2019-2020年物理粤教版选修3-4课后集训：第一章第二节简谐运动的力和能量特征 Word版含解析.doc

2019-2020年物理粤教版选修3-4课后集训：第一章第二节简谐运动的力和能量特征 Word版含解析2019-2020年物理粤教版选修3-4课后集训：第一章第二节简谐运动的力和能量特征 Word版含解析1.弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中( )A.振子所受的弹力逐渐增大 B.振子的位移逐渐增大C.振子的速度逐渐减小 D.振子的加速度逐渐减小解析：振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小；而弹力与位移成正比，故回复力也减小；由牛顿第二定律a=F/m可知，加速度也减小；物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大.答案：D2.如图1-2-3所示为一弹簧振子，O为平衡位置，在A、A间做简谐运动，下列说法正确的是( )图1-2-3A.振子在通过O点时，加速度方向发生改变B.振子在A、A两点动能和加速度都为0C.振子离开平衡位置向A运动，其动能减少，弹簧弹性势能也减少D.回复力的方向总是跟物体的位移方向相反解析：O是弹簧振子做简谐运动的平衡位置，振子的位移方向总是背离平衡位置，回复力方向、加速度方向始终指向平衡位置，故振子在通过O点时，加速度方向发生改变，回复力的方向总是跟物体的位移方向相反，A、D对.A、A两点是振动最大位移处，此处回复力、加速度最大，B错.振子在离开平衡位置向A运动的过程中，速度减小，动能减少，弹簧弹性势能增加，故C错.答案：AD3.如图1-2-4所示，一弹簧振子在A、B间做间谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M，若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对运动而一起运动，下述正确的是( )图1-2-4A.振幅不变 B.振幅减小 C.最大动能不变 D.最大动能减少解析：当振子运动到B点时，M的动能为零，放上m，系统的总能量为弹簧所储存的弹性势能Ep，由于简谐运动过程中系统的机械能守恒，即振幅不变，故A正确.当M和m运动至平衡位置O时，M和m的动能和即为系统的总能量，此动能最大，故最大动能不变，C正确.答案：AC4.关于简谐振动的能量，下列说法正确的是( )A.振动能量跟振幅无关 B.动能最大时势能最大C.振动中机械能守恒 D.动能最大时势能最小解析：一个振动系统的机械能由振幅的大小决定，振幅越大该系统的振动能量就越大.在振动过程中机械能守恒，平衡位置动能最大，势能最小由平衡位置向最大位移运动过程中动能减小，势能增加，最大位移处动能为零，势能最大.答案：CD5.用一细长线悬一质量为m的小球，便组成了单摆.将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图1-2-5所示.某同学由此图线提供的信息做出了下列判断：图1-2-5t=0.2 s时摆球正经过最低点t=1.1 s时摆球正经过最低点摆球摆动过程中机械能减小摆球摆动的周期是T=1.4 s上述判断中，正确的是( )A. B. C. D.解析：根据单摆特点，当摆球通过最低点时，悬线拉力最大，所以t=0.2 s时，摆球正经过最低点，正确；t=1.1 s时摆球在最高点，B项错误.当F-t图象可知，其周期为0.6 s，错误；此单摆振动为一阻尼运动所以机械能减少，正确.答案：A6.如图1-2-6中所示，A、B两物体组成弹簧振子，在振动过程中，A、B始终保持相对静止，图乙中能正确反映振动过程中A受摩擦力Ff与振子的位移x关系的图线应为( )图1-2-6解析：A做简谐运动的回复力就是由静摩力提供，所以Ff=-kx，故选C.答案：C7.光滑斜面上物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图1-2-7所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物体在BC范围内做简谐运动，则下列说法正确的是( )图1-2-7A.OB越长，振动能量越大B.在振运过程中，物体A机械能守恒C.A在C点时，由物体与弹簧构成的系统势能最大，在O点时势能最小D.A在C点时，由物体与弹簧构成的系统势能最大，在B点时势能最小解析：由弹簧、物体A构成的系统在简谐运动中机械能守恒，且动能、重力势能、弹性势能不断相互转化，在平衡位置O处动能最大，在最大位移处势能最大，在振动中，振动能量决定振幅的大小.