高中物理魯科版4第一章機(jī)械振動單元測試 第1章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①－kx②2πeq\r(l/g)③遞減④驅(qū)動力⑤f固⑥越?、遞驅(qū)＝f固________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________簡諧運(yùn)動的周期性和對稱性(1)周期性做簡諧運(yùn)動的物體在完成一次全振動后，再次振動時則是重復(fù)上一個振動的形式，所以簡諧運(yùn)動具有周期性，因此在處理實際問題時，要注意多解的可能性．(2)對稱性簡諧運(yùn)動過程具有對稱性，關(guān)于平衡位置對稱的兩位置上速度、加速度、回復(fù)力、位移、動能、勢能的大小均相等，且由某點到平衡位置和由平衡位置到該點或?qū)ΨQ點的時間相等，由某點到最大位移處和由最大位移處回到該點的時間相等．如圖1-1所示，一個質(zhì)點做簡諧運(yùn)動，先后以相同的速度依次通過A和B兩點，歷時2s．質(zhì)點通過B點后再經(jīng)過1s第二次通過B點，在這3s內(nèi)，質(zhì)點通過的總路程為18cm.則質(zhì)點振動的周期和振幅分別是多少？圖1-1【解析】由于質(zhì)點先后以相同的速度依次通過A和B兩點，歷時2s，則A和B兩點關(guān)于平衡位置對稱，A→O和O→B所用時間都為1s．質(zhì)點通過B點后再經(jīng)過1s第二次通過B點，同樣由對稱性知B→b所用時間為s，則eq\f(T,4)＝s，所以周期T＝6s．在題中所述的3s內(nèi)，質(zhì)點通過的總路程為18cm，正好等于從a到b的距離，則2A＝18cm，即A＝9cm.【答案】6s9cm簡諧運(yùn)動圖象的應(yīng)用從振動圖象中可得到的信息(1)可直接讀取振子在某一時刻相對于平衡位置的位移大?。?2)從振動圖象上可直接讀出振幅：正(負(fù))位移的最大值．(3)從振動圖象上可直接讀出周期．(4)可判斷某一時刻振動物體的速度方向和加速度方向，以及它們的大小變化趨勢．一個質(zhì)點做簡諧運(yùn)動的圖象如圖1-2所示，下列說法正確的是()圖1-2A．質(zhì)點振動頻率為4HzB．在10s內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是20cmC．在5s末，速度為零，加速度最大，回復(fù)力的功率為零D．在t＝0到t＝1s內(nèi)，加速度與速度反向，回復(fù)力做負(fù)功E．在t＝1s到t＝3s，質(zhì)點速度的方向和加速度的方向都發(fā)生變化【解析】由振動圖象可知T＝4s，故選項A錯誤．一個周期內(nèi)，做簡諧運(yùn)動的質(zhì)點經(jīng)過的路程為4A＝8cm，10s為個周期，質(zhì)點經(jīng)過的路程為s＝4A×2＋2A＝10A＝20cm，選項B正確．在5s末，質(zhì)點位移最大為2cm，此時回復(fù)力最大，所以加速度最大，但速度為零，由P＝Fv可知回復(fù)力的功率也為零，故選項C正確．在t＝0到t＝1s時間內(nèi)，質(zhì)點由平衡位置向正向最大位移處運(yùn)動，所以速度與加速度反向，回復(fù)力做負(fù)功，D正確．在t＝1s到t＝3s質(zhì)點速度方向一直不變，E錯誤．【答案】BCD簡諧運(yùn)動圖象問題的處理思路(1)根據(jù)簡諧運(yùn)動圖象的描繪方法和圖象的物理意義，明確縱軸、橫軸所代表的物理量及單位．(2)將簡諧運(yùn)動圖象跟具體運(yùn)動過程或振動模型聯(lián)系起來，根據(jù)圖象畫出實際振動或模型的草圖，對比分析．(3)判斷簡諧運(yùn)動的回復(fù)力、加速度、速度變化的一般思路：根據(jù)F＝－kx判斷回復(fù)力F的變化情況；根據(jù)F＝ma判斷加速度的變化情況；根據(jù)運(yùn)動方向與加速度方向的關(guān)系判斷速度的變化情況．單擺的周期公式及應(yīng)用單擺在小角度(θ＜5°)振動時可看作簡諧運(yùn)動，除考查簡諧運(yùn)動的一般規(guī)律外，單擺的周期公式及特點、應(yīng)用在近幾年的高考中也頻頻出現(xiàn)，值得重視：(1)單擺的周期T＝2πeq\r(\f(l,g))，與振幅、質(zhì)量無關(guān)，只取決于擺長l和重力加速度g.(2)單擺的回復(fù)力由擺球重力沿圓弧切線方向的分力提供．