第5周 简谐运动及描述简谐运动的回复力和能量-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 18 — 第五周 简谐运动及描述简谐运动的回复力和能量 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第15题以竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物体为例,综合考查利用动力学规律 及对称性处理简谐运动问题。该题题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较 高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共50分) 考点一 弹簧振子 1.如图所示,一弹簧振子做简谐运动,关于弹簧振子的速度和位移,下列说法正 确的是 ( ) A.速度方向总与位移方向相反 B.速度方向总与位移方向相同 C.振子每次经过平衡位置时,位移相同,速度也一定相同 D.振子每次经过同一位置时,其速度不一定相同,但位移一定相同 考点二 简谐运动的图像 2.(多选)(2025·广州市第六中学月考)弹簧振子做简谐运动,振动图像如 图所示,下列说法正确的是 ( ) A.t1、t2 时刻小球的速度大小相等,方向相反 B.t1、t2 时刻小球的位移大小相等,方向相反 C.t2、t3 时刻小球的速度大小相等,方向相反 D.t2、t4 时刻小球的位移大小相等,方向相反 3.(多选)如图甲所示为以O点为平衡位置,在A、B 两点间运动的弹簧振子,图乙为这个弹簧振子 的振动图像,由图可知下列说法中正确的是 ( ) A.在t=0.2s时,振子的速度为正向最大 B.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻,振子在同一位置 C.从t=0.2s到t=0.4s时间内,振子的速度增大 D.在t=0.6s时,振子有最小的位移 4.(多选)(2025·遂宁市高二期中)如图为某质点做简谐运动的图像,则由图线 可知 ( ) A.t=0.5s时振子的回复力方向向正方向 B.t=2.5s时质点的速度与加速度同向 C.t=3.5s时质点正处在动能向势能转化的过程之中 D.从第1s末到第2s末振子的位移增加,振子在做加速度减小的减速运动 考点三 简谐运动的振幅、周期和频率 5.(2025·厦门市第一中学月考)如图所示,弹簧振子在B、C 间振动,O 为平衡 位置,BO=OC=5cm。若小球从B到C的运动时间为1s,则下列说法正确 的是 ( ) A.小球从B 经O 到C 完成一次全振动 B.振动周期是2s,振幅是5cm C.经过两次全振动,小球通过的路程是20cm D.从B 开始经过3s,小球通过的路程是20cm 6.(多选)如图所示是一做简谐运动的物体的振动图像,下列说法正确的 是 ( ) A.物体的振动周期是2×10-2s B.第2个10-2s内物体的位移是-10cm C.物体的振动频率为25Hz D.物体的振幅是10cm 考点四 简谐运动的相位、表达式 7.(2025·天津市高二期中)弹簧振子做简谐运动,振子运动范围为0.8cm,周期为0.5s,计时开始 时具有正向最大加速度,则它的振动方程是 ( ) A.x=8×10-3sin4πt+π2 (m) B.x=4×10-3sin4πt-π2 (m) C.x=8×10-3sin2πt+π2 (m) D.x=4×10-3sin2πt-π2 (m) 8.如图所示,水平弹簧振子沿x轴在 M、N 间做简谐运动,坐标原点O 为 振子的平衡位置,其振动方程为x=5sin10πt+π2 cm。下列说法正确 的是 ( ) A.MN 间距离为5cm B.振子的运动周期是0.1s C.t=0时,振子位于N 点 D.t=0.05s时,振子具有最大加速度 考点五 简谐运动的周期性和对称性 9.(2025·大庆市铁人中学高二期末)如图所示,弹簧振子在振动过程 中,振子从a到b历时0.2s,振子经a、b两点时速度相同,若它从b 再回到a 的最短时间为0.4s,则该振子的振动频率为 ( ) A.1Hz B.1.25Hz C.2Hz D.2.5Hz 考点六 简谐运动的回复力 10.(2025·温州市高二开学考)做简谐运动的物体经过A 点时,加速度的大小是2m/s2,方向指向 B 点;当它经过B 点时,加速度的大小是3m/s2,方向指向A 点。