1213高中物理阶段质量检测一教科版选修34Word文档格式.docx
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A.0B.kx
C.
D.
7.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是（）
A.t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B.t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C.t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
8.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm.则质点的振动周期和振幅分别为（）
A.3s,6cmB.4s,6cm
C.4s,9cmD.2s,8cm
9.一平台沿竖直方向做简谐运动，一物体置于振动平台上随平台一起运动.当振动平台处于什么位置时,物体对平台的正压力最大（）
A.当振动平台运动到最高点时
B.当振动平台向下运动过振动中心点时
C.当振动平台运动到最低点时
D.当振动平台向上运动过振动中心点时
10.如图所示为两个单摆的振动图像，若两单摆所在位置的重力加速度相同，则它们的（）
A.摆球质量相等
B.振幅相等
C.摆长相等
D.摆球同时改变速度方向
二、实验题（本大题共2小题，共15分）
11.（8分）
（1）某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当（选填“是”或“否”）.
①把单摆从平衡位置拉开约5°
释放：
______________________；
②在摆球经过最低点时启动秒表计时：
_______________________；
③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期：
________________.
（2）该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据如表.
数据组编
号摆长/mm
摆球质量/g
周期/s
1
999.3
32.2
2.0
2
16.5
3
799.2
1.8
4
5
501.1
1.4
6
用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示.该摆球的直径为______
______mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随___________的增大而增大.
12.（7分）某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：
摆长l/m
0.5
0.8
0.9
1.0
1.2
周期T/s
1.42
1.79
1.90
2.00
2.20
T2/s2
2.02
3.20
3.61
4.00
4.84
以l为横坐标，T2为纵坐标，作出T2-l图像，并利用此图线求出重力加速度g=___________m/s2.
三、计算题（本大题共4小题，共45分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
13.（11分）一水平弹簧振子做简谐运动,其位移和时间关系如图所示.
（1）求t=0.25×
10-2s时的位移.
（2）在t=1.5×
10-2s到t′=2×
10-2s的时间内,质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化?
（3）从t=0到t=8.5×
10-2s的时间内,质点的路程、位移各为多大?
14.（11分）如图所示，有一秒摆（周期为2s的单摆），悬点为O，在O点正下方M处有一钉子，从平衡位置向左摆时由于钉子的阻碍改变了摆的长度，从平衡位置向右摆时又变为原摆的长度，其振动图像如图所示.g取9.86m/s2，求：
（1）秒摆摆长.
（2）用改变后的摆的摆长做成的单摆的周期是多大？
摆长是多长？
（3）原题中摆的周期多大？
写出此摆的周期表达式（注明各个物理量符号的意义）.悬点离钉子的距离多长？
15.（11分）如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上做匀加速运动.一个装有水平振针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得OA＝1cm，OB＝4cm，
OC＝9cm，求外力F的大小.（g取10m/s2）
16.（12分）如图所示，一个竖直弹簧连着一个质量为M的薄板，板上放一木块，木块质量为m.现使整个装置在竖直方向上做简谐运动，振幅为A.
（1）若要求在整个过程中木块m恰好不脱离薄板，则弹簧的劲度系数k应为多少？
（2）求出木块和薄板在弹簧最短时，木块对薄板的压力.
答案解析
1.【解析】选B.对于阻尼振动来说，机械能不断转化为内能，但总能量是守恒的.
2.【解析】选B.做简谐运动的弹簧振子,速度越来越大说明振子正向平衡位置运动,振子的位移是由平衡位置指向振子所在的位置,总是背向平衡位置,因此速度的方向与位移的方向相反,故A错,B对;
振子正向平衡位置运动,则振子的位移越来越小,故C错;
系统的机械能是守恒的,故D错.
3.【解析】选C.根据简谐运动的运动特点知，
，因x随t成正弦函数变化，a又与x方向相反，所以C选项正确.
4.【解析】选B.根据简谐运动的特点可知，振动的物体在平衡位置时速度最大，振动物体的位移为零，此时对应题图中的t2时刻，B对.
5.【解析】选A、C.t1时刻质点的速率为零，回复力的瞬时功率为零；
t2、t4时刻，质点的回复力、速率均不等于零，瞬时功率也不等于零;
t3时刻，质点的回复力为零，回复力的瞬时功率为零，故应选A、C.
【变式备选】
（2012·
沈阳高二检测）如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像.已知甲、乙两个振子质量相等，则（）
A.甲、乙两振子的振幅分别为2cm、1cm
B.甲、乙两个振子的相位差总为π
C.前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值
D.第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大
【解析】选A、D.两振子的振幅A甲＝2cm，A乙＝1cm，A对；
两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错；
前2s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错；
第2s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，D对.
6.【解析】选D.对A、B整体：
kx=（M+m）a,对A：
Ff=ma，由上述两式得：
Ff=
故只有D正确.
7.【解析】选D.由振动图像可看出，t1时刻和t3时刻小球偏离平衡位置的位移最大，此时其速度为零，悬线对它的拉力最小，故A、C错；
t2和t4时刻，小球位于平衡位置，其速度最大，悬线的拉力最大，故B错，D对.
