人教版 (2019)选择性必修 第一册简谐运动的回复力和能量同步训练题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册简谐运动的回复力和能量同步训练题，共13页。试卷主要包含了25～0等内容，欢迎下载使用。
基础对点练
题组一 简谐运动的回复力
1.(多选)关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是( )
简谐运动的回复力可能是恒力
做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反
回复力的方向总是跟物体的速度方向相反
做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零
2.对于弹簧振子的回复力和位移的关系，下列图中正确的是( )
A B C D
3.(2024·浙江衢州五校联考)如图甲所示，在光滑的水平面上，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙壁上，另一端与一个质量为M的物体相连，在物体上放质量为m的木块，压缩弹簧，释放后两者一起运动，运动过程中始终保持相对静止。图乙是两物体一起运动的振动图像，振幅为A，则下列说法正确的是( )
0～t1内物体速度在减小，加速度在减小
t2～t3内木块受到的摩擦力在增大
t2时刻木块受到的摩擦力大小为eq \f(kAm,M＋m)
t3时刻木块受到的摩擦力大小为eq \f(kAm,M＋m)
题组二 简谐运动的能量
4.(多选)当一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动时，下列说法中正确的是( )
振子在振动过程中，速度相同时，弹簧的长度一定相等
振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功
振子在运动过程中的回复力由弹簧的弹力和振子所受重力的合力提供
振子在运动过程中，系统的机械能守恒
5.如图所示，一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻质弹簧，左端固定，右端与质量为m、带电荷量为＋q(q>0)的小球相连，静止在光滑、绝缘的水平面上。在施加一个电场强度为E、方向水平向右的匀强电场后，小球开始做简谐运动。那么( )
小球到达最右端时，弹簧的形变量为eq \f(2qE,k)
小球做简谐运动的振幅为eq \f(2qE,k)
运动过程中小球的机械能守恒
运动过程中小球的电势能和弹簧的弹性势能的总量不变
题组三 简谐运动中各物理量的变化规律
6.一弹簧振子沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示。由图可知( )
t＝1.0 s时振子的速度为零，加速度为正的最大值
在1.0～1.5 s内振子的速度增加，加速度为负值
在2.0～2.5 s内振子的速度减小，加速度为负值
t＝2.5 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值
7.如图所示是竖直方向的弹簧振子在0～0.4 s内做简谐运动的图像，由图像可知( )
在0.25～0.3 s内，弹簧振子受到的回复力越来越小
t＝0.7 s时刻，弹簧振子的速度最大
系统的动能和势能相互转化的周期为0.4 s
系统的动能和势能相互转化的周期为0.2 s
综合提升练
8.(2024·江苏宿迁高二期末)如图所示，竖直悬挂的弹簧振子，把小球向下拉一小段距离后，放开小球，下列说法正确的是( )
小球在振动过程中动量守恒
弹簧恢复原长时，小球动能最大
弹簧恢复原长时，小球位于振动的平衡位置
某四分之一周期的时间内小球的动量变化量可能为零
9.(8分)(2024·山东日照高二检测)如图所示，一轻质弹簧上端系于天花板上，一端挂一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，将小球从弹簧原长处由静止放手，小球在竖直方向做简谐运动，重力加速度为g，则：
(1)(4分)小球从放手运动到最低点，下降的高度为多少？
(2)(4分)小球运动到最低点时的加速度大小为多少？
10.(10分)如图所示，一个轻弹簧与一个质量为m＝0.5 kg 的小球所构成的弹簧振子穿在光滑水平金属杆上，已知该弹簧的劲度系数k＝200 N/m，O点是弹簧振子静止时的位置，今将振子缓慢向右拉10 cm到A点，此时外力对弹簧振子做功为1 J，然后由静止释放，则它在A、B之间运动，不计其他阻力，求：
(1)(3分)振子在哪点的速度最大？最大速度为多少？
(2)(3分)振子在A点的位移；
(3)(4分)振子在B点的加速度。
