鲁科版高中物理选择性必修第一册第2章章末综合提升学案

这是一份鲁科版高中物理选择性必修第一册第2章章末综合提升学案，共17页。

主题1　简谐运动的周期性和对称性1．周期性——做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能恢复到原来的状态。2．对称性——做简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性。(1)在同一位置，振子的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反。(2)在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反。(3)一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过时间t＝2n+1T2(n为自然数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称。【典例1】　(多选)如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点，再继续运动，又经过0.6 s质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是(　　)A．1 s　　　B．1.2 s　　　C．2.4 s　　　D．4.2 sAD　[根据题意可以判断质点通过MB之间的距离所用的时间为0.3 s，质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点，分两种情况考虑：(1)质点由O点向右运动到M点，则OB之间所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，根据对称性，OA之间所用的时间也为1.2 s，第三次通过M点所用的时间为2tMO＋2tOA＝2×0.9 s＋2×1.2 s＝4.2 s。(2)质点由O点先向左运动再到M点，则从O→A→O→M→B所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，为34个周期，得周期为1.6 s，第三次经过M点所用的时间为1.6 s－2tMB＝1.6 s－0.6 s＝1.0 s。故A、D正确，B、C错误。]　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。 主题2　简谐运动图像的应用从振动图像中可得到的信息(1)可直接读取振子在某一时刻相对于平衡位置的位移大小。(2)从振动图像上可直接读出振幅：正(负)位移的最大值。(3)从振动图像上可直接读出周期。(4)可判断某一时刻振动物体的速度方向和加速度方向，以及它们的大小和变化趋势。【典例2】　(多选)弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，把钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动。从钢球通过平衡位置开始计时，其振动图像如图所示。下列说法正确的(　　)A．0～3 s内，钢球通过的路程为30 cmB．钢球振动半个周期，回复力做功为零C．在t0时刻弹簧的形变量为4 cm，t＝0.5 s时钢球的加速度为正向最大D．钢球振动方程为x＝5sin πt(cm)ABD　[0～3 s内，钢球通过的路程为s＝6A＝6×5 cm＝30 cm，故A正确；钢球振动半个周期刚好到达关于平衡位置对称的位置，两位置速度大小相等，故由动能定理知，回复力做功为零，故B正确；由题图可知在t0时刻弹簧的形变量为4 cm，t＝0.5 s 时钢球的加速度为负向最大，故C错误；钢球振动的周期T＝2 s，振幅A＝5 cm，钢球振动方程为x＝Asin2πTt cm＝5sin πt(cm)，故D正确。故选ABD。]　简谐运动图像问题的处理思路(1)根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义，明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位。(2)将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来，根据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析。(3)判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路：根据F＝－kx判断回复力F的变化情况；根据F＝ma判断加速度的变化情况；根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况。 主题3　单摆的周期公式及应用单摆在小角度(θ＜5°)振动时可看作简谐运动，除考查简谐运动的一般规律外，单摆的周期公式及特点、应用在近几年的高考中也频频出现，值得重视：(1)单摆的周期T＝2πlg，与振幅、质量无关，只取决于摆长l和重力加速度g。(2)单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供。在平衡位置，回复力为零，沿半径方向的合力提供向心力；在最高点，向心力为零，回复力最大。(3)利用单摆测重力加速度原理：由单摆的周期公式可得g＝4π2lT2，因此通过测定单摆的周期和摆长，便可测出重力加速度g的值。【典例3】　如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R≫AB，甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比。(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？[解析]　(1)甲球做自由落体运动R＝12gt12，所以t1＝2Rg，乙球沿圆弧做简谐运动(由于AB≪R，可认为摆角θ＜5°)。此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝14T＝14×2πRg＝π2Rg，所以t1∶t2＝22π。(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间为t甲＝2hg，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝T4＋nT2＝π2Rg(2n＋1)(n＝0，1，2，…)由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙解得h＝2n+12π2R8(n＝0，1，2，…)。[答案]　(1)22π　(2)2n+12π2R8(n＝0，1，2，…)　单摆模型问题的求解方法(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型，模型满足条件：①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力F＝－kx。(2)首先确认符合单摆模型条件，然后寻找等效摆长l及等效重力加速度g，最后利用公式T＝2πlg或简谐运动规律分析求解问题。(3)如图甲所示的双线摆的摆长l＝r ＋L cos α。图乙中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l＝R。甲　　　　　　乙章末综合测评(二)　机械振动1．简谐运动的平衡位置是指(　　)A．速度为零的位置　　　　 B．回复力为零的位置C．加速度为零的位置 D．位移最大的位置B　[简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零。例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度。简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零。故选B。]2．如图所示为某人在医院做的心电图的一部分，已知他当时心率为60次/min，且图中每小格宽1 mm，则心电图仪卷动纸带的速度约为(　　)A．10 cm/min　 B．30 cm/minC．50 cm/min D．70 cm/minC　[此人心跳周期为T＝1f＝1 s，由题图可知，相邻峰值之间的距离约为8 mm，心电图仪卷动纸带的速度约为v＝lT＝0.81×60(cm/min)＝48 cm/min，故选C。]3．