高中物理沪科版选修34习题 第一章 机械振动 章末分层突破 Word版含答案Word文档下载推荐.docx

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　简谐运动的周期性和对称性

1.做简谐运动的物体在完成一次全振动后，再次振动时则是重复上一个振动的形式，所以做简谐运动的物体具有周期性.

2.做简谐运动的物体其运动具有对称性.对称性表现在

（1）速率的对称性：

系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率.

（2）加速度的对称性：

系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力.

（3）时间的对称性：

系统通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等.振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过的时间相等.

　一个做简谐运动的质点在平衡位置O点附近振动；

当质点从O点向某一侧运动时，经3s第一次过P点，再向前运动，又经2s第二次过P点，则该质点再经多长的时间第三次经过P点.

　若质点沿图中①的方向第一次过P点，历时3s；

由P到B，再由B到P共历时2s，则由其对称性知P、B间往返等时，各为1s，从而可知T/4＝4s，周期T＝16s.第三次再过P点，设由P向左到A再返回到P，历时为一个周期T减去P、B间往返的2s，则需时t＝16s－2s＝14s.

若沿图中②的方向第一次过P点，则有

3－tOP＝2＋tPO＋tOP＝T′/2，而tOP＝tPO

由上两式可解得tOP＝tPO＝s，T′＝s

则质点第三次过P点历时t′＝T′－2s＝s.

【答案】　14s或s

　光滑水平面上的弹簧振子，振子质量为50g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在t＝0.2s时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4m/s.则在t＝1.2s末，弹簧的弹性势能为________J，该弹簧振子做简谐运动时其动能的变化频率为________Hz,1min内，弹簧弹力对弹簧振子做正功的次数为________次.

　根据其周期性及对称性，则有周期T＝0.8s，振子的最大速度为4m/s，则最大动能Ekm＝mv2＝0.4J.根据振子振动的周期性判定在t＝1.2s末，振子在最大位移处，据机械能守恒有Ep＝Ekm＝0.4J，物体的振动周期为0.8s，则其动能的变化周期为＝0.4s，所以动能的变化频率为2.5Hz.在物体振动的1个周期内（向平衡位置运动时弹力做正功）弹力两次做正功，根据其周期性可求得1min内弹力做正功的次数为n＝×

2次＝150次.

【答案】　0.4　2.5　150

　简谐运动的图像

振动图像表示振动质点的振动位移随时间的变化规律，图像的形状与起始时刻的选取和正方向的规定有关，从图像中可获得的信息：

1.振幅A和周期T.

2.任一时刻的速度、加速度、回复力的方向及位移的大小和方向.

3.判定任意一段时间内v、a、F、x、Ek、Ep的变化趋势.

利用图像解题时，要深刻理解图像的意义，并能做到见图像而知实际振动过程.同时也能由实际振动过程回归图像.

　如图11甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动.取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

甲　　乙

图11

A.t＝0.8s时，振子的速度方向向左

B.t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处

C.t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同

D.t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大

E.t＝0.8s时振动系统的机械能最小

　t＝0.8s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，选项A正确；

t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处，选项B正确；

t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，选项C错误；

t＝0.4s时到t＝0.8s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，选项D正确，简谐运动机械能守恒，选项E错误..

【答案】　ABD

　一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图12所示，由图可知（　　）

图12

A.质点振动频率是0.25Hz

B.t＝2s时，质点的加速度最大

C.质点的振幅为2cm

D.t＝3s时，质点所受的合外力一定为零

E.t＝2s时，质点的振幅为－2cm

　质点振动的周期是4s，频率是0.25Hz；

t＝2s时，质点的位移最大，回复力最大，加速度最大；

质点的振幅为2cm；

t＝3s时，质点的位移为零，所受的回复力为零，所受的合外力可能为零，也可能不为零，选项A、B、C正确.

【答案】　ABC

　单摆周期公式的应用

1.摆钟的快慢及调节方法

（1）计时原理：

摆钟的计时是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动秒针、分针、时针转动实现的，因此钟摆振动的周期变化就反映了摆钟的快慢.如钟摆振动周期变大，则摆钟变慢，摆钟时针转动一圈的时间变长.

（2）摆钟快慢产生的原因：

一是g值的变化，如摆钟地理位置的变化等；

二是摆长的变化，如热胀冷缩等原因.摆钟周期可以用公式T＝2π计算.