若AB 之间的距离是10cm,则 它的平衡位置在 ( ) A.AB 之间,距离B 点4cm处 B.AB 之间,距离A 点4cm处 C.AB 的外侧,距离A 点4cm处 D.AB 的外侧,距离B 点6cm处 考点七 简谐运动的能量 11.把一个小球套在光滑细杆上,球与轻弹簧相连组成弹簧振子,小球沿杆在 水平方向做简谐运动,平衡位置为O,小球在A、B 间振动,如图所示。下列 结论正确的是 ( ) — 17 — — 20 — A.小球在O位置时,动能最大,势能最小 B.小球在A、B 位置时,动能最大,总能量最大 C.小球从A 经O 到B 的过程中,回复力一直做正功 D.小球在O位置时系统的总能量大于小球在B 位置时系统的总能量 12.如图所示,由轻质弹簧下面悬挂一物块组成一个竖直方向振动的弹簧振子,弹簧的 上端固定于天花板上,当物块处于静止状态时,取它的重力势能为零,现将物块向 下拉一小段距离后放手,此后弹簧振子在平衡位置附近上下做简谐运动,不计空气 阻力,则 ( ) A.弹簧振子速度最大时,振动系统的势能为零 B.弹簧振子速度最大时,物块的重力势能与弹簧的弹性势能相等 C.弹簧振子经平衡位置时,振动系统的势能最小 D.弹簧振子在振动过程中,振动系统的机械能不守恒 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 简谐运动的能量 如图所示为水平弹簧振子,小球在A、B 之间做往复运动。 探究问题: (1)从A 到B 的运动过程中,小球的动能如何变化? 弹簧弹性势能如何变化? 振动系统的总机械 能是否变化? (2)如果使小球振动的振幅增大,小球回到平衡位置的动能是否增大? 振动系统的机械能是否增 大? 振动系统的机械能的大小与什么因素有关? 【综合·一练到底】(共35分) 13.(13分)如图所示是某质点做简谐运动的振动图像,根据图像中的信息, 回答下列问题: (1)质点离开平衡位置的最大距离为 ; (2)在t=1.5s时,质点向 方向运动;在t=2.5s时,质点向 方向运动。(均选填“正”或“负”) (3)1~2s内质点速度 ;2~3s内质点速度 。(均选填“增大”或“减小”) (4)质点在第2s末的位移是 ;在前4s内的路程是 。 14.(12分)(2025·常州市高二期中)弹簧振子以O点为平衡位置,在 M、N 两点间做简谐运动,在t =0时刻,振子从O、N 间的P 点(未画出)以速度v向N 点运动;在t=0.2s时刻,振子速度第 一次变为-v;在t=0.5s时刻,振子速度第二次变为-v。 (1)求弹簧振子的振动周期T; (2)若 M、N 之间的距离为20cm,求振子在4.0s内通过的路程; (3)若M、N 之间的距离为20cm,以向右为正方向,从振子在M 点开始计时,写出弹簧振子位移 随时间变化的振动方程,并在给定的坐标系中画出一个周期内的振动图像。 15.(10分)(2025·宿迁市高二期中)如图所示,竖直悬挂的轻弹簧下端系着 A、B两物 体,mA=0.1kg,mB=0.1kg,弹簧的劲度系数为k=40N/m,剪断A、B间的细绳后, A做简谐运动,不计空气等阻力,弹簧始终没有超过弹性限度,g取10m/s2。求: (1)剪断细绳瞬间的判断是否是简谐振动; (2)A做简谐运动的振幅; (3)A在最高点时的弹簧弹力大小。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (多选)(2025·成都市高一期末)如图,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖 直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向,物块做简谐运动的表达式为y=0.1sin (2.5πt)m。t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6s时,小球恰好与物 块处于同一高度。取重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。以下判断正确的是 ( ) A.