做简谐运动的能量跟振幅有关，振幅越大机械能就越大，所以A选项正确；在简谐运动中，系统机械能守恒，但物体A的重力势能与动能总和不断变化(因为弹性势能在不断变化)，A的机械能不守恒，B选项错误；在简谐运动中，系统在最大位移处势能最大，在平衡位置动能最大，势能最小，所以C选项正确D选项错误.方法点拨：简谐运动的过程是一个动能和势能(包括重力势能和弹性势能)不断转化的过程，在任意时刻动能和势能之和等于振动物体总的机械能(弹簧振子应包括弹簧的弹性势能)，简谐运动过程中机械能守恒.另外，振动的振幅越大，能量越大.机械能等于它在平衡位置时的最大动能或等于在最大位移处的最大势能.答案：AC综合运用8.如图1-2-8所示，在一倾角为的光滑斜板上，固定着一根原长为l0的轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧另一端连接着质量为m的小滑块，此时弹簧被拉长为l1，现把滑块沿斜板向上推至弹簧长度恰好为原长，然后突然释放，求证小滑块的运动为简谐运动.图1-2-8证明：松手释放，滑块沿斜板往复运动振动.而振动的平衡位置是小滑块开始时静止(合外力为零)的位置，有mgsin=k(l1-l0)滑块离开平衡位置受力如图1-2-9所示，滑块受三个力作用，取沿斜面向上为正方向，当小滑块离开平衡位置的位移为x时，其合力F=k(l1-l0-x)-mgsin，所以F=-kx图1-2-9由此可证得滑块的振动为简谐运动.9.如图1-2-10所示，竖直悬挂的轻质弹簧下端系着A、B两个重球质量分别为ma=100 g,mb=500 g，系统静止时弹簧伸长x=15 cm,未超出弹性限度.若剪断A、B间的细绳，则A在竖直方向做简谐运动，g取10 m/s2，求：图1-2-10(1)A球的振幅多大？(2)A球的最大加速度多大？解析：(1)要计算振幅，先要确定A振动时的平衡位置，平衡位置是只悬挂A时的静止位置，设此时弹簧伸长了x1.根据，得x1=2.5 cm振幅A=x-x1=12.5 cm(2)在剪断细绳的瞬间，A受到的回复力最大，有最大的加速度am.此时回复力F=(ma+mb)g-mag=mbg=5 N，am=50 m/s2.答案：(1)12.5 cm(2)50 m/s210.在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子质量为M，如图1-2-11所示，当振子在最大位移处时把质量为m的物体轻放在其上，已知M和m间最大静摩擦力为mg的倍，问物体m保持与M一起振动的最大振幅为多少？图1-2-11解析：因m在水平方向振动，m随M做简谐运动的回复力只能是M对m的摩擦力，由简谐运动F=-km可知，振幅越大，m做简谐运动所需的回复力也越大，但m与M间存在着最大静摩擦力，一旦m所需的回复力超过这个值，m和M之间就会出现相对滑动.因此，最大静摩擦力f=mg是该物理过程的临界值.这就限制了m在做简谐振动中的最大加速度.所以m与M一起做简谐振动的最大加速度a=mg/m=g.设物体m保持与M一起振动的最大振幅为A.则由牛顿第二定律和胡克定律得：kA=(M+m)g解得A=g(M+m)/k.答案：A=g(M+m)/k.附送：2019-2020年物理粤教版选修3-4课后集训：第一章第五节用单摆测定重力加速度 Word版含解析基础过关1.某学生利用单摆测定重力加速度，在以下各实验步骤中有错误的是( )A.在未悬挂之前先测定好摆长B.测量摆长为10 cmC.将摆长拉离平衡位置，摆角约15后释放，让其在竖直平面内振动D.当摆球第一次通过平衡位置时，启动秒表开始计时，当摆球第三次通过平衡位置时，止动秒表，记下时间解析：摆长是悬点到小球球心的距离，应为先拴好单摆再测摆长，且摆线以约1 m为宜，故A、B错误，单摆只有在最大摆角小于10时，才近似认为是简谐运动，其周期才满足公式T=，故C错误；测周期时，应先测3050次全振动的时间，再计算出平均周期，且应以小球某次经过平衡位置时开始计时，故D也错误.答案：ABCD2.用单摆测定重力加速度时，某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值，引起这一误差的可能原因是( )A.摆球在水平面内做圆周运动B.测量摆长时，漏测摆球直径C.测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“1”，直到第30次通过平衡位置时止动秒表，读出经历时间t，得周期T=t/30，来进行计算D.单摆的最大摆角大于10解析：摆球在水平面内做圆锥摆动时，周期T=，说明摆球做圆锥摆动时，它的周期小于同样摆长的单摆的周期，代入公式g=，因为T减小，g增大，故A正确.漏测摆球直径和摆角偏大时，都会使得g的测量值偏小，故B、D不对，而C的周期算错了，按C中方法T=，所以测量的周期偏小，也使g值偏大，C也正确.