人教版高中物理选修24 第十一章 第2节 简谐运动的描述 同步测试.docx
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人教版高中物理选修24第十一章第2节简谐运动的描述同步测试
人教版高中物理选修2-4第十一章第二节简谐运动的描述同步测试
一、单选题(共8题;共16分)
1.弹簧振子做简谐运动的周期为T,振子在t0时刻的位移为x、动量为p、动能为Ek,则在t0+
T时刻,下列判断错误的是( )
A. 位移一定为﹣x
B. 动量一定为p
C. 动能一定为Ek
D. 弹簧可能处于原长状态
2.图为一物体作简谐振动的图象,根据图象判定下列哪个时刻物体的加速度为零,而速度最大,速度方向沿x轴反方向( )
A. 1s末
B. 2s末
C. 3s末
D. 4s末
3.质点作简谐振动,振动图象如图所示,由图可知质点振动的( )
A. 振幅是20cm B. 振幅是10cm C. 频率是4Hz D. 频率是2Hz
4.如图所示,为某一单摆做简谐运动时的振动图象,在图示的时间范围内,关于单摆下列说法中正确的是( )
A. 在0.1s时刻的位移与0.9s时刻的位移相同
B. 在0.3s时刻的速度与0.7s时刻的速度相同,加速度均为零
C. 在0.2s时刻的动能与1.0s时刻的动能不相同
D. 在0.2s时刻的重力势能与1.0s时刻的重力势能不相同
5.如图是一水平弹簧振子做简谐运动的图象,由图可以推断,以下说法正确的是( )
A. 在0到t6时间内振子通过的路程为8cm B. 在t2时刻,振子的位移最大且沿+x方向
C. t3和t4时刻具有相等的位移
D. 在t1和t6时刻具有相同的速度和相同的加速度
6.下列描述简谐振动的物理量与时间关系的图象,其中描述错误的是( )
A.
B.
C.
D.
7.介质中坐标L处的波源在t=0时刻开始振动,产生的简谐波沿x轴负方向传播,t0时刻传到原点O处,波形如图所示.下列能描述x0处质点振动的图象是( )
A.
B.
C.
D.
8.如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图象,可以判定( )
A. 从t1到t2时间内系统的动能不断增大,势能不断减小
B. 从t2到t3时间内振幅不断增大
C. t3时刻振子处于平衡位置处,动能为0
D. t1、t4时刻振子的动能、速度都相同
二、填空题(共4题;共12分)
9.甲、乙两水平弹簧振子的弹簧劲度系数相同,振动图象如图所示,则可知两弹簧振子所受回复力最大值之比为F甲:
F乙=________,振子的振动频率之比f甲:
f乙=________.
10.如图所示是弹簧振子的振动图象,从图象中可以看出:
振子的振幅是________cm、频率是________Hz.振子在4s内通过的路程是________m,该简谐运动的表达式为________.
11.已知某人心电图记录的出纸速度(纸带移动的速度)是2.5cm/s,如图是此仪器记录下的某人的心电图(图中每个大格的边长是0.5cm),由图可知此人的心率是________次/min,它的心脏每跳一次所需时间是________秒.
12.一弹簧振子以O点为平衡位置做简谐运动,则图中2s~3s内振子振动的方向沿________(选填“+y”或“﹣y”)方向,2.5s时振子的加速度方向为________(选填“+y”或“﹣y”)方向,2s~3s内振子的动能________(选填“增大”或“减小”),该点的振动方程为y=________cm.
三、解答题(共2题;共10分)
13.如图是某一质点做单摆运动时的y﹣t图象,当地的重力加速度约为g=9.8m/s2,π2=9.8,由图象可知:
①该质点振动的周期和振幅分别是多少;
②该单摆的摆长是多少.
14.如图所示是一列简谐横波上A、B两质点的振动图象,两质点平衡位置间的距离△x=4.0m,波长大于3.0m,求这列波的传播速度.
四、综合题(共1题;共15分)
15.一列波沿x轴正方向传播的简谐波,在t=0时刻的波形图如图所示,已知这列波在P出现两次波峰的最短时间是0.4s,求:
(1)这列波的波速是多少?
(2)再经过多少时间质点R才能第一次到达波峰
(3)这段时间里R通过的路程是多少?
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】B
【解析】【解答】解:
ABC、因弹簧振子做简谐运动的周期为T,振子在t0时刻的位移为x、动量为p、动能为Ek,若简谐振动的方程:
x=Asin
•t,可知,在t0+
T时刻,弹簧振子的位移却是﹣x,而动能仍是Ek,但动量不一定为P,原因方向不同,故AC正确,B错误;
D、若振子在t0时刻的位移为x,即为0,那么在t0+
T时刻,弹簧可能处于原长状态,故D正确.
本题选择错误的,故选:
B.