（3）摆钟快慢的调整.

①摆钟变快说明周期变小，应增大摆长.

②摆钟变慢说明周期变大，应减小摆长.

2.在复合场中的单摆

单摆处在电场或磁场中，由于摆球带电，摆球会受电场力或磁场力，此时单摆的周期是否变化应从回复力的来源看，如果除重力外，其他的力参与提供回复力，则单摆周期变化，若不参与提供回复力，则单摆周期不变.

　如图13所示，三根长度均为l0的绳l1、l2、l3共同系住一密度均匀的小球m，球的直径为d（d≪l0），绳l2、l3与天花板的夹角α＝30°

.则：

图13

（1）若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期T1为多少？

（2）若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期T2又为多少？

　本题应理解等效摆长及单摆周期公式中的摆长.

（1）小球以O′为圆心做简谐运动，所以摆长l＝l0＋，振动的周期为T1＝2π＝2π＝2π.

（2）小球以O为圆心做简谐运动，摆长l′＝l0＋l0sinα＋，振动周期为T2＝2π＝2π＝2π.

【答案】　

（1）T1＝2π　T2＝2π

不同的摆动方向，等效摆长不同，振动周期也就不同.

　如图14所示，处于竖直平面内的光滑绝缘半圆形槽的半径为R，一质量为m的小球于槽中P点由静止释放，且圆弧O′P远小于R.

图14

（1）若使小球带一定量的正电荷，并将整个装置放在水平向右的匀强电场中，且小球所受电场力的大小等于小球所受重力的大小，则小球做简谐运动的周期为多大？

（2）若使小球带一定量的正电荷，并将整个装置放在垂直纸面向里的匀强磁场中，且小球的运动始终没有离开圆弧，则小球做简谐运动的周期又为多少？

（1）整个装置处于水平向右的匀强电场后，小球的受力如图所示，其平衡位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为45°

，

则其“等效重力加速度”g′＝＝＝g，

所以T＝2π.

（2）由于小球所受的洛伦兹力始终垂直于运动方向，所以洛伦兹力不提供回复力，因此小球做简谐运动的周期为T＝2π.

【答案】　

（1）2π　

（2）2π

同一单摆放到不同环境中，等效重力加速度不同，导致周期不同.

1.（2015·

山东高考改编）如图15，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.取重力加速度的大小g＝10m/s2.以下判断正确的是_________________.（填正确答案标号）

图15

a.h＝1.7m

b.简谐运动的周期是0.8s

c.0.6s内物块运动的路程是0.2m

d.t＝0.4s时，物块与小球运动方向相反

e.0.6s内物块的位移为－0.1m

　由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin（2.5πt）m知，ω＝2.5π，T＝＝s＝0.8s，选项b正确；

t＝0.6s时，y＝－0.1m，对小球：

h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7m，选项a、e正确；

物块0.6s内路程为0.3m，t＝0.4s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同.故选项c、d错误.

【答案】　abe

2.（2014·

上海高考改编）质点做简谐运动，其xt关系如图16.以x轴正向为速度v的正方向，画出该质点的vt关系图像.

图16

　在t＝0时刻，质点的位移如图16最大，速度为0，则下一时刻质点应向下运动，在t＝时刻，质点的位移为0，速率最大.

【答案】　

3.（2014·

江苏高考）在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期.以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正.

______________________________________________________________.

　①应在摆球通过平衡位置时开始计时；

②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值.（或在单摆振动稳定后开始计时）

【答案】　见解析

4.（2014·

重庆高考）一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔.在竖直面内放置有一记录纸.当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图17所示的图像，y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标.由此图求振动的周期和振幅.

图17

　设振动的周期为T，由题意可得：

在振子振动的一个周期内，纸带发生的位移大小为2x0，故T＝.设振动的振幅为A，则有：

2A＝y1－y2，

故A＝.

【答案】　　

5.（2015·

天津高考）某同学利用单摆测量重力加速度.

（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。

A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球

B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线

C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动

D.摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大

（2）如图18所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆.实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；

然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；

最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________.

图18

（1）组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；

摆球选择体积小、密度大的摆球；

单摆摆动时在同一竖直面内摆动；

摆的振幅尽量小一些.选项B、C正确.

（2）设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2

则T1＝2π①

T2＝2π②

且L1－L2＝ΔL③

联立①②③式得g＝.

【答案】　

（1）BC　

（2）