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的(　　)A　　　　B　　　　C　　　　DB　[不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达平衡位置时运动速度最快，细沙漏到地面上的最少；到达最大位移处(左、右两端)漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故选项B正确，A、C、D错误。]4．如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统。当圆盘静止时，小球可稳定振动。现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则(　　)甲　　　　　　乙A．此振动系统的固有频率约为0.25 HzB．此振动系统的固有频率约为3 HzC．若圆盘匀速转动的周期增大，系统振动的频率不变D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动B　[由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误。]5．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A，由静止释放。以钢球平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图乙所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则(　　)甲　　　　乙　　　　A．t1时刻钢球处于超重状态B．t2时刻钢球的速度方向向上C．t1～t2时间内钢球的动能逐渐增大D．t1～t2时间内钢球的机械能逐渐减小D　[t1时刻，钢球位于平衡位置上方，位移为正，所以加速度为负，有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；t2时刻，钢球位于平衡位置下方，正在远离平衡位置，速度方向向下，故B错误；t1～t2时间内，钢球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C错误；t1～t2时间内，钢球克服弹力做功，根据能量守恒定律可知，钢球的机械能逐渐减小，故D正确。]6．游客在海边欲乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动，游船浮动可简化为竖直方向的简谐运动，振幅为30 cm，周期为3.0 s，当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过15 cm时，游客能舒服地登船。假设风浪较小时，游船振幅为 15 cm，游船上升到最高点时依然刚好与码头地面平齐，振动周期不变，游客舒服登船的高度不变，则在一个周期内，风浪较小时舒服地登船的时间比风浪较大时增加(　　)A．1.0 s B．0.75 s C．0.50 s D．0.25 sC　[风浪很大时，游船的振动方程为y＝Asin2πTtcm＝30sin 2π3t cm，当y＝15 cm时，可解得t1＝0.25 s，t2＝1.25 s，游客可舒服登船的时间为Δt＝1 s，风浪较小时，游客在一个周期内，有半个周期能舒服登船，故Δt′＝12T＝1.5 s，故风浪较小时游客舒服地登船的时间增加了Δt″＝Δt′－Δt＝0.5 s，故选C。]7．一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经过t＝11π2lg，摆球具有负向最大加速度，下面四个图像分别记录了该单摆从计时时刻开始到3T2的振动图像，其中正确的是(　　)A　　　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　　　DA　[单摆的周期公式T＝2πlg，则t时间内小球的振动周期数为n＝11π2lg2πlg＝114，为234个周期，因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时小球的位置应为平衡位置向负方向运动，故A正确，B、C、D错误。]8．如图所示为一质点的简谐运动图像。由图可知(　　)A．质点的运动轨迹为正弦曲线B．t＝0时，质点正通过平衡位置向正方向运动C．t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移的正方向相同D．质点运动过程中，两端点间的距离为0.05 mC　[简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t＝0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图像的斜率表示速度，则t＝0.25 s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同，故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为s＝2A＝2×5 cm＝10 cm＝0.1 m，故D错误。故选C。]9．某同学探究单摆周期与摆长的关系，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为________cm，摆长为________cm。用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，停表读数为________s，如果测得的g值偏大，可能的原因是________(填选项前的字母)。甲　　　　　　　　　　乙A．计算摆长时加的是摆球的直径B．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加(实验过程中先测摆长后测周期)D．实验中误将30次全振动记为31次[解析]　游标卡尺的主尺读数为2 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10×0.05 mm＝0.50 mm，所以最终读数为2 cm＋0.050 cm＝2.050 cm；摆长为89.40 cm＋2.0502 cm＝90.425 cm；由题图乙可知，秒表的读数t＝57.0 s。根据T＝2πLg，得g＝4π2LT2。计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故A正确；用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故B错误；摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；实验中误将30次全振动记为31次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故D正确。[答案]　2.050　90.425　57.0　AD10．如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d。[解析]　摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变。而B球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍：2dv＝n(T2)(n＝1，2，3，…)由单摆周期公式T＝2πlg得d＝nvπ2lg(n＝1，2，3，…)。[答案]　nvπ2lg(n＝1，2，3，…)11．(多选)一弹簧振子做简谐运动，t时刻刚好经过平衡位置，则振子在t＋Δt和t－Δt时刻一定相同的物理量有(　　)A．速度 B．加速度C．位移　　 D．机械能AD　[t时刻刚好经过平衡位置，则振子在t＋Δt和t－Δt时刻质点位置关于平衡位置对称，则速度和机械能相同，加速度方向相反，位移方向相反，故A、D正确，B、C错误。]12．(多选)如图所示，树梢的摆动可视为周期为12 s、振幅为1.2 m的简谐运动。某时刻开始计时，36 s后树梢向右偏离平衡位置0.6 m。下列说法正确的是(　　)A．开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置B．树梢做简谐运动的“圆频率”约为π6 rad/sC．树梢在开始计时后的36 s内通过的路程为4.8 mD．再经过4 s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2 m 处BD　[如果开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置，经过36 s，即3T，则树梢应位于平衡位置，故A错误；树梢做简谐运动的“圆频率”约为ω＝2πT＝π6 rad/s，故B正确；树梢在开始计时后的36 s内通过的路程为s＝3×4A＝14.4 m，故C错误；36 s后树梢向右偏离平衡位置0.6 m，y＝1.2sin (π6t＋φ) (m)，因为t＝0，y＝0.6 m，解得φ＝π6或5π6，当y＝1.2sin π6t+5π6 (m)时，再经过4 s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2 m处，故D正确。