【分析】根据简谐运动的特点,分析运动的过程中各物理量的变化的特点,即可求解.
2.【答案】A
【解析】【分析】在平衡位置速度最大,为1s、3s和5s,但3s末速度方向为正方向,A对。
【点评】难度较小,由振动图像可以直接读出振幅、周期,各点的速度、加速度、位移的方向。
3.【答案】B
【解析】【解答】解:
振幅等于质点偏离平衡位置的位移x的最大值,所以振幅为10cm,所以A错误,B正确;
周期为4s,频率是周期的倒数,为0.25Hz,所以CD错误;
故选:
B
【分析】根据质点完成一次全振动的时间等于一个周期,由图读出周期.振幅等于质点偏离平衡位置的位移x的最大值.
4.【答案】A
【解析】【解答】解:
A、根据图象可知,在0.1s时刻与0.9s时刻单摆都处于负向最大位移处,位移相同,故A正确;B、根据图象可知,周期T=0.8s,在0.3s时刻与0.7s时刻相差半个周期,振动相反,所以速度大小相等,方向相反,故B错误;
C、0.2s时刻与1.0s时刻相差一个周期,振动情况完全相同,所以速度相同,则动能相等,所处位置相同,则重力势能相同,故CD错误;
故选:
A
【分析】由振动图象直接读出质点的位移及其变化情况,能判断质点的振动方向,根据图象读出周期,根据0.2s时刻与1.0s之间的时间与周期的关系判断两个时刻的振动情况,从而判断动能、重力势能是否相等.
5.【答案】B
【解析】【解答】解:
A、由图知,在0到t6时间内振子通过的路程为S=3×4cm+2cm=14cm.故A错误.B、由图看出,在t2时刻,振子的位移最大且沿+x方向,故B正确.
C、t3和t4时刻位移大小相等、方向相反,则位移不等,故C错误.
D、根据图象的斜率表示速度,则知在t1和t6时刻图象的切线斜率相等,说明振子具有相同的速度.这两个时刻振子的位移大小相等、方向相反,由据a=﹣
分析知,加速度大小相等、方向相反,则加速度不同,故D错误.
故选:
B
【分析】根据振子的运动过程,求在0到t6时间内振子通过的路程.由图象直接读出振子的位移.位移是矢量,只有大小和方向都相同时位移才相同.根据图象的斜率分析速度关系.根据a=﹣
分析加速度.
6.【答案】D
【解析】【解答】解:
AD、根据简谐振动的特点可知,由于简谐振动的位移随时间的变化为正弦函数的关系,即:
x=Asin(ωt+φ0)
而回复力:
F=﹣kx
若取:
φ0=π
则:
F=﹣kx=﹣kAsin(ωt+π)=kAsinωt.故A正确,D错误;
C、振子的加速度:
,回复力F随时间按照正弦函数变化,所以加速度也一定按照正弦函数的规律变化.故C正确;
D、根据速度与加速度的关系可知,从负的最大位移的位置开始计时,振子的速度是振子加速度对时间的积分.由于正弦函数的积分为余弦函数,所以选取合适的初相,如负的最大位移的位置开始计时,则速度随时间的变化关系也是正弦函数.故B正确.
本题选择错误的.故选:
D
【分析】简谐振动的位移随时间的变化关系为正弦函数(余弦函数)的关系,然后结合F=﹣kx以及牛顿第二定律分析即可得出结论.
7.【答案】B
【解析】【解答】解:
从波形图可以看出,L=3λ,t0时刻传到x=L处,说明t0=3T.简谐波沿x轴正向传播,根据波动和振动关系可知:
在t0时刻x=L处质点的运动方向和波源在t=0时刻的运动方向相同是沿y轴的正方向的,即每一个质点的起振方向都是沿y轴的正方向的,故CD错误;
由于简谐波沿x轴负方向传播,故此时刻x0处质点振动方向向上,故A错误B正确.
故选:
B.
【分析】由图可知从0到L处共有3个波长,再根据t0时刻刚好传到L处,可以求出周期,波传到那点那点将重复波源振动,由此可知波源开始是向上振动的,故x0处质点开始振动时也是向上的.然后根据波动和振动关系进一步求解
8.【答案】A
【解析】【解答】解:
A、由图看出,从t1到t2时间内振子的位移减小,振子靠近平衡位置,则动能不断增大,势能不断减小,故A正确.B、弹簧振子做简谐运动的振幅是不变,等于位移的最大值,故B错误.
C、t3时刻振子处于平衡位置处,动能最大,故C错误.
D、t1,t4两时刻振子的位移相同,说明振子经过同一位置,则动能相同,但速度相反.故D错误.
故选:
A
【分析】由位移图象分析位移的变化,确定速度变化,即可判断动能和势能的变化.振幅是位移的最大值,保持不变.简谐运动加速度的特点是a=﹣
,加速度大小与位移大小成正比,位移相同,加速度就相同.