简谐运动的周期是1.25s B.h=1.7m C.0.6s内物块运动的路程是0.2m D.t=0.3s时,物块与小球运动方向相同 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 19 — —86 — 第四周 动量和能量的综合应用 【考点·一应俱全】 1.B [P物体接触弹簧后,在弹簧弹力的作用下,P物体做减速运 动,Q物体做加速运动,P、Q间的距离减小,当P、Q两物体速度相 同时,弹簧被压缩到最短,故B正确,A、C错误;由于作用过程中 动量守恒,设P、Q两物体共速时速度为v',则 mv=(m+m)v',所 以弹簧被压缩至最短时,P、Q的速度v'=v2 ,故D错误。] 2.AC [对题图甲,设物体A的质量为 M,由机械能守恒定律可得, 弹簧压缩x时弹性势能Ep= 1 2Mv0 2;对题图乙,物体A以2v0 的 速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩 量时,A、B速度相等,由动量守恒定律有 M·2v0=(M+m)v,由 能量守恒定律有Ep= 1 2M (2v0)2- 1 2 (M+m)v2,解得 M=3m, Ep= 3 2mv0 2,选项A、C正确,B、D错误。] 3.ABC [A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩,当两球速度相等时 弹簧被压缩到最短,然后弹簧再次回到原长,故弹簧的形变量先增 大后减小,则弹簧的弹力先增大后减小,两球所受的合外力都为弹 簧弹力,故两球的加速度都是先增大后减小,故A正确;当A、B速 度相等时弹簧的弹性势能达到最大,设此时共同速度为v3,由动量 守恒及能量守恒分别可得 mAv=(mA+mB)v3,ΔEp= 1 2mAv 2- 1 2 (mA+mB)v32,联立解得ΔEp=6.4J,B正确;当弹簧恢复原长 时,碰撞结束,设此时A、B的速度分别为v1、v2,规定向右为正方 向,由动量守恒及能量守恒分别可得 mAv=mAv1+mBv2, 1 2mAv 2 =12mAv1 2+12mBv2 2,联立解得v1=-2.4m/s,v2=1.6m/s,碰 撞结束时,小球A向左运动,B球速度大小为1.6m/s,C正确,D 错误。] 4.BD [小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球从另一曲面滑下 时,小车仍继续前进,不会回到原位置,故 A错误;小球恰好到最 高点时两者有共同速度,对于车和球组成的系统,取水平向右为正 方向,由水平方向动量守恒得 mv=2mv1,得共同速度v1= v 2 ,小 车动量的变化Δp=mv1-0= mv 2 ,故B正确;小球恰好到达小车最 高点时,小球与小车的速度是相同的,由于系统水平方向动量守 恒,若曲面光滑,则系统机械能守恒,所以相互作用结束后,可能小 车的速度仍然等于0,小球的速度仍然等于v,故C错误;如果曲面 光滑,则车和球组成的系统机械能守恒,有1 2mv 2=12×2mv1 2+ mgh,解得h=v 2 4g ,如果曲面粗糙,因摩擦生热,减少的动能还有一 部分转化成内能,小球能上升的高度还要更小些,故D正确。] 5.BCD [滑块沿弧形槽下滑过程中,竖直方向合力不为零,二者组 成的系统动量不守恒,只有弹力和重力做功,机械能守恒,故 A错 误;系统水平方向动量守恒mv1=3mv2, 机械能守恒mgh=12mv1 2+12×3mv2 2, 解得v1= 3 2gh ,v2= 1 3 3 2gh , 弹簧获得的最大弹性势能为Epm= 1 2mv1 2=34mgh ,故B正确; 滑块被弹簧反弹后,弧形槽和滑块再次共速时,滑块沿弧形槽上升 的高度最大,mv1+3mv2=(m+3m)v, 1 2mv1 2+12×3mv2 2-12 (m+3m)v2=mgh',解得滑块沿弧形槽 上升的最大高度h'=h4 ,故C正确; 滑块再一次离开弧形槽时, 有mv1+3mv2=mv1'+3mv2', 1 2mv1 2+12×3mv2 2=12mv1' 2+12×3mv2' 2, 解得v1'=0,v2'= 2 3 3 2gh , 所以滑块再 一 次 离 开 弧 形 槽 后,不 可 能 和 弹 簧 发 生 作 用,故 D 正确。] 6.A [t1 时间内,子弹推动两个木块一起运动,所以子弹和木块 A、 B的动量守恒m子 v0=m子 v1+(mA+mB)v2,即 m子 v0-m子 v1= (mA+mB)v2,子弹的动量变化量等于木块 A、B整体的动量变化 量,所以子弹的动量变化量大于A的动量变化量,A正确,C错误; t2 时间内,子 弹 和 木 块 B的 动 量 守 恒 m子 v1+mBv2=m子 v3+ mBv4,即m子 v1-m子 v3=mBv4-mBv2,子弹的动量变化量等于B 的动量变化量,B错误;t2 时间内,子弹穿过B的过程中,有热量产 生,所以此过程中机械能不守恒,D错误。] 