故选BD。]13．(多选)一单摆的振动图像如图所示，下列说法正确的是(　　)A．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态B．t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置C．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态D．t＝1.0 s时，摆线所受拉力最大BCD　[位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球做圆周运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只是在平衡位置，A错误，B正确；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t＝1.0 s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所受拉力最大，D正确。]14．(多选)如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　　)A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于T2的整数倍B．若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相同C．研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板摩擦力的合力充当了木板做简谐运动的回复力D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于mm+M kxCD　[设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有kx＝(m＋M)a　　①对m物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有f＝ma　　 ②所以f＝mM+mkx　③若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不一定等于T2的整数倍，故A错误；若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C正确；由③可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于 mm+M kx，故D正确。故选CD。]15．在利用“单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2LT2，只要测出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出T2-L图像，就可以求出当地的重力加速度，理论上T2-L图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图1所示：图1　　　　　　图2(1)由图像求出的重力加速度g＝________ m/s2(取π2＝9.87)。(2)由于图像没有能通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比________；若利用g＝4π2LT2，采用公式法计算，则求出重力加速度g值与当地真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。(3)某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球(如图2)，以下实验步骤中存在错误或不当的步骤是________(只填写相应的步骤代号即可)。A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放D．从摆球摆到最低点时开始计时，当摆球第30次到达最低点时结束记录总时间t，由T＝t30得出周期E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和TF．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，带入公式g＝2πT2L求出重力加速度g[解析]　(1)由T2＝4π2g·L，知T2-L图像的斜率等于4π2g，由数学知识得4π2g＝40.01+0.99，解得g＝9.87 m/s2。(2)无论图像是否经过坐标原点，图像的斜率等于4π2g，该斜率不变，所以g不变；若利用g＝4π2LT2，采用公式法计算，由题图1可知摆长测量值偏小，则求出重力加速度g值与当地真实值相比偏小。(3)B选项：用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长是错误的，摆长等于悬点到石块重心的距离；D选项：从摆球摆到最低点时开始计时，当摆球第30次到达最低点时结束记录总时间t，由T＝t15得出周期；F选项：求出多次实验中测得的L和T的值，作出T2-L图像，根据图像的斜率求出重力加速度g；或者先分别求出各组L和T的值对应的g值，再取所求得的各个g值的平均值。[答案]　(1)9．87　(2)不变　偏小　(3)BDF16．一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示。A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动。已知弹簧的弹性势能决定于弹簧形变大小(g取10 m/s2，阻力不计)。 求：(1)物体A的振幅；(2)物体B的最大速率；(3)在最高点和最低点A对B的作用力。[解析]　(1)从原长到平衡位置x1＝2mgk＝5 cm振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm。(2)最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此重力势能转化为动能，由动能定理有(mA＋mB)g·A＝12(mA＋mB)v2解得v＝2 m/s。(3)在最高点，整体：(mA＋mB)g＋k×0．05＝(mA＋mB)a，隔离B：F1＋mBg＝mBa，可求得F1＝10 N，方向向下。在最低点，加速度大小也为a，方向向上：F2－mBg＝mBa，得F2＝30 N，方向向上。[答案]　(1)10 cm　(2)2 m/s　(3)10 N，方向向下　30 N，方向向上17．摆钟是一种利用摆的等时性制成的计时装置，它具有下列特性：钟摆的振动可以等效成是单摆的简谐运动；摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，现有一座摆钟，摆长为1 m，一昼夜快 10 min，要使它走时正确，应该将摆长调到多长？(精确到 0.001 m)[解析]　摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，设准确的钟摆摆动的周期为T，则24×60 min＝kn不准确的摆周期为T′，则24×60 min＋10 min＝kn′在时间一定时，摆动次数与周期成反比，则TT'＝n'n＝1 4501 440由T＝2πLg∝L可得LL'＝T2T'2＝1 4501 4402其中L′＝1 m，则L＝1 4501 4402×1 m≈1.014 m。[答案]　1.014 m18．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ(θ很小)。图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)甲　　　　　　　　乙(1)容器的半径；(2)小滑块的质量。[解析]　(1)由题图乙得小滑块做简谐运动的周期T＝π5 s由T＝2πRg得R＝T2g4π2＝0.1 m。(2)在最高点A，有Fmin＝mg cos θ＝0.495 N在最低点B，有Fmax＝mv2R＋mg＝0.510 N从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1－cos θ)＝12mv2解得m＝0.05 kg。[答案]　(1)0.1 m　(2)0.05 kg