在平衡位置，回復(fù)力為零，合力沿半徑方向提供向心力；在最高點，向心力為零，回復(fù)力最大．(3)利用單擺測重力加速度原理：由單擺的周期公式可得g＝eq\f(4π2l,T2)，因此通過測定單擺的周期和擺長，便可測出重力加速度g的值．如圖1-3所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，R?eq\x\to(AB)，甲球從弧形槽的球心處自由落下，乙球從A點由靜止釋放，問：圖1-3(1)兩球第1次到達(dá)C點的時間之比．(2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時乙球從圓弧左側(cè)由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？【解析】(1)甲球做自由落體運(yùn)動R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))，乙球沿圓弧做簡諧運(yùn)動(由于eq\x\to(AB)?R，可認(rèn)為擺角θ＜5°)．此振動與一個擺長為R的單擺振動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達(dá)C處的時間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))，所以t1∶t2＝eq\f(2\r(2),π).(2)甲球從離弧形槽最低點h高處開始自由下落，到達(dá)C點的時間為t甲＝eq\r(\f(2h,g))，由于乙球運(yùn)動的周期性，所以乙球到達(dá)C點的時間為t乙＝eq\f(T,4)＋neq\f(T,2)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))(2n＋1)(n＝0,1,2，…)由于甲、乙在C點相遇，故t甲＝t乙解得h＝eq\f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)【答案】(1)eq\f(2\r(2),π)(2)eq\f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)單擺模型問題的求解方法(1)單擺模型指符合單擺規(guī)律的運(yùn)動模型，模型滿足條件：①圓弧運(yùn)動；②小角度擺動；③回復(fù)力F＝－kx.(2)首先確認(rèn)符合單擺模型條件，然后尋找等效擺長l及等效加速度g，最后利用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))或簡諧運(yùn)動規(guī)律分析求解問題．(3)如圖甲所示的雙線擺的擺長l＝r＋Lcosα.乙圖中小球(可看作質(zhì)點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點振動，其等效擺長為l＝R.1．如圖1-4，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運(yùn)動．以豎直向上為正方向，物塊簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y＝πt)＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝s時，小球恰好與物塊處于同一高度．取重力加速度的大小g＝10m/s2.以下判斷正確的是()圖1-4A．h＝1.7mB．簡諧運(yùn)動的周期是sC．s內(nèi)物塊運(yùn)動的路程是0.2mD．t＝s時，物塊與小球運(yùn)動方向相反E．t＝s時，物塊的位移是－0.1m【解析】t＝s時，物塊的位移為y＝π×m＝－m；則對小球h＋|y|＝eq\f(1,2)gt2，解得h＝m，選項A、E正確；簡諧運(yùn)動的周期是T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,π)s＝s，選項B正確；s內(nèi)物塊運(yùn)動的路程是3A＝m，選項C錯誤；t＝s＝eq\f(T,2)，此時物塊在平衡位置向下振動，則此時物塊與小球運(yùn)動方向相同，選項D錯誤．【答案】ABE2．一位游客在千島湖邊欲乘坐游船，當(dāng)日風(fēng)浪較大，游船上下浮動．可把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運(yùn)動，振幅為20cm，周期為s．