11.(10分)(2024·四川成都高二月考)如图所示，盛水(密度为ρ1)容器的水面上漂浮着一块质量分布均匀的高为h、底面积为S的长方体木块(密度为ρ2)，浸入水中的深度为a，O为木块质心，现在将木块相对于原来静止的位置轻轻按下距离A(木块没有完全浸没)，木块就在水面上下振动(木块始终没有离开水面)，不考虑任何阻力，重力加速度为g，试证明木块做简谐运动。
培优加强练
12.(2024·湖北十堰高二检测)如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端，小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则( )
弹簧的最大伸长量为4 m
t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大
在t＝0.2 s到t＝0.6 s时间内，小球的重力势能逐渐减小
在t＝0到t＝0.4 s时间内，回复力的冲量为零
第3节 简谐运动的回复力和能量
1.BD [根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回复力为F＝－kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数，x是物体相对平衡位置的位移，不是弹簧长度，因x是变化的，所以回复力不可能是恒力，故A错误；回复力方向总是与位移方向相反，根据牛顿第二定律可知，加速度的方向也必定与位移方向总是相反，故B正确；物体远离平衡位置时，回复力的方向与速度方向相反，物体向平衡位置运动时回复力的方向与速度方向相同，故C错误；做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，故D正确。]
2.C [由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，C正确。]
3.C [两物体一起振动，由振动图像可知0～t1内物体向平衡位置振动，速度在增大，加速度在减小，A错误；t2～t3内加速度在减小，木块受到的摩擦力产生加速度，则t2～t3内木块受到的摩擦力在减小，B错误；t2时刻对两物体受力分析，则有kA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))a，对质量为m的木块受力分析，则有Ff＝ma，解得Ff＝eq \f(kAm,M＋m)，C正确；t3时刻木块的加速度为0，则摩擦力为0，D错误。]
4.CD [振子在平衡位置两侧往复运动，速度相同的位置可能出现在关于平衡位置对称的两点，这时弹簧长度明显不等，故A错误；振子由最低点向平衡位置运动的过程中，弹簧的弹力指向平衡位置，做正功，故B错误；振子运动过程中的回复力由弹簧振子所受合力提供，且运动过程中机械能守恒，故C、D正确。]
5.A [小球做简谐运动的平衡位置是弹簧拉力和电场力平衡的位置，此时弹簧形变量为eq \f(qE,k)，小球到达最右端时，弹簧形变量为eq \f(2qE,k)，振幅为eq \f(qE,k)，A正确，B错误；由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，C错误；运动过程中，小球的动能、电势能和弹簧的弹性势能的总量不变，D错误。]
6.B [t＝1.0 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值，所以A错误；在1.0～1.5 s内振子的速度增加，加速度为负值，所以B正确；在2.0～2.5 s内振子的速度增加，加速度为正值，所以C错误；t＝2.5 s时振子的速度最大，加速度为0，所以D错误。]
7.D [在0.25～0.3 s内，弹簧振子的位移越来越大，则受到的回复力也越来越大，A错误；振动的周期为0.4 s，弹簧振子在0.7 s 时刻的位移最大，速度为零，B错误；动能与势能都是标量，它们变化的周期等于简谐运动的周期的一半，所以系统的动能和势能相互转化的周期为0.2 s，C错误，D正确。]
8.D [小球在振动过程中速度的大小和方向不断变化，所以其动量不守恒，故A错误；小球动能最大的时刻是回复力(即所受合力)为零的时刻，即弹力和重力等大反向的时刻，此时小球位于平衡位置，故B、C错误；小球在到达平衡位置之前的eq \f(1,8)T时刻的动量，等于越过平衡位置之后eq \f(1,8)T时刻的动量，在这eq \f(1,4)T的时间内，小球的动量变化量为零，故D正确。]
9.(1)eq \f(2mg,k) (2)g
解析 (1)放手后小球到达平衡位置时，设弹簧伸长了x1，则mg＝kx1
由简谐运动的对称性可知，小球从平衡位置到最低点，弹簧的伸长量x2＝x1
小球从放手运动到最低点下降的高度为
x＝x1＋x2＝eq \f(2mg,k)。
(2)在最低点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得