7.D [设子弹的速度为v0,子弹的质量为 m,左侧子弹射入木块后 与木块共同运动的速度为v1,由动量守恒定律可得mv0=(M+m) v1,设子弹与木块之间的作用力大小为Ff,根据能量守恒定律可得 Q=Ffd1= 1 2mv0 2-12 (M+m)v12,当右侧子弹射入木块后,设最 后的共同速度为v2,根据动量守恒可得(M+m)v1-mv0=(M+ 2m)v2,解得v2=0,根据能量守恒定律可得Q'=Ffd2= 1 2mv0 2+ 1 2 (M+m)v12- 1 2 (M+2m)v22= 1 2mv0 2+12 (M+m)v12,联立 可知d1<d2,故选D。] 8.D [根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,可知两种情况下滑 块和子弹的共同速度相同,两颗子弹速度变化相同,故 A错误;两 滑块的动量Δp=Mv变化相同,受到的冲量相同,由Q=12mv0 2 -12 (m+M)v2=F阻 ·s,子弹射入 A中的深度是射入B中深度 的两倍,射入滑块A中时子弹所受平均阻力是射入滑块B中时的 1 2 ,故B错误;射入滑块A中时阻力对子弹做功Wf= 1 2mv 2-12 mv02 与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等,故C错误;由Q= 1 2mv0 2-12 (m+M)v2 可知,两个过程中系统产生的热量相同, 故D正确。] 9.AC [滑块和两块木板组成的系统在水平方向上不受外力,所以 系统动量守恒,设滑块刚滑到第二块木板上时,两块木板的速度均 为v2,由动量 守 恒 定 律 得 Mv0=Mv1+(m1+m2)v2,解 得v2= 2m/s,方向与滑块初速度方向相同,故 A正确,B错误;以滑块与 第二块木板为研究对象,设第二块木板的最终速度为v3,由动量守 恒定律得 Mv1+m2v2=(M+m2)v3,解得v3=4.5m/s,方向与滑 块初速度方向相同,故C正确,D错误。] 10.AB [从题图乙可以看出,A先做匀减速运动,B做匀加速运动, 最后一起做匀速运动,共同速度为v=1m/s,取向右为正方向, 根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得 M=2kg,故B正确; 由题图乙可知,木板B匀加速运动的加速度为a=ΔvΔt=1m /s2, 对B,根据牛顿第二定律得μmg=Ma,解得动摩擦因数 为μ= 0.1,故A正确;由题图乙可知前1s内B的位移为xB= 1 2×1× 1m=0.5m,A的位移为xA= 2+1 2 ×1m=1.5m ,所以木板最小 长度为L=xA-xB=1m,故C错误;A、B组成的系统损失的机 械能为ΔE=12mv0 2-12 (m+M)v2=2J,故D错误。] 11.BD [由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得车厢和小物块最 终运动的共同速度为v=5m/s,方向水平向右,对系统由能量守 恒定律得1 2mv0 2=12 (M+m)v2+Q,代入数据解得系统因摩擦 产生的热量为Q=25J,故B、D正确;根据Q=μmgs,可得物块在 车厢中相对车厢滑行的距离s= Q μmg =25m,与车厢壁来回弹性 碰撞次数n=sl =25 次,因此可知物块最终停在车厢中点处,故 A、C错误。] 12.解析 (1)物块与小车组成的系统动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得 m2v0=(m1+m2)v 代入数据解得v=0.8m/s (2)对小车,由动量定理得μm2gt=m1v 代入数据解得t=0.24s (3)设物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时物块滑上小车的 速度大小为v0',物块与小车组成的系统动量守恒,以向右为正方 向,由动量守恒定律得 m2v0'=(m1+m2)v',由能量守恒定律得 1 2m2v0' 2=12 (m1+m2)v'2+μm2gL 代入数据解得v0'=5m/s。 