8.【解析】选B.因质点通过M、N两点时速度相同，说明M、N两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由N到最大位移与由M到最大位移的时间相等，即t1＝0.5s，则
＝tMN＋2t1＝2s，即T＝4s，由过程的对称性可知：
质点在这2s内通过的路程恰为2A，即2A＝12cm，A＝6cm，故B正确.
9.【解析】选C.物体随平台在竖直方向振动过程中,仅受两个力作用:
重力、平台的支持力.由这两个力的合力作为振动的回复力，并产生始终指向平衡位置的加速度.物体在最高点a和最低点b时，所受回复力和加速度的大小相等，方向均指向O点，如图所示.根据牛顿第二定律得：
在最高点，mg-Na=ma,在最低点，Nb-mg=ma,平衡位置NO-mg=0,所以Nb>
NO>
Na，故可判断答案C正确.
10.【解析】选C.由x-t图像可知，两单摆振动周期相等，由
知，两单摆摆长必相等，C对；
由x-t图像知，两单摆的振动位移并不是同时达到最大值，故速度方向不同时改变，D错；
由x-t图像知，两单摆的振幅不相等，B错；
单摆的质量与周期无关，故无法比较两摆球的质量，A错.
11.【解析】
（1）①单摆在最大摆角不超过5°
时可看作是简谐运动.②摆球经过最低点时速度最大，滞留的时间最短，计时误差最小.③为减小测量周期时的误差，应测单摆完成30次～50次全振动所用的时间来求出周期.
（2）螺旋测微器上的固定刻度读数为20.5mm，可动部分的读数约为18.5×
0.01mm，则测量结果为20.5mm+18.5×
0.01mm=20.685mm.分析表中数据可以看出，摆长不变时周期不变，摆长变化时周期才发生变化.
答案：
（1）①是②是③否
（2）20.685（20.683～20.687均可）摆长
12.【解析】在图中的坐标系中，依据表格中记录的数据，描出各点，画出T2-l图像如图所示，则图像的斜率大约为k=4.0,再根据
可得，T2=
l，所以图像的斜率k=
重力加速度
.
图像见解析9.86（在9.84～9.88之间都对）
13.【解析】
（1）由题图可知，T=2×
10-2s,横坐标t=0.25×
10-2s时,所对应的纵坐标x=-Acosωt=-2cos100π×
0.25×
10-2cm≈-1.414cm.（4分）
10-2s的时间内,位移、回复力（振动加速度）、势能都增大,速度、动能都减小（机械能不变）.（4分）
（3）因振动是变速运动,因此只能利用其周期性求解.即一个周期内通过的路程为4个振幅,本题中Δt=8.5×
10-2s=
T,所以通过的路程为
×
4A=17A=17×
2cm=34cm,经
个周期振子回到平衡位置,位移为零.（3分）
（1）-1.414cm
（2）见解析（3）34cm0
14.【解析】
（1）因为秒摆的周期T0=2s，由
（2分）
得，秒摆摆长L=
=1m.（2分）
（2）由振动图像知，改变摆长后用此摆长做成的单摆，半个周期是0.5s，因此T1=2×
0.5s=1s，则改变后的摆长
l=
=0.25m.（3分）
（3）由振动图像知，摆的周期T=1.5s，
周期表达式T=
+
，其中T为摆的周期，L为秒摆原摆长，l为被钉子阻挡后的摆长.（2分）
悬点离钉子的距离为OM=L-l=1m-0.25m=0.75m.（2分）
见解析
15.【解题指南】解决本题要明确两个问题：
（1）tOA、tAB、tBC三段时间相等,并且等于半个周期.
（2）BC-AB=AB-OA=2cm，说明连续相等的时间内位移之差是个常数，因此玻璃板在做匀加速直线运动.
【解析】在力F作用下，玻璃板向上加速，图示OC间曲线所反映出的是振动的音叉振动位移随时间变化的规律，其中直线OC代表音叉振动1.5个周期内玻璃板运动的位移，而OA、AB、BC间对应的时间均为0.5个周期，即
.故可利用匀加速直线运动的规律——连续相等时间内的位移差等于恒量来求加速度.
设玻璃板竖直向上的加速度为a，则有：
sBA－sAO＝aT2（4分）
其中T＝
＝0.1s①（2分）
由牛顿第二定律得F－mg＝ma②（3分）
联立①②可求得F＝24N.（2分）
24N
16.【解析】
（1）木块恰好不脱离薄板，说明弹簧振子向上运动到弹簧原长处，速度恰为零，即弹簧在平衡位置时形变量为A，则有：
kA＝（M＋m）g，
.（6分）
（2）由简谐运动的对称性知，在弹簧最短时，物体的加速度与在最高点的加速度等大、反向，即在最低点，木块与薄板的加速度a＝g，方向向上.
对木块有：
N－mg＝ma（4分）
即N－mg＝mg，N＝2mg.由牛顿第三定律知木块对薄板的压力为2mg.（2分）
（1）
（2）2mg
【总结提升】利用简谐运动的对称性解决问题
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,通过振动过程中任意两点A、B的时间与逆向通过的时间相等.
在具体问题中要注意利用简谐运动的对称性解题,使问题大大简化,在具体问题中要锻炼灵活运用相应知识与方法解决问题的能力.
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