小m=55m 地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振 答案(1)0.6s(2)53cm 64 假期作业学为 12.解析(1)由x-1图像可以读出3s末质点的位移 5.BD[由图像可知波长λ=4m,周期T=2s,则波速 为一10cm,振动过程中的最大位移为10cm. (2)前4$内质点先沿正方向由平衡位置运动了10 为一产-号m8=2ms,放A错误，B正商：1=0时 cm到达正向最大位移处，又沿负方向运动了20cm 刻P点向一y方向振动，有波动和振动的关系可判断 到达负向最大位移处，然后又沿正方向运动了10cm 波向x轴负方向传播，故C错误：由质点P的振动图 回到平衡位置处，故总路程为40cm. 像知1=3,58=1是T,此时P点位于流蜂位里，P点 答案(1)-10cm10cm(2)40cm 的位移为0.2m,故D正确.] 假期作业（十五）机械波 6.BC[由波形图可知，由于振源O起振方向沿十y方 向，可知波传到的质点起振方向也沿十y方向，可知经 知识要点 1.(1)机械振动(2)①机械振动②介质(3)①形式 0.9s波传到了x=18m的位置，波速为v=二= ②方式2.(1)正弦曲线(2)简谐3.(1)各个时刻 18 (2)某个时刻4.干涉衍射 0.9ms=20m,选项A错误：由波形图可知，1= 素养测评 0.9s时，x轴上6m处的质点振动方向向下，选项B 1.D[由于机械波依据介质传播，如果振源停止振动， 正痛：波的周期为T-合-号s-04s选项C正病， 已经振动的质点，由于惯性还要振动一会儿，所以形 成的波不会立即停止，故A错误：机械波是机械振动 D错误.] 在介质中传播的过程，有机械振动不一定有机械波， 7.AC[图示时刻质点b向下运动，质点的加速度正在 还必须有传播报动的介质，故B错误：波在介质中传 增大，A正确，B错误；此波周期为T=0.02s,则频率 播，不是介质质点由近及远的传播过程，而是质点的 为∫一一=50H,若此波遥到另一列波并发生稳定的 振动形式及能量由近及远的传播过程，故C错误， 干涉现象，则另一列波的频率也为50Hz,C正确：质 D正确，门 点a只上下振动，不会随波向前迁移，D错误.门 2.C[根据波的传播规律，利用带动法，可知，a点在向 8.AB[某时刻b点达到波峰位置，而a点正处于平衡 下运动，b点在向上运动，A错误：由图可知，a、b两点 间的距离小于一个波长，B错误：b点在向上运动，再 位量且向上运动，则ab间距清足以十子入=4.2m,因 经6质点将运动到波蜂位置，C正确：质点只在平 为波长大于2m,则n=0时A1=5.6m,解得波速 衡位置上下振动，不会随波迁移，D错误.] 1--0s=0,285:当=1时为=24m,解得 3.A[1=1s时A第五次回到平衡位置，即2.5T=1s, a2_2.4 解得周期T=0.4s,故A正确：根据题意可知波速U= 波迷T2=。=20=0.12,故选A,B.] 10m=5m=5ms,波长1=vT=5X0.4m=2m,故 9.AC[由图知波长入=4m,由于两个时刻的波形相同， I s 经过了整数倍周期的时间，则得△1=0.2s=nT(n= B,C错误：1=1s时A处于平衡位置，根据波长和A、B 所在波面之间的距离可知，A、B之间有2.5个波形， 1,23…),可得到最大的周期为T=0.2s,由。=升 因此有5个点处于最大位移处，故D错误，] 4 4.D[根据图乙b质点在1=0开始的振动图像可得叛 得最小波速0=0.2ms=20ms,故A正确，B错误： 动方向向下，由波形的同侧法原理可知波沿x轴负方 简谐横波沿x轴正方向传播，x=2.5m处的质点向下 向传播，而d质点在平衡位置向上振动，则质点b与质 运动，到达平衡位里的时间大于了，而x=2m处的质 点d的速度方向相反，速度不同，故A错误：由振动图 像可读出T=4s,则经t=4.0$,波形传播的距离为 点到达平衡位里时问等于？，放C正确：根据数学知 s一vT一4.0m,而质点始终在平衡位置上下振动而不 随波形传播，故B错误；质点a和c相差半个波长的距 识得知质点M和N之间的距离等于合，由波形得知， 离，故质点a在波谷时，质点c一定在波峰位置，故C 质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰，故 错误：由周期和频率的关系可知，浅的频率为∫= D错误.] 10.BD[根据题意a,b两质元平衡位置问的距离为d= }H=0.25H,而观泉者沿着e轴意近波源运动 (a+是)，T-名，当再经历山=(k+子)T时，6可 时，由多普勒效应可知，观察者接收到的该波的频率 将大于波源的实际频率0,25Hz,故D正确.] 能关在波华：解得△-+子T-新牛名m-01,2。 65