浙江专版2023_2024学年新教材高中物理第2章机械振动过关检测新人教版选择性必修第一册

第二章过关检测

(时间:90分钟　满分:100分)

一、选择题Ⅰ(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)

1.下列关于机械振动的说法正确的是(　　)

A.简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是位移

B.简谐运动物体的位移方向总是和速度方向相反

C.单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力

D.当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时,受迫振动的振幅最大

答案D

解析简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是振幅,故选项A错误;简谐运动的物体远离平衡位置时,位移方向和速度方向相同,靠近平衡位置时,位移方向和速度方向相反,故选项B错误;单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力沿切线方向的分力,故选项C错误;当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时,发生共振,受迫振动的振幅最大,故选项D正确。

2.如图所示,弹簧振子B上放一个物块A,在A与B一起做简谐运动的过程中,下列关于A受力的说法正确的是 (　　)

A.物块A受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力

B.物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力

C.物块A受重力、支持力及B对它的恒定的摩擦力

D.物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力

答案D

解析由于A与B一起做简谐运动,需要回复力,所以物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力,选项D正确。

3.在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法,解决了这一问题。在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是(　　)

A.加大飞机的惯性 B.使机体更加平衡

C.使机翼更加牢固 D.改变机翼的固有频率

答案D

解析当驱动力的频率与物体的固有频率相等时,振幅较大,因此要减弱机翼的振动,必须改变机翼的固有频率,选项D正确。

4.如图所示,两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上,已知甲的质量大于乙的质量。当细线突然断开后,两物块都开始做简谐运动,在运动过程中(　　)

A.甲的振幅大于乙的振幅

B.甲的振幅小于乙的振幅

C.甲的最大速度小于乙的最大速度

D.甲的最大速度大于乙的最大速度

答案C

解析由于两个弹簧是一样的,即劲度系数k是相同的,而细线断开前两个物体的拉力相同,故两个弹簧的伸长量是相同的,所以甲、乙的振幅相等,选项A、B错误;因为两个弹簧的最大弹性势能是相等的,在转化成甲、乙动能时,其最大动能也相等,但是甲的质量大,故甲的速度小,选项C正确,D错误。

5.一质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是 (　　)

A.质点的振动频率是4 Hz

B.0~10 s内质点经过的路程是20 cm

C.在t=4 s时质点的速度为0

D.在t=1 s和t=3 s两时刻,质点的位移相同

答案B

解析质点振动的周期T=4s,故频率为f==0.25Hz,故选项A错误。0~10s内质点的路程是振幅的10倍,为20cm,故选项B正确。在t=4s时,质点位于平衡位置,速度最大,故选项C错误。在t=1s和t=3s两时刻,质点的位移大小相等、方向相反,故选项D错误。

6.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。图甲为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图乙为摆的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在M地走时准确的摆钟移到N地未做其他调整时摆动加快了,下列说法正确的是(　　)

A.M地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动

B.M地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动

C.N地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动

D.N地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动

答案C

解析在M地走时准确的摆钟移到N地未做其他调整时摆动加快了,说明周期变小了,根据单摆的周期公式T=2π,可判断出N地的g变大了,要使周期T不变,故应该调节摆长l,使其增大,而让摆长l增大的方法就是将螺母向下调节,故选项C正确。

7.如图所示,曲面AO是一段半径为2 m的光滑圆弧面,圆弧与水平面相切于O点,AO弧长为5 cm,现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧上的一点B由静止释放,到达底端的速度分别为v1和v2,经历的时间分别为t1和t2,那么              (　　)

A.v1<v2,t1<t2

B.v1>v2,t1=t2

C.v1=v2,t1=t2

D.以上三种情况都有可能

答案B

解析因为AO弧长远小于半径,所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动,即做简谐运动,等效摆长为2m,单摆的周期与振幅无关,故t1=t2,因mgh=mv2,所以v=,故v1>v2。

二、选择题Ⅱ(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)

8.如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示,下列说法正确的是(　　)