答案 (1)0.8m/s (2)0.24s (3)5m/s 【探究·一举突破】 探究路径 (1)整个过程中小球和轨道组成的系统的机械能守恒; 系统水平方向动量守恒,竖直方向上动量不守恒,故总动量不 守恒。 (2)当小球上升到最高点时,小球和轨道的速度相同。 (3)小球从左侧离开轨道时,轨道的速度最大。 (4)设小球离开轨道时的速度为v1,轨道的速度为v2,小球质量为 m1,轨道质量为m2,则由动量守恒定律有:m1v0=m1v1+m2v2 根据机械能守恒定律有: 1 2m1v0 2=12m1v1 2+12m2v2 2 【综合·一练到底】 13.解析 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒, 以向右为正方向, 由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2 代入数据解得木块获得的速度大小v2=5m/s (2)由能量守恒定律得 FfL= 1 2m1v0 2-12m1v1 2-12m2v2 2 代入数据解得Ff=1475N (3)子弹对木块作用力的冲量等于木块动量变化Ff't=m2v2-0 由牛顿第三定律可知Ff'=Ff 代入数据解得t≈6.78×10-4s。 答案 (1)5m/s (2)1475N (3)6.78×10-4s 14.解析 (1)以A和B为整体,根据牛顿第二定律可得μmCg=(mA +mB)a 解得C刚滑上A时,A的加速度大小为 a=2m/s2 (2)C刚离开A时,A、B速度相等,为vB';C到达B的最高点时, B、C有共同速度,为vB=3m/s;对B、C组成的系统,根据水平方 向动量守恒可得 mCvC+mBvB'=(mB+mC)vB 解得C离开A时,B的速度大小为 vB'=1m/s (3)从 C刚 滑 上 A到 滑 离 A,根 据 系 统 动 量 守 恒 可 得 mCv0= mCvC+(mA+mB)vB' 解得v0=6m/s 根据能量守恒定律可得 1 2mCv0 2=μmCgL+ 1 2 (mA+mB)vB'2+ 1 2mCvC 2 解得A的长度为L=2.25m。 答案 (1)2m/s2 (2)1m/s (3)2.25m 【选做·一飞冲天】 解析 (1)小球A由静止到最低点的过程, 根据机械能守恒定律有mAgl= 1 2mAv0 2 解得v0= 2gl=4.0m/s 设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB, 根据动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB 碰撞前后根据机械能守恒定律有 1 2mAv0 2=12mAvA 2+12mBvB 2 联立解得vB= 2mA mA+mB v0=2.0m/s (2)设B、C获得共同速度为v1, 以水平向右为正方向, 由动量守恒定律有mBvB=(mB+mC)v1 代入数据解得v1=0.8m/s 若B、C共速时C刚好运动到挡板处, 对C应用动能定理有μmBgx0= 1 2mCv1 2-0 代入数据解得x0=0.96m 则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速, x0 应满足的条件是x0≥0.96m (3)第一次共速过程中,由能量守恒定律有 μmBgL1= 1 2mBvB 2-12 (mB+mC)v12 长木板C与挡板碰后速度大小不变,方向反向, 设B、C第二次获得共同速度为v2, 以水平向左为正方向, 由动量守恒定律有mCv1-mBv1=(mB+mC)v2 由能量守恒定律有 μmBgL2= 1 2mBv1 2+12mCv1 2-12 (mB+mC)v22 长木板的最短长度为L=L1+L2 联立解得L=3.936m。 答案 (1)2.0m/s (2)x0≥0.96m (3)3.936m 第五周 简谐运动及描述简谐运动的回复力和能量 【考点·一应俱全】 1.D [做简谐运动的弹簧振子,速度方向与位移方向存在两种可 能,因为位移的方向总是背离平衡位置,所以当振子靠近平衡位置 时,二者方向相反,远离平衡位置时,二者方向相同,故A、B错误; 振子每次经过平衡位置时,速度大小相等,方向不一定相同,但位 移相同,故C错误;振子每次经过同一位置时,位移相同,速度大小 相等,但速度方向可能相同,也可能不同,故D正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 85 — —88 — 2.AD [从题图可以看出,t1、t2 时刻小球位于同一位置,位移大小 相等,方向相同,速度大小相等,方向相反,A正确,B错误;t2、t3 时 刻小球速度大小相等,方向相同,C错误;t2、t4 时刻小球分别位于 平衡位置两侧且对称,位移大小相等,方向相反,D正确。] 