kx－mg＝ma
解得小球运动到最低点时的加速度大小为a＝g。
10.(1)O点 2 m/s
(2)10 cm，方向由O指向A
(3)40 m/s2，方向由B指向O
解析 (1)由简谐运动的特点知，振子在平衡位置O点速度最大，由于弹簧振子在运动过程中系统机械能守恒，由题意知，外力做功增加了系统的弹性势能，振子从A向O运动的过程中，该势能全部转化为振子的动能，即W＝eq \f(1,2)mv2
解得最大速度v＝eq \r(\f(2W,m))＝eq \r(\f(2×1,0.5)) m/s＝2 m/s。
(2)振子在A点的位移大小为x＝10 cm，方向由O指向A。
(3)由于振动的振幅为10 cm，故在B点的位移大小是10 cm，即弹簧压缩了10 cm，
此时回复力的大小F＝kx＝200×0.1 N＝20 N
即振子所受到的合外力大小为20 N，
由牛顿第二定律得
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(20,0.5) m/s2＝40 m/s2
方向由B指向O。
11.见解析
解析 木块的平衡位置就在原来静止的位置，木块漂浮(静止)时，由平衡条件可得
G＝F浮，即ρ2ghS＝ρ1gSa
现在以木块振动到平衡位置下方情形为例来证明，设木块振动到平衡位置下方x时(x≤A)，其偏离平衡位置的位移大小为x，所受到的浮力变为
F浮′＝ρ1gSeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋x))
回复力大小为
F回＝F浮′－G＝ρ1gSeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋x))－ρ2ghS
解得F回＝ρ1gSx
显然回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，同理可证，木块振动到平衡位置上方时回复力大小与偏离平衡位置的位移大小也成正比，分析木块在平衡位置上方和下方时的回复力方向可知，回复力恒指向平衡位置，与位移的方向相反，所以木块做简谐运动。
12.C [小球的振幅等于振子位移的最大值，由图乙知，振幅为A＝2 cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝4 cm，故A错误；t＝0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，故B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球沿斜面向下运动，小球的重力势能逐渐减小，故C正确；t＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t＝0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，故D错误。]
第3节 简谐运动的回复力和能量
1.BD [根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，回复力为F＝－kx，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数，x是物体相对平衡位置的位移，不是弹簧长度，因x是变化的，所以回复力不可能是恒力，故A错误；回复力方向总是与位移方向相反，根据牛顿第二定律可知，加速度的方向也必定与位移方向总是相反，故B正确；物体远离平衡位置时，回复力的方向与速度方向相反，物体向平衡位置运动时回复力的方向与速度方向相同，故C错误；做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，故D正确。]
2.C [由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，C正确。]
3.C [两物体一起振动，由振动图像可知0～t1内物体向平衡位置振动，速度在增大，加速度在减小，A错误；t2～t3内加速度在减小，木块受到的摩擦力产生加速度，则t2～t3内木块受到的摩擦力在减小，B错误；t2时刻对两物体受力分析，则有kA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))a，对质量为m的木块受力分析，则有Ff＝ma，解得Ff＝eq \f(kAm,M＋m)，C正确；t3时刻木块的加速度为0，则摩擦力为0，D错误。]
4.CD [振子在平衡位置两侧往复运动，速度相同的位置可能出现在关于平衡位置对称的两点，这时弹簧长度明显不等，故A错误；振子由最低点向平衡位置运动的过程中，弹簧的弹力指向平衡位置，做正功，故B错误；振子运动过程中的回复力由弹簧振子所受合力提供，且运动过程中机械能守恒，故C、D正确。]
