课时分层检测(8)简谐运动&课时分层检测(9)简谐运动的描述-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测( 1.(多选)下列振动系统可看作弹簧振子的是 w wMOwwwwW 丙 A.如图甲所示，竖直悬挂的轻弹簧及小铅球 组成的系统 B.如图乙所示，放在光滑斜面上的铁块及轻 弹簧组成的系统 C.如图丙所示，光滑水平面上，两根轻弹簧 系着一个小钢球组成的系统 D.蹦极运动中的人与弹性绳组成的系统 2.(多选)如图所示，当 Nt80080O 振子由A向O(平衡 位置)运动时，下列 B 0 说法正确的是 A.振子的位移大小在减小 B.振子的运动方向向左 C.振子的位移方向向左 D.振子的位移大小在增大 3.装有砂粒的试管竖直静立 于水面上，如图所示，将试 管竖直提起少许，然后由静 止释放并开始计时，在一定 时间内试管在竖直方向近似做简谐运动.若 取竖直向上为正方向，则下列描述试管振动 的图像中可能正确的是 4.如图所示，质点在1s末的位移是 A.5 cm B.-5 cm C.15 cm 234t/s D.0 得分 八) 简谐运动 5.(多选)如图甲所示，在弹簧振子的小球上安 装一记录用的铅笔P,在下面放一条白纸带， 当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动 纸带，铅笔P就在纸带上画出一条振动曲 线.若振动曲线如图乙所示，由图像判断，下 列说法正确的是 () 00000000000 甲 x/cm 10 1 6 t/s -10 乙 A.振子偏离平衡位置的最大距离为10cm B.1s末到5s末振子的路程为40cm C.2s末和4s末振子的位移相等，运动方向 也相同 D.振子在2s内完成一次往复性运动 6.如图所示是某质点 x/cm 做简谐运动的振动 10 图像，根据图像中 5 的信息，回答下列 0 123456 问题. 10 (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？ (2)在前4s内，质点经过的路程为多少？ 56 班级 姓名 课时分层检测（九） …0基础达标练0 1.(多选)下列关于简谐运动的振幅、周期和频 率的说法，正确的是 A.振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位 移处 B.周期和频率的乘积是一个常数 C.振幅增加，周期必然增加，而频率减小 D.做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅 无关 2.(多选)如图所示，弹簧振子 以O点为平衡位置，在B、C B O 间振动，不考虑摩擦，则 A.从B→O→C→O→B为一次全振动 B.从O→B→O→C→B为一次全振动 C.从C→O→B→O→C为一次全振动 D.OB不一定等于OC 3.周期为2s的简谐运动，在半分钟内振子通 过的路程是60cm,则在此时间内振子经过 平衡位置的次数和振子的振幅分别为 A.15次，2cm B.30次，1cm C.15次，1cm D.60次，2cm 4.(多选)如图所示，A、B ↑x/cm 为两个简谐运动的振 A B 动图像，下列说法正确 的是 A.A、B之间的相位差 是受 B.A、B之间的相位差是π CB比A超前了 D.A比B超前子 5.(多选)质点做简谐运动，其位移随时间变化 的关系式为x=Asin,则质点 ( A.第1s末与第3s末的位移相同 得分 简谐运动的描述 B.第1s末与第3s末的速度相同 C.第3s末与第5s末的位移方向相同 D.第3s末与第5s末的速度方向相同 6.一质点做简谐运动，其相对平衡位置的位移 x与时间t的关系如图所示.由图可知 个x/cm 2.0 00.4 0.8/1.21.62.0八 2.4 t/s -2.0-- A.质点振动的频率为1.6Hz B.质点振动的振幅为4.0cm C.在0.3s和0.5s两时刻，质点的速度方向 相同 D.在0.3s和0.5s两时刻，质点的加速度 方向相同 …0 能力提升练。 7.(多选)一个质点做简谐运动的图像如图所 示.下列说法正确的是 ↑x/cm 23456 7t/s A.质点的振动频率为4Hz B.在0~10s内质点经过的路程是20cm C.在第5s末，质点速度为零，加速度最大 D.在1=1.5s和t=4.5s两时刻质点的位 移大小相等 8.如图所示，弹簧振子在d、c间振动，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, 则该振子的振动周期为 a O A.0.6s B.0.8s C.1.0s D.1.2s 班级 姓名 9.弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间：11 做简谐运动，在t=0时刻，振子从O、B间的 P点以速度v向B点运动；在t=0.20s时，振 子速度第一次变为一v;在t=0.50s时，振子速 度第二次变为一. (1)求弹簧振子振动周期T. (2)若B、C之间的距离为25cm,求振子在： 4.00s内通过的路程. (3)若B、C之间的距离为25cm,从平衡位 置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出 弹簧振子的振动图像. …0 创新应用练 0… 10.如图所示，在光滑水 平面上的弹簧振子 nmn77刀 P 弹簧形变的最大限 度为20cm,图中P位置是弹簧振子处于自 然伸长状态的位置.若将振子向右拉动 5cm后由静止释放，经过0.5s后振子第一 次回到P位置.关于该弹簧振子，下列说法 正确的是 A.该弹簧振子的振动频率为1Hz B.在P位置给振子任意一个向左或向右的 初速度，只要最大位移不超过20cm,总 是经过0.5s速度就降为0 C.若将振子向左拉动2cm后由静止释放， 振子连续两次经过P位置的时间间隔是 2s D.若将振子向右拉动l0cm后由静止释 放，经过1s振子第一次回到P位置 -138 得分 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： x/cm 10 0 .+--1-2↓-1--4t/s 4 -10 (1)振幅、周期各是多少？ (2)在1.5s和2.5s两个时刻，质点向哪个 方向运动？ (3)质点在第2s末的位移是多少？在前4s 内的路程是多少？ (4)这个简谐运动的位移随时间变化的关 系式课时分层检测（七） 1,解析反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产 生的效果，选项A正确：系统某一方向上合外力为零的反冲运动 也可以用动量守恒定律来分析，选项B错误：反冲运动的原理既 适用于宏观物体，也适用于微观粒子，选项C正确；在没有空气的 字宙空间，火箭向下喷气时，由于反冲作用，火箭仍可加速前行 选项D正确. 答案ACD 2.解析火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃科燃烧产生的高 温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选 B项. 答案B 3.解析炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0=m2,cos0 一(m一m),得U=0s0,选项C正确. n1-2 答案C 4.解析火箭和卫星组成的系统分离时在初速度方向上动量守恒， 以火箭的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有(n1十m) =m1十m,解得=十孤（一），选项D正确。 72 答案D 5,解析前后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前 舱向前加速运动，若不分开，前后舱和水是一个整体，则船不动 答案B 6,解析系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不 为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确； 很据水平方向的动量守恒及机械能守恒可知，小球仍能向左摆到 原高度，C错误：小球相对于小车的位移为21，根据“人一船”模型 ns1=M2,s1十s2=21,解得小车向右移动的最大距离为s2 2ml,D正确。 M+m' 答案BD 7.解析(1)人从货厢边跳离的过程，系统（人、车和货厢）的动量守 恒，设人的水平速度是，车的反冲速度是，取山方向为正，则 m一，2=0，解得5=4 人跳离货厢后做平抛运动，车以做匀速运动，运动时间为一 ,/2X2西s=0.5s,在这段时间内人的水平位移工和 10 车的位移x2分别为x1=,x2=d. 由图可知x1十x2=l 4 即t十1=山，则=立=6x0.5m/s= 1.6m/s. (2)人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒，人落到车 上前人的水平速度仍为山，车的速度为，落到车上后设它们的 共同速度为u,根据水平方向动量守恒得0=(m。十m)v,则v=0, 故人落到车上A点站定后车的速度为零. 车的水平位移为x2-2t-1.6×0.5m=0.8m. 答案(1)1.6m/s(2)不运动0.8m 课时分层检测（八） 1.解析选项A、B、C都满足弹簧振子的条件，AB、C符合题意；选 项D中人受空气的阻力不可忽略，且人不能看作质点，故不可看 作弹簧振子，D不符合题意】 答案ABC 2.解析由于振子在O,点的右侧由A向)运动，所以振子的运动方 向向左，振子的位移方向向右，且大小在不断减小，故A、B正确， C、D错误. 答案AB 3.解析试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置在重力与浮力相 等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移， 为正向最大位移，故正确答案为D 答案D 4.