3.BC [在t=0.2s时,振子的位移为正向最大,此时瞬时速度为 零,故A错误;在t=0.1s与t=0.3s两个时刻,振子的位移相同, 说明振子在同一位置,故B正确;从t=0.2s到t=0.4s时间内, 振子从 最 大 位 移 向 平 衡 位 置 运 动,速 度 增 大,故 C正 确;在t= 0.6s时,振子的位移为负向最大,故D错误。] 4.BC [由题图可知,t=0.5s时振子的位移方向向正方向,则此时 的回复力方向向负方向,故 A错误;由题图可知,t=2.5s时质点 的速度与加速度同向,均沿x正方向,故B正确;由题图可知,t= 3.5s时质点处于从平衡位置向正向最大位移处振动的过程中,正 处在动能向势能转化的过程之中,故C正确;由题图可知,从第1s 末到第2s末振子的位移增加,根据牛顿第二定律,振子的加速度 a=-kxm ,可知振子在做加速度增大的减速运动,故D错误。] 5.B [小球在B、C间振动,小球从B 经O 到C 再经O 回到B,完成 一个全振动,A错误;小球从B 到C 经历的时间为半个周期,所以 振动周期为2s,小球在B、C两点间做简谐运动,BO=OC=5cm, O 是平衡位置,则振幅为5cm,B正确;经过两次全振动,小球通过 的路程是2×4A=40cm,C错误;从B 开始经过3s,小球运动的 时间是1.5个周期,通过的路程为s=1.5×4A=1.5×4×5cm= 30cm,D错误。] 6.BCD [由题图可知,物体周期为T=4×10-2s,A错误;在第2个 10-2s内,即在1×10-2s到2×10-2s内物体由正向的10cm处 到达平衡位置,故位移为x=0-10cm=-10cm,B正确;频率 f=1T= 1 4×10-2 Hz=25Hz,C正确;由题图可知,物体的振幅为 10cm,D正确。] 7.B [振子振动范围为0.8cm,所以2A=0.8cm,振幅A=0.4cm, 周期为0.5s,所以ω=2πT=4πrad /s,而初始时刻具有正向最大加 速度,即 在 负 向 最 大 位 移 处,综 上 可 得:x=4×10-3sin 4πt-π2 (m),B正确,A、C、D错误。] 8.C [由振动方程可知,振幅为5cm,即OM 间的距离是5cm,MN 间的距离是10cm,故A错误;ω=10πrad/s,故周期T=2πω = 2π 10π s=0.2s,故B错误;t=0时,代入振动方程可知x=5cm,即振子 位于N 点,故C正确;把t=0.05s代入得x=0,即处于平衡位置, 振子的加速度为0,故D错误。] 9.B [由于振子在a、b两点的速度相同,则a、b两点关于O 点是对 称的,所以O 到b 点的时间为0.1s;而从b再回到a 的最短时间 为0.4s,则从b再回到b的最短时间为0.2s,所以从b到最大位 移处的最短时间为0.1s,因此振子的振动周期为T=0.8s,由f= 1 T ,得f= 10.8Hz=1.25Hz ,故选B。] 10.B [A、B 两点处加速度方向相反,故二者位于平衡位置的两侧, 即它的平衡位置在AB 之间;根据a=-kxm 可知加速度大小与弹 簧的形变量成正比,由题aA aB =23 ,则xA xB =23 ,又xA+xB=10cm, 联立得xA=4cm,故选B。] 11.A [小球在平衡位置时动能最大,势能最小,A正确;小球在A、 B 位置时,动能最小,整个振动过程中,总能量不变,B、D错误;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,C错误。] 12.C [当弹簧振子在平衡位置时的速度最大,此时的重力势能为 零,但是弹簧的弹性势能不为零,故振动系统的势能不为零,A错 误;在平衡位置时,物块的重力势能与弹簧的弹性势能不相等,B 错误;因为只有重力和弹簧弹力做功,则弹簧振子的动能、重力势 能及弹簧的弹性势能总和保持不变,振动系统的机械能守恒,D 错误;弹簧振子在平衡位置时动能最大,故振动系统的势能最小, C正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)小球的动能先增大后减小;弹簧的弹性势能先减小 后增大;总机械能保持不变。 (2)小球回到平衡位置的动能增大;振动系统的机械能增大;振动 系统的机械能与弹簧的劲度系数和振幅有关。 【综合·一练到底】 13.解析 (1)质点离开平衡位置的最大距离就是|x|的最大值,为 10cm。 (2)从1.5s到2s这段时间内,质点的位移为正值,位移减小,因 此质点向负方向运动;从2.5s到3s这段时间内,质点的位移为 负值,且位移增大,因此质点向负方向运动。 (3)1~2s内质点靠近平衡位置,速度增大;2~3s内质点远离平 衡位置,速度减小。 (4)质点在第2s末处在平衡位置,因此位移为零;质点在前4s 内的路程为4×10cm=40cm。 答案 (1)10cm (2)负 负 (3)增大 减小 (4)0 40cm 14.解析 (1)弹簧振子在t=0.5s内的运动示意图如图甲所示,P' 为P 关于O 的对称点,由对称性可得T=0.5×2s=1.0s (2)若 M、N 之间距离为20cm,则振幅A=12×20cm=10cm , 振子在4.0s内通过的路程s= 41.0×4×10cm=160cm (3)根据A=10cm,ω=2πT=2πrad /s,以向右为正方向,从振子在 M 点开始 计 时,则 弹 簧 振 子 位 移 随 时 间 变 化 的 振 动 方 程 x= 0.1sin2πt-π2 m,振动图像如图乙所示。 答案 (1)1s (2)160cm (3)x=0.1sin2πt-π2 (m) 见解 析图 15.解析 (1)剪断细绳前,弹簧弹力大小为 F弹 =mAg+mBg 剪断绳子的瞬间,A做简谐振动的回复力为 F回 =F弹 -mAg=mBg=0.1×10N=1N (2)由题意,可得剪断绳子瞬间弹簧的形变量为 x1= F弹 k = mAg+mBg k = 0.1×10+0.1×10 40 m=0.05m ,剪断绳 子后,A处于平衡位置时,弹簧的形变量为 x2= mAg k = 0.1×10 40 m=0.025m 根据简谐振动的特点,则A做简谐振动的振幅为 A=x1-x2=0.025m (3)根据对称性可知,A在最高点时回复力大小等于最低点时回 复力大小,设A在最高点时的弹簧弹力大小为F弹',则有F弹'+ mAg=F回 =1N,解得F弹'=0。 答案 (1)1N (2)0.025m (3)0 【选做·一飞冲天】 BD [简谐运动的周期为T=2πω = 2π 2.5πs=0.8s ,故 A错误;t= 0.6s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m=-0.1m,物块 在负向最大位移处,对小球h+|y|=12gt 2,解得h=1.7m,故B 正确;因为周期是0.8s,所以0.6s内物块运动的路程是3A= 0.3m,故C错误;t=0.3s大于T4 ,物块此时的状态为在平衡位置 上方向下运动,与小球运动方向相同,D正确。] 第六周 单摆 受迫振动 【考点·一应俱全】 1.CD [一根不可伸长的细线一端系在悬点,另一端连接一个质量 较大且可以看成质点的小球可以构成一个单摆,橡皮筋受到拉力 时形变量较大,连接小球构成的装置不可看成单摆,A错误;若单 摆在同一平面内摆动,且偏角很小时,可以认为该单摆的运动是简 谐运动,B错误,C正确;根据单摆的周期公式T=2π lg 可知,单 摆做简谐运动时,摆长越长(其他条件不变),其运动周期越大,D 正确。] 2.D [经过平衡位置时回复力为零,但是合力不为零,合力指向圆 心提供向心力,故A、B错误;单摆做简谐运动时回复力是重力沿 圆弧切线方向的分力,故C错误,D正确。] 3.CD [由题图可知t1 时刻摆球在正向最大位移处,速度为零,回复 力最大,合外力不为零,故 A错误;t2、t4 时刻位移为零,说明摆球 在平衡位置,摆球速度最大,悬线对它的拉力最大,故B错误,D正 确;t3 时刻摆球在负向最大位移处,速度为零,回复力最大,故C 正确。] 4.C [单摆的振动周期为T=2π Lg ,由此可知,单摆的振动周期 与摆球的质量、振幅无关,与摆长和当地的重力加速度有关,故A、 D错误;当摆长减为原来一半时,有 T'=2π L 2 g = 2 2T=2 2s , 故B错误;当重力加速度g减为g4 时,有T″=2π Lg 4 =2T=8s, 故C正确。] 