5.A [小球做简谐运动的平衡位置是弹簧拉力和电场力平衡的位置，此时弹簧形变量为eq \f(qE,k)，小球到达最右端时，弹簧形变量为eq \f(2qE,k)，振幅为eq \f(qE,k)，A正确，B错误；由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，C错误；运动过程中，小球的动能、电势能和弹簧的弹性势能的总量不变，D错误。]
6.B [t＝1.0 s时振子的速度为零，加速度为负的最大值，所以A错误；在1.0～1.5 s内振子的速度增加，加速度为负值，所以B正确；在2.0～2.5 s内振子的速度增加，加速度为正值，所以C错误；t＝2.5 s时振子的速度最大，加速度为0，所以D错误。]
7.D [在0.25～0.3 s内，弹簧振子的位移越来越大，则受到的回复力也越来越大，A错误；振动的周期为0.4 s，弹簧振子在0.7 s 时刻的位移最大，速度为零，B错误；动能与势能都是标量，它们变化的周期等于简谐运动的周期的一半，所以系统的动能和势能相互转化的周期为0.2 s，C错误，D正确。]
8.D [小球在振动过程中速度的大小和方向不断变化，所以其动量不守恒，故A错误；小球动能最大的时刻是回复力(即所受合力)为零的时刻，即弹力和重力等大反向的时刻，此时小球位于平衡位置，故B、C错误；小球在到达平衡位置之前的eq \f(1,8)T时刻的动量，等于越过平衡位置之后eq \f(1,8)T时刻的动量，在这eq \f(1,4)T的时间内，小球的动量变化量为零，故D正确。]
9.(1)eq \f(2mg,k) (2)g
解析 (1)放手后小球到达平衡位置时，设弹簧伸长了x1，则mg＝kx1
由简谐运动的对称性可知，小球从平衡位置到最低点，弹簧的伸长量x2＝x1
小球从放手运动到最低点下降的高度为
x＝x1＋x2＝eq \f(2mg,k)。
(2)在最低点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得
kx－mg＝ma
解得小球运动到最低点时的加速度大小为a＝g。
10.(1)O点 2 m/s
(2)10 cm，方向由O指向A
(3)40 m/s2，方向由B指向O
解析 (1)由简谐运动的特点知，振子在平衡位置O点速度最大，由于弹簧振子在运动过程中系统机械能守恒，由题意知，外力做功增加了系统的弹性势能，振子从A向O运动的过程中，该势能全部转化为振子的动能，即W＝eq \f(1,2)mv2
解得最大速度v＝eq \r(\f(2W,m))＝eq \r(\f(2×1,0.5)) m/s＝2 m/s。
(2)振子在A点的位移大小为x＝10 cm，方向由O指向A。
(3)由于振动的振幅为10 cm，故在B点的位移大小是10 cm，即弹簧压缩了10 cm，
此时回复力的大小F＝kx＝200×0.1 N＝20 N
即振子所受到的合外力大小为20 N，
由牛顿第二定律得
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(20,0.5) m/s2＝40 m/s2
方向由B指向O。
11.见解析
解析 木块的平衡位置就在原来静止的位置，木块漂浮(静止)时，由平衡条件可得
G＝F浮，即ρ2ghS＝ρ1gSa
现在以木块振动到平衡位置下方情形为例来证明，设木块振动到平衡位置下方x时(x≤A)，其偏离平衡位置的位移大小为x，所受到的浮力变为
F浮′＝ρ1gSeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋x))
回复力大小为
F回＝F浮′－G＝ρ1gSeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋x))－ρ2ghS
解得F回＝ρ1gSx
显然回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，同理可证，木块振动到平衡位置上方时回复力大小与偏离平衡位置的位移大小也成正比，分析木块在平衡位置上方和下方时的回复力方向可知，回复力恒指向平衡位置，与位移的方向相反，所以木块做简谐运动。
12.C [小球的振幅等于振子位移的最大值，由图乙知，振幅为A＝2 cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝4 cm，故A错误；t＝0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，故B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球沿斜面向下运动，小球的重力势能逐渐减小，故C正确；t＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t＝0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，故D错误。]