解析位移是失量，质点在1$末的位移方向与正方向相反，所以 位移为一5cm,故B正确，A、C、D错误. 答案B 21 5.解析由图像可知振子偏离平衡位置的最大距离为10c,4s内 完成一次往复性运动，故A对，D错；1s末到5s未振子的路程是 振子运动路径的总长，为40cm,故B对；2s末和4s末振子位移 均为零，位移相同，2$末振子向负方向运动，4$末振子向正方向 运动，运动方向相反，故C错， 答案AB 6.解析（1)由x-t图像可以读出3s末质，点的位移为一10cm,振 动过程中的最大位移为10cm, (2)第1s内、第2s内、第3s内、第4s内的路程均为10cm,故前 4s内总路程为40cm 答案(1)-10cm10cm(2)40cm 课时分层检测（九） 1.解析振幅是标量，远项A错误：周期与颜率互为倒数，即T ，选项B正确：简谐运动的周期与振幅没有关系，周期的长短由 1 系统本身决定，选项C错误，D正确」 答案BD 2.解析O点为平衡位置，B、C为两侧最远点，则从B起经O、C、O、 B的路程为振幅的4倍，故A正确；从O起经B,O、C、B的路程为 振幅的5倍，超过一次全振动，故B错误：从C起经O、B、O、C的 路程为振幅的4倍，故C正确：因不考虑弹簧振子的系统摩擦，所 以它的振幅一定，OB一定等于OC,故D错误. 答案AC 3.解析振子完成一次全振动经过平衡位置两次，而每次全振动振 子通过的路程为4个振幅，所以振子经过平衡位置的次数为碧× 2=30次，60cm= 30×4A,解得A=1cm. 答案B 4,解析由题图可知A比B超前子，相位差为Ag=受，选项A,D 正确， 答案AD 5.解析根据x=Asin于可求得该 质点振动周期为T=8S,则该质点 排动因豫知因所示，因像的斜车为0123村6 正表示速度为正，反之为负，由图可 以看出第1s末和第3s末的位移相 同，但斜率一正一负，故速度方向相 反，选项A正确，B错误；第3s末和第5s末的位移方向相反，但两点 的斜率均为负，故速度方向相同，选项C错误，D正确. 答案AD 6,解析由题图读出周期T=1,6s,则领率∫二6Hz,故A 错误：质，点的振幅等于振子位移的最大值，由题图直接读出振幅 A=2.0cm,故B错误；在0.3s时刻，质点正从正向位移处向平衡 位置运动，速度沿负方向，在0.5$时刻，质点正从负向位移处向 负向最大位移处运动，速度方向沿负方向，故这两个时刻的速度 方向相同，故C正确：在0.3s和0.5s两时刻，质点的加速度方向 相反，故D错误 答案C 7.解析由题图读出周期为T=4,则频率为f=下=0.25H2,A 错误；质，点在一个周期内通过的路程是4个振幅，则在0一10s内 质点经过的路程是s=20cm,B正确；在第5s末，质点位于最大 位移处，速度为零，加速度最大，C正确；由题图可以看出，在= 1.5s和一4.5s两时刻质点的位移大小相等，D正确， 答案BCD 8.解析由于振子在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0.4$，测从b再回到b的最短时间为0.2s,所以从b到最大 位移处的最短时间为0.1$，因此振子的振动周期为T=0.8$,故 B正确. 答案B 9.解析(1)根据弹簧振子简谐运动的对称性可得： T=0.5×2s=1.0s. 2 (2)若B、C之间距离为25cm, 则振幅A=7×25cm=12.5cm 振子4.0s内通过的路程 =1:8×4×12.5m=20am (3)根据x=Asin t,A=12.5cm,w= 2红=2xrad/s得x= 12.5sin2πtcm,振动图像如图所示. 12.51m 0 0.5 71.0/s -12.5 答案(1)1.0s(2)200cm(3)x-12.5sin2πtcm图见解析 10.解析将振子向右拉动5cm后由静止释放，经过0.5s后振子 第一次回到P位置经历于，所以T=4X0.55=2s,振动的频率 了一子=号，A错误：振动的调期与振格的大小无关，在P位 置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过 20cm,总是经过有T-0.5s到达最大位移处，速度降为0，B正 确：振动的周期与振幅的大小无关，振子连续两次经过P位置的 时间间隔是半个周期，即1s,C错误；振动的周期与振幅的大小 无关，所以若将振子向右拉动10cm后由静止释放，经过0.5$ 振子第一次回到P位置，D错误. 答案B 11.解析由图上的信息，结合质点的振动过程可以得出： (1)质点离开平衡位置的最大位移x-10cm,所以振幅A= 10cm;质点完成一次全振动的时间为4s,则周期T=4s. (2)在1.5s以后质，点位移减小，因此是向平衡位置运动，在2.5s 以后质，点位移增大，因此是背离平衡位置运动. (3)质点2s末时在平衡位置，因此位移为零.