答案：AC3.用单摆测定重力加速度，计时开始时，摆球位置因为( )A.速度最小处，可给计时带来方便 B.速度最大时，可给计时带来方便C.位移最大处，可尽量减小实验误差 D.平衡位置处，可尽量减小实验误差解析：因为在平衡位置处摆球的速度最大，通过平衡位置的时间非常短，在此刻计时，就非常准确，可减小时间的测量误差.答案：BD4.在发生下列情况时，单摆周期将增大的是( )A.适当缩短摆长 B.适当增加摆球质量C.把单摆从高山下移到平地 D.把单摆从北极移到赤道附近解析：单摆的周期公式：T=摆球的质量不会影响周期，故B错.缩短摆长会使周期减小，A错.平地比高山的重力加速度大，故周期变小，C错，赤道比北极重力加速度小，周期增加，D对.答案：D综合运用5.有五个同学做实验，各组实验数据列于下表，若每位同学用刻度尺测长度，用秒表测时间的技术水平都一样，那么_组测量结果更准确，由此计算出的重力加速度的大小约为_.实验条件、数据记录表格组别摆球材料最大摆角摆长(m)全振动次数所测时间(s)A木50.411023.6B铅40.505087.2C铁40.805090.0D铜150.603070.8E铅100.803071.8解析：A组不能满足实验中如下条件：(1)应用质量较大球作摆球，使实际摆更接近理论上的单摆；(2)摆线长应在1 m左右；(3)全振动次数应在3050 次之间.B组同上D组不能满足利用单摆周期公式T=来测g=，要求摆角要小于10，摆线长也略短，不满足实验要求，测量摆线长的相对误差也要大一些.E组同上.C组正确，将数据代入公式g=可得g=9.74 m/s2答案：C；9.74 m/s26.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T 计算重力加速度的公式是g=_.如果已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图1-5-4(a)所示，那么单摆摆长是_.如果测定了40次全振动的时间如图1-5-4(b)中秒表所示，那么秒表读数是_s，单摆的摆动周期是_s.解析：由实验原理和单摆的周期公式T=知g=.摆球的直径d=2.00 cm.故摆长l=88.40 cm-cm=87.40 cm，秒表的读数t=75.2 s.故单摆的振动周期T=1.88 s.答案： 87.40 cm 75.2 s 1.88 s图1-5-47.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，如果摆球质量分布不均匀，某同学设计了下面一种测量方法：第一次量得悬线长为l1，测得周期T1；第二次改变悬线的长度为l2 ，测得周期为T2,由此可以推算出g=_.解析：题述为一种解决不知球的重心位置(或不便测量小球直径)时测重力加速度的方法，设球的重心位置离摆线下端距离为h，由实验原理知，g=,利用以上二式，消去h即得g=.答案：8.一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤：A.测摆长L：用米尺量出摆线的长度.B.测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点，按下秒表开始计时，同时将这一次通过最低点记作第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按下秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T=.C.将所测得的L和T代入单摆的周期公式T=2Lg，算出g，将它作为实验中的最后结果写入报告中去.指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正.答案：A.要用卡尺量出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和.B.T=.C.g应多测几次，然后取平均值作为实验的最后结果.9.有位同学需要测定重力加速度，手边只有一根结实的长细绳、秒表、30 cm长的刻度尺，还有一块质量约为几千克的不规则形状的石块.请你帮他设计一个测定重力加速度的实验，写出实验步骤，并推导出重力加速度值的表达式(用你测定的物理量来表示).解析：实验步骤：(1)用细线扎紧石块做成一个单摆，悬挂起来，让摆角在小于10的条件下振动n次(如30次)，用秒表记下振动时间t1，测出周期T1=.(2)再使摆线增加L(或减少L)，可用刻度尺量出，重复实验(1)，记下t2，测出周期T2，即T2=，设原摆长为L，即有T1=或L=，T2=或L+L=，L= 故有：g=.