A.t=0.8 s时,振子的速度方向向左

B.t=0.2 s时,振子在O点右侧6 cm处

C.t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的加速度完全相同

D.从t=0.4 s到t=0.8 s的时间内,振子的速度逐渐增大

答案ABD

解析题图乙中,t=0.8s时,图线切线的斜率为负,说明振子的速度为负,即速度方向向左,故选项A正确;由题图乙知振子的最大位移为12cm,周期为1.6s,在t=0时刻振子从平衡位置开始向右振动,所以振子的振动方程为x=Asinωt=12sint(cm),当t=0.2s时,x=12×sincm=6cm,故选项B正确;由题图乙知,t=0.4s到t=1.2s之间振子分别位于正的最大位移处和负的最大位移处,则受到的回复力的方向相反,所以加速度的方向也相反,故选项C错误;由题图乙可知,t=0.4s到t=0.8s的时间内,振子向平衡位置运动,振子的速度逐渐增大,故选项D正确。

9.下图为甲、乙两单摆的振动图像,则(　　)

A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙=2∶1

B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙=4∶1

C.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=4∶1

D.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=1∶4

答案BD

解析从题图可得T甲=2T乙,根据公式T=2π可得,若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙=4∶1,选项A错误,B正确;由T=2π可得g=,故若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=1∶4,选项C错误,D正确。

10.如图所示,在倾角为θ的固定光滑斜面上,有两个用轻质弹簧相连的物体A和B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定的挡板。现让一质量为m的物体D从距A为l的位置由静止释放,D和A相碰后立即粘为一体,之后在斜面上做简谐运动,在简谐运动过程中,物体B对C的最小弹力为mgsin θ,则(　　)

A.简谐运动的振幅为

B.简谐运动的振幅为

C.B对C的最大弹力为

D.B对C的最大弹力为

答案BD

解析当弹力等于A、D的重力沿斜面的分力时,由kx0=2mgsinθ可知,平衡位置时弹簧的形变量为x0=,处于压缩状态;当B对C弹力最小时,对B分析,则有mgsinθ=kx+mgsinθ,故弹簧应伸长达最大位移处,此时形变量x=,此时弹簧处于伸长状态,故简谐运动的振幅为A=x+x0=,故选项A错误,B正确。当A、D运动到最低点时,B对C的弹力最大,由对称性可知,此时弹簧的形变量为Δx=A+x0=,此时弹力为F=kΔx=,B对C的弹力为F'=F+mgsinθ=,故选项C错误,D正确。

三、非选择题(本题共7小题,共60分)

11.(5分)某学生利用单摆做测定重力加速度的实验,其具体操作如下:

A.在铁架台上固定一个夹子,把单摆的摆线夹在夹子上;

B.用刻度尺和游标卡尺测出摆长l;

C.将摆球向一侧偏离30°后由静止释放摆球;

D.在释放摆球的同时开始计时;

E.记下摆球完成n次(大于30次)全振动的时间t;

F.把所得数据代入公式。

该学生的上述操作中,错误的是　　　。(只填字母代号) 

答案CD

解析要使单摆做简谐运动,摆角要小于5°,C错误;释放摆球后要等摆球摆动稳定后在摆球经过最低点时开始计时,D错误。

12.(5分)一弹簧振子的位移x随时间t变化的关系式为x=0.1sin(m)。则弹簧振子的周期为　　　 s,弹簧振子的振动初相位为　　　　。在t=0.4 s时,振子的位移为　　　　 m,振子的加速度　　　　(选填“最大”或“最小”)。在t=0.4 s到t=0.6 s时间段内振子的动能　　　　(选填“增加”或“减小”)。 

答案0.8　　-0.1　最大　增加

解析由x=0.1sin(m),可得ω=2.5πrad/s,则周期T==0.8s,初相位为。 t=0.4s 时,位移x=0.1sinm=-0.1m,振子振动到了负向最大位移处,所以加速度达到了最大值。从t=0.4s到t=0.6s振子是从最大位移向平衡位置振动,速度逐渐增大,振子的动能逐渐增大。