质点在前4s内完 成一个周期性运动，其路程10cm×4=40cm (④)因为A=10cm.T=4s,要=受=0，所以商请运动的关 系式为 x=l0sin(交t)cm 答案(1)10cm4s(2)x轴负方向x轴负方向(3)0 40 cm (4).r=10 sin()cm 课时分层检测（十） 1.解析由F一一kx可知，由于位移的大小和方向都在变化，因此 回复力的大小和方向也都在变化，一定是变力. 答案D 2.解析回复力是做简谐运动的物体所受到的指向平衡位置的力， 不一定是合力，也可以是物体所受到的某一个力的分力，A错误， B正确；回复力的方向总是指向平衡位置，跟物体偏离平衡位置的 位移方向相反，C错误：回复力的方向总是指向平衡位置，可能跟 物体的速度方向相反，也可能跟物体的速度方向相同，D错误. 答案B 3.解析两物体一起振动，0~1内由图可知物体向平衡位置振动 速度在增大，加速度在减小，A错误；。一t?内过程由振动图像可 知加速度在减小，木块受到的摩擦力提供加速度，则2内木 块受到的摩擦力在减小，B错误：2时刻对两物体受力分析，则有 kA-(M十m)a,对质量为m的木块受力分析，则有F,=na,解 Am,C正确；4时刻木块的加速度为0，则摩擦力为0， 得F=M+m D错误. 答案C 4.解析质，点从最大位移处向平衡位置运动的过程中，速度和回复 力方向相同，但与位移的方向相反，A正确：质点的加速度与位移 的方向总相反，B错误：质点从平衡位置向最大位移运动过程中， 回复力增大，速度减小，动能减小，C错误；质点从最大位移向平衡 位置运动过程中，势能减小，回复力减小，加速度也减小，D正确. 答案AD 21 5.解析加速度与位移的关系为a=-,而工=Asin t,所以a= mn -Asin at,可知选项C正确. 答案C 6.解析一1.0s时振子的速度为零，加速度为负的最大值，所以A 错误；在1.0一1.5s内振子的速度增加，加速度为负值，所以B正 确；在2.02.5s内振子的速度增加，加速度为正值，所以C错 误：t一2.5s时振子的速度最大，加速度为0，所以D错误. 答案B 7.解析弹簧振子在半个周期内刚好到达与初位置关于平衡位置 对称的位置，两位置的速度大小相等，故由动能定理知，回复力做 的功一定为零，故A正确，B错误.由于速度反向（初位置在最大 位移处时速度为零)，所以在半个周期内速度变化量的大小为初 速度大小的2倍，因此在半个周期内速度变化量的大小应为零到 2w之间的某一个值，故C错误，D正确. 答案AD 8.解析轻质弹簧下挂重为300N的物体A时伸长了3cm,再挂上 重为20N的物体B时又伸长了2cm,敢动度系数为女=呈- 300N=10000八/m,若将连接A.B两物体的细线烧断，物体A 0.03m 将做简谐运动，烧断瞬间，合力充当回复力，由于细线烧断前是平 衡状态，烧断后细线对A的拉力减小了200N,而弹力不变，故合 力为200N,故最大回复力为200N,刚剪断细线时物体的加速度 最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的最大位移处，故振幅 为2cm,故选项A错误，B正确；只减小A的质量，A振动的振幅 与A的质量无关，振动的幅度不变，故远项C错误；只减小B的质 量，振动的幅度变小，故远项D正确」 答案BD 9.解析物体A、B保持相对静止，对A、B整体，在轻质弹簧作用下 做简谐运动，故A正确：对A、B整体，由牛顿第二定律得一x= (nA十ng)a,对A,由牛顿第二定律得F=mAa,解得F, 工，放B正确：在靠近平衡位置过程中，B对A的静摩擦 nA十ng 力做正功，在远离平衡位置过程中，B对A的静摩擦力做负功，A 对B的静摩擦力也做功，故C、D错误 答案AB 10.解析(1)由题图可知在1.5×10-2~2×102s内，质点的位移 变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大， (2)8.5×10:s时间为2个周期，质点通过的路程为5=17A= 34cm. 答案(1)变大变大变小变小变大 (2)34cm 11.解析小球平衡位置kx。-mg,x。-A=m,当到达平衡位置 时，有mgA=之m十E,A错，系统机械能守恒，因此小球动 能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，B错，从最高，点到 最低点，重力势能全部转化为弹性势能，E,=2加gA,最低点加速 度等于最高点加速度g,据牛顿第二定律有F一mg=mg,F= 2ng,C对，D错. 答案C 12.解析木块的平衡位置就在原来静止的位置，木块漂浮（静止） 时由力平衡可得G=F许.即p2ghS=AgSa 现在以木块振动到平衡位置下方情形为例来证明，设木块振动 到平衡位置下方x时(xA),其偏离平衡位置的位移大小为x, 所受到的浮力变为F浮'=PgS(a十x) 回复力为 F=F#'-G=pgS(a+x)-p:ghS 解得Fg=0gSx 显然回复力大小与偏离平衡位置的位移大小也成正比，同理可 证，木块振动到平衡位置上方时回复力大小与偏离平衡位置的 位移大小也成正比，分析木块在平衡位置上方和下方时的回复 3