5.B [根据单摆周期公式T=2π lg ,振动变快了,则周期变短了, 说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度,即g乙>g甲,为了 增大周期,可以增大摆长,B正确。] 6.C [木板运动的时间为t=lv = 0.6 0.12s=5s ,又因为t=2.5T,故 单摆的振动周期为T=2s,由T=2π Lg 可得L≈1m,故选C。] 7.AD [当小球在纸面内做小角度的摆动时,摆动圆弧的圆心为O 点,摆长为L,故周期为T=2π Lg ,故 A正确,C错误;当小球在 垂直纸面方向做小角度的摆动时,圆心在A、B 所在水平面上且在 O 点正上方,由几何关系知摆长为L'= 1+ 34 L,故周期为T= 2π 1+ 34 L g =π (4+ 3)L g ,故B错误,D正确。] 8.B [由于存在空气阻力,振动系统在振动过程中机械能逐渐减小, 转化为内能,振幅逐渐减小,而振动系统的振动周期与本身结构有 关,为固有周期,故周期不变,选项B正确。] 9.AD [当摆球运动到最低点时,拉力最大,摆球运动到最高点时, 拉力最小,相邻两次通过最低点经历的时间是半个周期,由题图可 知T=1.2s,则A、D对,B错;从题图来看,每次经过最低点时与 上次相比悬线的拉力变小,可知速度变小,这个振动是有阻尼的振 动,机械能不守恒,C错。] 10.B [做受迫振动的物体的频率与驱动力的频率相等,与物体的固 有频率无关,机关枪射击时的振动与机关枪在射击时的反冲运动 有关,与共振无关,A错误;当物体发生共振时,驱动力的频率等 于物体的固有频率,振动物体的振幅最大,能量最大,喇叭常放在 音箱内是利用共振现象,B正确;共振破碎机周期性击打水泥路 面停止工作后,水泥路面振动的振幅减小,但频率不变,C错误; 登山运动员登雪山时,不许高声叫喊,主要原因是防止发生共振 导致灾害,D错误。] 11.ACD [处于共振状态时,振幅最大,A正确;振子做受迫振动的 频率等于驱动力的频率,所以驱动力频率为f3 时,受迫振动的振 幅比共振小,振子振动的频率为f3,B错误;当驱动力频率等于振 子固有频率时,振子处于共振状态,所以如果振子做自由振动,则 它的频率为f2,C正确;当驱动力的频率为f1 时,振子可以做频 率为f1 的等幅振动,D正确。] 12.B [支架受到竖直方向频率为9Hz的驱动力做受迫振动时,甲、 乙两个弹簧振子都做受迫振动,它们的振动频率都等于驱动力的 频率,即9Hz,由于甲的固有频率接近驱动力的频率,所以甲的 振幅较大,故B正确,A、C、D错误。] 13.A [钟声振动的频率与铜盘的固有频率相等时,铜盘会出现共 鸣,把铜盘磨薄一些,从而改变了铜盘的固有频率,依据共振的特 点,铜盘与皇宫早晚的钟声不再发生共振,即两者不再发生共鸣, 故选A。] 14.B [飞力士棒做受迫振动,受迫振动的频率与驱动力的大小无 关,故A错误;飞力士棒的固有频率为5.5Hz,则每分钟振动次 数为5.5Hz×60s=330次时,飞力士棒将产生共振,故B正确; 当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时,飞力士棒的振幅 才会变大,故C错误;飞力士棒做受迫振动,手振动的频率增大, 飞力士棒振动的频率也增大,故D错误。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)游标卡尺的读数为主尺读数+游标尺读数,故摆球 直径为 21mm+5×0.05mm=21.25mm=2.125cm 单摆的摆长为 l=l'+d2=97.43cm+ 2.125 2 cm≈98.49cm 停表的读数为t=90s+9.8s=99.8s 单摆的周期为T=tN = 99.8 50 s=1.996s 根据单摆的周期公式有T=2π lg 解得g=4π 2l T2 ≈9.76m/s2 (2)①T2-l图线不通过坐标原点,将图线向右平移1cm会通过 坐标原点,可知相同的周期下摆长偏小1cm,故造成图线不过坐 标原点的原因可能是测量摆长时漏掉了摆球的半径。 ②由单摆周期公式T=2π lg 可得T2=4π 2 g ·l,则T2-l图像的 斜率为k=4π 2 g ;由题图丙得k=4s2·m-1,解得g=9.87m/s2。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 87 —