二、填空题
9.【答案】2:
1;1:
2
【解析】【解答】解:
甲、乙两水平弹簧振子的弹簧劲度系数相同,振幅之比为2:
1,根据公式F=kx,最大回复力之比为2:
1;甲、乙的周期之比为2:
1,根据f=
,故频率之比为1:
2;故答案为:
2:
1,1:
2.
【分析】根据公式F=kx判断回复力的最大值之比,由图象得到周期,从而判断频率之比.
10.【答案】10;25;40;y=10sin50πt(cm)
【解析】【解答】解;从图象中可以看出:
振子的振幅是10cm,周期为0.04s,故频率为25Hz,4s等于100个周期,故振子在4s内通过的路程为s=100×4×10×10﹣2m=40m,该简谐运动的表达式为y=10sin50πt(cm)故答案为;10,25,40,y=10sin50πt(cm).
【分析】由题读出周期T,由f=
求出频率f;质点在一个周期内通过的路程是4A,根据质点运动的时间与周期的关系,求解路程,由y=Asin2πft写出表达式
11.【答案】75;0.8
【解析】【解答】解:
由图读出相邻峰值之间的距离:
s=4×0.5=2.0cmv=2.5cm/s,则心脏每跳一次所需时间,即心动周期:
T=
=
=0.8s
人的心率:
f=
=
×60=75(次/min)
故答案为:
75,0.8.
【分析】由图读出相邻峰值之间的距离,根据匀速直线运动的公式求出时间,再求人的心率.
12.【答案】﹣y;+y;减小;10sin0.5πt
【解析】【解答】解:
2s~3s内振子从平衡位置向负向最大位移运动,所以振子的振动方向沿﹣y方向.2.5s时振子的位移为﹣y方向,根据a=﹣
知加速度方向为+y.
2s~3s内振子的位移增大,速度减小,则动能减小.
由图知,振幅为A=10cm,周期为T=4s,所以该点的振动方程为y=Asin
t=10sin
t=10sin0.5πt (cm).
故答案为:
﹣y,+y,减小,10sin0.5πt.
【分析】根据振子位移的变化分析振子的振动方向.根据加速度方向总与位移方向相反,分析加速度的方向.由位移的变化分析动能的变化.读出振幅、周期,结合初相位写出振动方程.
三、解答题
13.【答案】解:
①由图象得:
T=4s,A=0.2m;
②由T=2
得:
L=
=
.
答:
①该质点振动的周期4s振幅是0.2m;
②该单摆的摆长是4m
【解析】【分析】①由图读出周期和振幅②由单摆的周期公式求出单摆的摆长.
14.【答案】解:
由振动图象可知,质点振动周期T=0.4s
①若该波从质点A传到质点B,取t=0时刻分析,质点A经平衡位置向上振动,质点B处于波谷,则有:
△x=n
(n=0、1、2、3…)
所以该波波长为:
λ=
=
因为有λ>3.0m的条件,所以取n=0,1
当n=0时,λ1=16m,波速为:
v1=
=
=40m/s
当n=1时,λ2=3.2,波速为:
v2=
=8m/s
②若该波从质点B传到质点A,取t=0时刻分析,质点A经平衡位置向上振动,质点B处于波谷,有:
(n=0、1、2、3…)
所以该波波长为:
λ=
=
m(n=0、1、2、3…)
因为有λ>3.0m的条件,所以取n=0
当n=0时,λ3=
,波速为:
v3=
=
答:
这列波的传播速度,但从A传的B时,速度可能为40m/s或8m/s.当从B到A时,波速为
m/s
【解析】【分析】先据图得周期;由于波的传播方向不确定,所以需要分类讨论,据两质点的振动图象确定其波长的通式,利用波速公式求解.
四、综合题
15.【答案】
(1)解:
依题,P点两次出现波峰的最短时间是0.4s,所以这列波的周期T=0.4s.由波速公式得
v=
=
m/s=10m/s
答:
这列波的波速是10m/s;
(2)解:
由t=0时刻到R第一次出现波峰,波移动的距离s=(9﹣2)m=7m.
则t=
=
s=0.7s
答:
再经过0.7s时间质点R才能第一次到达波峰;
(3)解:
在上述时间内,R实际振动时间t1=0.7s﹣0.4s=0.3s
因此R通过的路程为s路=4×2×
cm=6cm.
答:
这段时间里R通过的路程是6cm.
【解析】【分析】
(1)波在P出现两次波峰的最短时间等于周期,求出波的周期.由图象读出波长,求出波速.
(2)当图中x=2m处质点的振动传到质点R时,质点R第一次到达波峰,根据t=
求出时间.(3)根据时间与周期的关系,求出质点通过的路程.质点做简谐运动时,一个周期内通过的路程是四个振幅.
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