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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