第2章 阶段回顾(2～5)-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第二章　机械振动 阶段回顾(2~5) 目录 1 2 易错点重点练 重难点重点练 易错点重点练 易错点一　对简谐运动的对称性认识不到位 1．(多选)如图所示，下列说法正确的是(　　) A．振动图像上A、B两点的速度相同 B．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，质点的加速度大小相等、 方向相反 C．振动图像上A、B两点的速度大小相等、方向相反 D．质点在t＝0.2 s和t＝0.3 s时的动能相等 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 4 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 5 易错点二　疏忽简谐运动的周期由系统本身决定 2．有一个在光滑水平面上的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩3x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为(　　) A．1∶1　1∶3 B．1∶1　1∶1 C．1∶3　1∶3 D．1∶3　1∶1 解析　在光滑水平面上的弹簧振子，其平衡位置在弹簧原长处，则弹簧的最大压缩量即为振子振动过程的振幅，故先后两次振动的振幅之比为1∶3；而对同一简谐振动系统，其周期由振动系统自身的性质决定，与振幅无关，故先后两次振动的周期之比为1∶1。故选A。 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 6 3. (多选)一轻弹簧的左端固定在竖直墙上，右端与质量为M的滑块相连，组成弹簧振子，在光滑的水平面上做简谐运动。当滑块运动到右侧最大位移处时，在滑块上轻轻放上一木块组成新振子，继续做简谐运动，新振子的运动过程与原振子的运动过程相比(　　) A．新振子的最大动能比原振子的最大动能小 B．新振子的最大速度比原振子的最大速度小 C．新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间与原振子相同 D．新振子从最大位移处到第一次回到平衡位置所用时间比原振子大 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 8 易错点三　对单摆的理解不到位 4．关于单摆，下列说法中正确的是(　　) A．单摆摆球所受的合力指向平衡位置 B．摆球经过平衡位置时加速度为零 C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零 D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 解析　单摆摆球受到的回复力总是指向平衡位置，但合力并不是指向平衡位置，故A错误；摆球经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，故B错误；摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零，故C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，但合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，故D错误。 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 9 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 10 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 11 易错点五　忽视简谐运动的多解性 6．如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，两绳与水平方向的夹角均为α。使球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，若B球恰能击中A球，求B球下落的高度h。 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 12 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 13 重难点重点练 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 15 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 16 重难点二　简谐运动表达式的应用 2. 如图所示，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内的虚线位置附近发生振动，图中是小球振动能到达的最左侧，振动周期为0.3 s。假设小球的振动为简谐运动，在小球振动到最左侧时，用周期为0.1 s的频闪光源照射，得到的图像是(　　) 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 17 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 18 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 19 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 20 重难点三　等效单摆问题 4．如图所示，摆长相等的四个单摆甲、乙、丙、丁，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙也放在空气中，摆球质量比甲大，周期为T乙；单摆丙带正电，放在匀强电场中，周期为T丙；单摆丁放在固定在水平面上的光滑斜面上，周期为T丁。那么(　　) A．T甲>T乙>T丙＝T丁 B．T乙>T甲＝T丙>T丁 C．T丙>T甲>T丁＝T乙 D．T丁>T甲＝T乙>T丙 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 21 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 22 B 沿y轴负方向 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 23 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 24 重难点五　简谐运动的动力学、能量问题 6. 将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球 运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动。