13.(8分)某同学在用单摆测重力加速度的实验中进行了如下的操作。

(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示,摆球直径为　　　　 cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上,测量摆线长,通过计算得到摆长l。 

甲

(2)用停表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0,单摆每经过最低点计一次数,当数到n=60时停表的示数如图乙所示,该单摆的周期T=　　　　 s。 

乙

(3)测量出多组周期T、摆长l数值后,画出T2-l图像如图丙所示,此图线斜率的物理意义是　　　　。 

丙

A.g 　B. 　C. 　D.

(4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他采用的方法是先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,然后把摆线缩短适当的长度Δl,再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度为g=　　　　。 

答案(1)2.06　(2)2.24　(3)C　(4)

解析(1)由题图甲游标卡尺可知,其示数为20mm+0.1mm×6=20.6mm=2.06cm。

(2)由题图乙停表可知,停表示数为t=1min+7.2s=67.2s,单摆的周期T=s=2.24s。

(3)由单摆周期公式T=2π,可得T2=,则T2-l图线的斜率k=,故选项C正确,A、B、D错误。

(4)根据题意由单摆周期公式T=2π,可得T1=2π,T2=2π,联立可得g=。

14.(9分)如图所示,A球与细线组成一单摆,B是穿在一根较长细线上的小球,让连接A球的细线偏离竖直方向一很小的角度,在放手让A球向下摆动的同时,另一小球B从与O点等高处由静止开始下落,A球第一次摆到最低点时两球恰好相遇,求B球下落时受到的细线的阻力与B球重力大小之比。(g取10 m/s2,π2取10)

答案

解析由题意知,A、B相遇需要经过时间

t=T=×2π

B做匀加速直线运动,l=at2,解得a=8m/s2

对B球运用牛顿第二定律得G-F阻=ma

故。

15.(9分)一质量为m、长度为l、横截面积为S的木棒,竖直置于足够深的水中静止,然后用手缓慢将木棒顶部压向水面,放开木棒,水的密度为ρ。试证明木棒在放开手后所做的是简谐运动(不考虑水的黏滞阻力)。

答案证明见解析

解析对木棒受力分析,设开始时木棒浸入水中的深度为x0,因为此时静止,受力平衡,则mg=ρgSx0

若用手下压x距离松开手,则木棒所受的合力为F=mg-ρgS(x0+x)=-ρgSx,令k=ρgS,故F=-kx,即物体受到的合外力与位移成正比,方向与位移的方向相反,故木棒的振动是简谐运动。

16.(12分)下图为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况。甲图是振子静止在平衡位置的照片,乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20 mm处,放手后向右运动周期内的频闪照片。已知频闪的频率为10 Hz。

(1)求相邻两次闪光的时间间隔t0、振动的周期T0。

(2)若振子的质量为20 g,弹簧的劲度系数为50 N/m,则振子的最大加速度是多少?

答案(1)0.1 s　1.2 s　(2)50 m/s2

解析(1)T==0.1s,即相邻两次闪光的时间间隔为t0=0.1s。振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为0.3s,故振子振动周期T0=1.2s。

(2)am==50m/s2。

17.(12分)小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的左右最远位置,此时的摆动角度为θ,小王通过实验测得当地重力加速度为10 m/s2,并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示,设图中单摆向右摆动为正方向。

甲

乙

(1)单摆的振幅、摆长约为多少?

(2)估算单摆振动时的最大速度v。(可能用到的公式:1-cos θ=2sin2,计算结果均保留三位有效数字)

答案(1) 5 cm　1.01 m　(2)0.157 m/s

解析(1)由题图乙读出单摆的振幅A=5cm,周期T=2s

根据单摆的周期公式T=2π得摆长

l=m=1.01m。

(2)根据机械能守恒定律有

mgl(1-cosθ)=mv2

另有1-cosθ=2sin2

又因为θ很小,故有

sin

联立以上三式得v==A=0.157m/s。