當(dāng)船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊．地面與甲板的高度差不超過10cm時，游客能舒服地登船．在一個周期內(nèi)，游客能舒服登船的時間是多少．【解析】由振動周期T＝s、ω＝eq\f(2π,T)、A＝20cm知，游船做簡諧運(yùn)動的振動方程x＝Asinωt＝20sineq\f(2π,3)t(cm)．在一個周期內(nèi)，當(dāng)x＝10cm時，解得t1＝s，t2＝s．游客能舒服登船的時間Δt＝t2－t1＝s.【答案】s3．如圖1-5，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構(gòu)成彈簧振子，該物塊是由a、b兩個小物塊粘在一起組成的．物塊在光滑水平面上左右振動，振幅為A0，周期為T0.當(dāng)物塊向右通過平衡位置時，a、b之間的粘膠脫開；以后小物塊a振動的振幅和周期分別為A和T，則A________A0(填“>”、“<”或“＝”)，T________T0(填“>”、“<”或“＝”)．圖1-5【解析】當(dāng)彈簧振子通過平衡位置時，a、b之間粘膠脫開，a、b由于慣性繼續(xù)向右運(yùn)動，彈簧伸長，對物塊a有向左的拉力，物塊a向右做減速運(yùn)動，動能減少，物塊b在光滑水平面上向右做勻速直線運(yùn)動，動能不變，由能量守恒定律知只有物塊a減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，所以彈簧的最大伸長量減小，故振幅減小．振動中振子的質(zhì)量變小，振子的周期變小．【答案】<<4．一豎直懸掛的彈簧振子，下端裝有一記錄筆，在豎直面內(nèi)放置有一記錄紙，當(dāng)振子上下振動時，以速率v水平向左勻速拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下如圖1-6所示的圖象，y1、y2、x0、2x0為紙上印跡的位置坐標(biāo)．由此圖求振動的周期和振幅.【導(dǎo)學(xué)號：78510013】圖1-6【解析】由圖象可知，振子在一個周期內(nèi)沿x方向的位移為2x0，水平速度為v，故周期T＝eq\f(2x0,v)；又由圖象知2A＝y(tǒng)1－y2，故振幅A＝eq\f(y1－y2,2).【答案】eq\f(2x0,v)eq\f(y1－y2,2)5．(1)用單擺測定重力加速度的實驗用多組實驗數(shù)據(jù)作出T2-L圖象，也可以求出重力加速度g.已知三位同學(xué)作出的T2-L圖線的示意圖如圖1-7甲中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應(yīng)的g值最接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹担畡t相對于圖線b，下列分析正確的是________(選填選項前的字母)．甲乙圖1-7A．出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長LB．出現(xiàn)圖線c的原因可能是誤將49次全振動記為50次C．圖線c對應(yīng)的g值小于圖線b對應(yīng)的g值(2)某同學(xué)在家里測重力加速度．他找到細(xì)線和鐵鎖，制成一個單擺，如圖1-7乙所示，由于家里只有一根量程為0～30cm的刻度尺，于是他在細(xì)線上的A點做了一個標(biāo)記，使得懸點O到A點間的細(xì)線長度小于刻度尺量程．保持該標(biāo)記以下的細(xì)線長度不變，通過改變O、A間細(xì)線長度以改變擺長．實驗中，當(dāng)O、A間細(xì)線的長度分別為l1、l2時，測得相應(yīng)單擺的周期為T1、T2.由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)．【解析】(1)根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，得T2＝eq\f(4π2,g)L，即當(dāng)L＝0時，T2＝0.出現(xiàn)圖線a的原因是計算擺長時過短，誤將懸點O到小球上端的距離記為擺長，選項A錯誤；對于圖線c，其斜率k變小了，根據(jù)k＝eq\f(T2,L)，可能是T變小了或L變大了．選項B中誤將49次全振動記為50次，則周期T變小，選項B正確；由eq\f(4π2,g)＝k