用频 闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法 不正确的是(　　) A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒 B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4 C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大 D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 25 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 26 7．一理想单摆如图甲所示，振动图像如图乙所示，其振动最大摆角θ＝4°，不计空气阻力，则此摆的摆长l及t＝0.25 s时摆球的加速度a的大小是(sin4°＝0.0698，cos4°＝0.998，重力加速度g＝10 m/s2，π2≈g)(　　) A．l＝0.25 m，a＝0 B．l＝0.25 m，a＝0.04 m/s2 C．l＝1.0 m，a＝0 D．l＝1.0 m，a＝0.04 m/s2 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 27 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 28 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 29 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 30 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　题图中A、B两点处位移相同，速度大小相等，但方向相反，故A错误，C正确。在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，质点离开平衡位置的位移大小相等、方向相反，由F＝－kx和a＝eq \f(F,m)可知加速度大小相等、方向相反，B正确。t＝0.2 s时，质点通过平衡位置，速度最大，动能最大，而t＝0.3 s时，速度为零，动能最小，故D错误。 解析　振子在最大位移处时系统只有弹簧的弹性势能，在滑块上轻轻放一木块组成新振子，弹簧的弹性势能不变，根据机械能守恒定律可知，新振子到达平衡位置时的动能，即最大动能不变，故A错误；因振子的质量增大，根据Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，故新振子回到平衡位置时的速度比原振子的最大速度小，故B正确；振子质量增大，而经过同一位置时回复力不变，则经过同一位置时加速度变小，而且振幅不变，据此作出新、旧振子从最大位移处到第一次回到平衡位置的 v­t图像如图所示，可知新振子从最大位移处到第一次回到 平衡位置所用时间比原振子大，故C错误，D正确。 易错点四　对简谐运动的能量分析不全面 5．如图所示，一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，左端固定，右端与质量为m、电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘的水平面上，在施加一个场强为E、方向水平向右的匀强电场后，小球开始做简谐运动。那么(　　) A．小球到达最右端时，弹簧的形变量为eq \f(2qE,k) B．小球做简谐运动的振幅为eq \f(2qE,k) C．运动过程中小球的机械能守恒 D．运动过程中小球的电势能和弹簧的弹性势能的总量不变 解析　施加匀强电场后，小球在水平方向做简谐运动，在平衡位置有kA＝qE，解得A＝eq \f(qE,k)，由动力学分析可知，小球到达最右端时，弹簧的形变量为2倍振幅，即为eq \f(2qE,k)，A正确，B错误；小球运动过程中有静电力做功，故机械能不守恒，C错误；小球运动过程中有静电力和弹簧弹力做功，故对弹簧和小球组成的系统，电势能、弹簧的弹性势能以及小球的动能的总量不变，D错误。 答案　eq \f(1,2)n2π2Lsinα(n＝1，2，3，…) 解析　单摆的振动周期公式为T＝2πeq \r(\f(l,g))， 据题意l＝Lsinα，所以A球振动的周期T＝2πeq \r(\f(Lsinα,g)) 设B球自由下落的时间为t， 则它击中A球时下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2，t＝eq \r(\f(2h,g)) A球经过平衡位置，接着返回到平衡位置的最短时间为半个周期，即πeq \r(\f(Lsinα,g))，B球能击中A球的时间应为A球做简谐运动的半周期的整数倍，即t＝n·eq \f(T,2)(n＝1，2，3，…)， 故nπeq \r(\f(Lsinα,g))＝eq \r(\f(2h,g))(n＝1，2，3，…) 则B球下落的高度h＝eq \f(1,2)n2π2Lsinα(n＝1，2，3，…)。 重难点一　简谐运动的回复力的理解 1.公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。设竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则(　　) A．t＝eq \f(1,4)T时，货物对车厢底板的压力最大 B．t＝eq \f(1,2)T时，货物对车厢底板的压力最小 C．t＝eq \f(3,4)T时，货物对车厢底板的压力最大 D．t＝eq \f(3,4)T时，货物对车厢底板的压力最小 解析　要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大，要求货物向上的加速度最大，由振动图像可知在eq \f(3,4)T时，货物向上的加速度最大，则A错误，C正确；要使货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，要求货物向下的加速度最大，由振动图像可知在eq \f(T,4)时，货物向下的加速度最大，B、D错误。 解析　小球的振动周期为T＝0.3 s，从小球振动到最左侧开始计时，振动方程为x＝Acoseq \f(2π,T)t，用周期为0.1 s的频闪光源照射，可知，当t1＝0.1 s时，x1＝－eq \f(1,2)A，t2＝0.2 s时，x2＝－eq \f(1,2)A，两时刻小球位移相等，故在0.1 s和0.2 s时刻小球出现在同一个位置，都在平衡位置的右侧，且离开平衡位置的距离为题图中小球离开平衡位置水平方向最大距离的一半，0.3 s时小球又恰好回到出发点，对比可知，在周期为0.1 s的频闪光源照射下，得到的图像是C图，故选C。 3.质量相同的两个小球分别与轻质弹簧甲、乙组成弹簧振子，让两弹簧振子各自在水平面内做简谐运动，某时刻开始计时，两者的振动图像如图所示。已知弹簧振子的振动周期T＝2πeq \r(\f(m,k))，其中m为振子质量、k为弹簧劲度系数，下列说法正确的是(　　) A．甲弹簧劲度系数比乙大 B．甲弹簧劲度系数比乙小 C．t＝0.1 s时，甲弹簧对小球的作用力大于乙弹簧对 小球的作用力 D．t＝eq \f(2,15) s时，两振子的回复力大小相等 解析　根据题意，两个小球质量相同，由题图知，甲、乙两弹簧组成的振子的周期相同，且T＝0.4 s，由T＝2πeq \r(\f(m,k))可知，甲弹簧劲度系数等于乙，故A、B错误；t＝0.1 s时，由甲弹簧组成的振子处于平衡位置，回复力为零，由乙弹簧组成的振子处于负的最大位移处，回复力最大，则甲弹簧对小球的作用力小于乙弹簧对小球的作用力，故C错误；由甲弹簧组成的振子的位移表达式为x甲＝eq \r(3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t)) cm＝eq \r(3)cos(5πt) cm，由乙弹簧组成的振子的位移表达式为x乙＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t)) cm＝－sin(5πt) cm， t＝eq \f(2,15) s时，x甲＝eq \r(3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5π×\f(2,15))) cm＝－eq \f(\r(3),2) cm，x乙＝ －sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5π×\f(2,15))) cm＝－eq \f(\r(3),2) cm，即两弹簧形变量大小相等，则 两弹簧弹力大小相等，两振子的回复力大小相等，故D正确。 解析　摆球静止在平衡位置时摆线拉力与摆球质量的比值为等效重力加速度，因此T甲＝2πeq \r(\f(l,g))；单摆的周期与摆球质量无关，故T乙＝2πeq \r(\f(l,g))；对丙有F丙＝mg＋qE＝mg′，则T丙＝2πeq \r(\f(l,g＋\f(qE,m)))；对丁有F丁＝mgsinα＝mg″，则T丁＝ 2πeq \r(\f(l,gsinα))；由此可知T丁>T甲＝T乙>T丙，D正确。 重难点四　与单摆有关的图像问题 5．有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自在那里利用先进的数字化信息系统(DIS)较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过网络交换实验数据，并由计算机绘制了T2­l图像，如图甲所示。去北京大学的同学所测实验结果对应的图线是_____(选填“A”或“B”)。另外，在南京大学做探究的同学还利用计算机绘制了该实验室a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示，可知，两单摆摆长之比eq \f(la,lb)＝_____，在t＝1 s时，b球振动的方向是______________。 eq \f(4,9) 解析　由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得，T2＝eq \f(4π2,g)l，T2­l图线的斜率k＝eq \f(4π2,g)，重力加速度越大，斜率越小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B。由题图乙可得，Tb＝1.5Ta，由单摆的周期公式得，Ta＝2πeq \r(\f(la,g))，Tb＝2πeq \r(\f(lb,g))，联立解得eq \f(la,lb)＝eq \f(4,9)；从题图乙可以看出，t＝1 s时b球正在向负的最大位移方向运动，所以b球的振动方向是沿y轴负方向。 解析　摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得，摆长之比为9∶4，故B正确；摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据F－mg＝meq \f(v2,r)知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度增大，故C正确，D错误。本题选说法不正确的，故选D。 解析　由题图乙可知，此单摆摆动的周期T＝1.0 s，因最大摆角θ＝4°，则单摆做简谐运动，根据单摆做简谐运动的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，此摆的摆长l＝eq \f(gT2,4π2)≈eq \f(T2,4)＝0.25 m；t＝0.25 s时摆球在最低点，从最大位移处到最低点，根据动能定理得mgl(1－cos4°)＝eq \f(1,2)mv2－0，在最低点有a＝eq \f(v2,l)＝2g(1－cos4°)＝0.04 m/s2，故B正确，A、C、D错误。 8. (多选)如图所示，劲度系数为k0的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态。现将质量为m的黏性小球自h高处由静止释放，与盘发生碰撞，此后两者不再分离，不计空气阻力。理论分析表明，若简谐运动的回复力F＝－kx，则振动系统的势能Ep＝eq \f(1,2)kx2。下列说法正确的是(　　) A．小球和圆盘将以碰后瞬时位置作为平衡位置做简谐运动 B．从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统的势能先减小后增大 C．振动过程中圆盘的最大速度为eq \f(m\r(2gh),M＋m) D．圆盘做简谐运动的振幅为eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,k0)))\s\up12(2)＋\f(2ghm2,（M＋m）k0)) 解析　小球和圆盘做简谐运动的平衡位置应该是小球粘在圆盘上一起处于静止状态时的位置，所以此位置比碰后瞬时位置偏下，故A错误；从碰后瞬时位置向下运动的过程中，先向平衡位置运动，再继续向最大位移处运动，则系统的势能先减小，后增大，B正确；小球自h高处由静止释放，与圆盘发生完全非弹性碰撞，则mv＝(m＋M)v1，又因为v2＝2gh，所以两者碰后速度为v1＝eq \f(m\r(2gh),M＋m)，圆盘经过平衡位置时速度最大，则最大速度大于v1＝eq \f(m\r(2gh),M＋m)，C错误；碰后瞬时位置相对平衡位置的位移大小为Δx＝eq \f(（M＋m）g,k0)－eq \f(Mg,k0)＝eq \f(mg,k0)，分析可知，弹簧的劲度系数等于之后小球与圆盘一起做简谐运动时回复力与位移大小的比值，则此时系统势能为Ep1＝eq \f(1,2)k0(Δx)2＝eq \f(m2g2,2k0)，设小球、圆盘做简谐运动的振幅为A，则从碰后瞬间到运动至最大位移处有eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,1)＋Ep1＝eq \f(1,2)k0A2，解得A＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,k0)))\s\up12(2)＋\f(2ghm2,（M＋m）k0))，故D正确。 $$