鲁科版高中物理选择性必修第一册第2章机械振动综合拔高练含答案

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第2章　机械振动综合拔高练高考练考点1　简谐运动的描述1.(2022浙江6月选考,11)如图所示,一根固定在墙上的水平光滑杆,两端分别固定着相同的轻弹簧,两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动,小球将做周期为T的往复运动,则 (　　)A.小球做简谐运动B.小球动能的变化周期为T2C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD.小球的初速度为v2时,其运动周期为2T2.(2021江苏,4)半径为R的圆盘边缘有一钉子B,在水平光线下,圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P。以O为原点在竖直方向上建立坐标系。t=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘,角速度为ω。则P做简谐运动的表达式为 (　　)A.x=R sin (ωt-π2)　　　　B.x=R sin (ωt+π2)C.x=2R sin (ωt-π2)　　　　D.x=2R sin (ωt+π2)3.[2021广东,16(1)]如图所示,一个轻质弹簧下端挂一小球,小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放,并开始计时,小球在竖直方向做简谐运动,周期为T。经T8时间,小球从最低点向上运动的距离　　　 A2(选填“大于”“小于”或“等于”);在T4时刻,小球的动能　　　　(选填“最大”或“最小”)。 4.[2021河北,16(1)]如图,一弹簧振子沿x轴做简谐运动,振子零时刻向右经过A点,2 s 时第一次到达B点,已知振子经过A、B两点时的速度大小相等,2 s内经过的路程为5.6 m,则该简谐运动的周期为　　　　s,振幅为　　　　m。 考点2　单摆问题5.(2022海南,4)在同一地方,甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动,其振动图像如图所示,可知甲、乙两个单摆的摆长之比为 (　　)A.2∶3　　　　B.3∶2　　　　C.4∶9　　　　D.9∶46.[2020海南,14(1)]滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道,其截面如图,某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径)。主要实验过程如下:①用手机查得当地的重力加速度g;②找出轨道的最低点O,把滑板车从O点移开一小段距离至P点,由静止释放,用手机测出它完成n次全振动的时间t,算出滑板车做往复运动的周期T=　　　　　; ③将滑板车的运动视为简谐运动,则可将以上测量结果代入公式R=　　　　　(用T、g表示)计算出轨道半径。 考点3　利用单摆测重力加速度7.(2023新课标,23)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。(1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先,调节螺旋测微器,拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时,发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐,如图(a)所示,该示数为　　　　mm;螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示,该示数为　　　　mm,则摆球的直径为　　　　mm。 图(a)图(b)(2)单摆实验的装置示意图如图(c)所示,其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处,摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方,则摆线在角度盘上所指的示数为5°时,实际摆角　　　　5°(填“大于”或“小于”)。 图(c)(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm,则摆长为　　　　cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60 s,则此单摆周期为　　　　s,该小组测得的重力加速度大小为　　　　m/s2。(结果均保留3位有效数字,π2取9.870) 8.(2023河北,11)某实验小组利用图1装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点,下端悬挂一小钢球,通过光电门传感器采集摆动周期。图1(1)(多选)关于本实验,下列说法正确的是　　　　　　　。 A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度C.小钢球可以换成较轻的橡胶球D.应无初速度、小摆角释放小钢球(2)组装好装置,用毫米刻度尺测量摆线长度L,用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图2,小钢球直径d=　　　mm,记摆长l=L+d2。 　(3)多次改变摆线长度,在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T,并作出l-T2图像,如图3。根据图线斜率可计算重力加速度g=　　　　m/s2(保留3位有效数字,π2取9.87)。 (4)若将摆线长度误认为摆长,仍用上述图像法处理数据,得到的重力加速度值将　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 模拟练应用实践1.(2023江苏金陵中学阶段练习)如图甲,双线摆也是一种单摆,它的优点是可以把摆球的运动轨迹约束在一个确定的平面上。现把双线摆的其中一根悬线,换成一根很轻的硬杆,组成一个“杆线摆”,如图乙所示。杆线摆可以绕着悬挂轴OO'来回摆动,杆与悬挂轴OO'垂直,其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内,则在摆角很小时“杆线摆”的周期为(重力加速度为g) (　　)A.2πLgsinθ　　　　B.2πLgsinαC.2πLgcosθ　　　　D.2πLgcosα2.(多选题)(2024山东济宁联考)相同的弹簧和不同质量的小球组成甲、乙两个弹簧振子,它们做简谐运动的振动图像如图所示,P为其中一个交点,下列说法正确的有 (　　)A.甲、乙的周期之比为1∶2B.甲、乙两振子的小球在0~1 s内经过的路程之比为5∶2C.在交点P对应的时刻两个小球的加速度相同D.乙的振动方程为x=0.2 sin 5πt+π2 cm3.(2024江苏苏州常熟期中)如图所示为一款玩具“弹簧公仔”,该玩具由头部、轻弹簧及底座组成,已知公仔头部质量为m,弹簧劲度系数为k,底座质量为0.5m。轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时,由静止释放公仔头部,此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动。重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的是 (　　)A.释放公仔头部瞬间的加速度大小为2gB.弹簧恢复原长时,公仔头部的速度最大C.公仔头部做简谐运动的振幅为mgkD.公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为零4.(2024山东临沂期中)某人在钓鱼时所用的鱼漂由一横截面积为S的均匀塑料直管制成,如图所示,O为鱼漂的中点,A、B两点到O点的距离均为鱼漂总长的13,鱼钩、鱼饵、渔线和鱼漂在水中平衡时,O点恰好与水面平齐。某次由于鱼咬钩,鱼漂竖直向下拉至A点与水面平齐(此时鱼挣脱鱼钩)后由静止释放,不计鱼钩、鱼饵和渔线的体积,不计水的阻力,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 (　　)A.在鱼漂上升的过程中,其加速度一直减小B.鱼挣脱鱼钩瞬间,鱼漂的加速度大小为2g3C.鱼漂上升到最高点时,OB的中点恰好在水面上D.AO的中点经过水面时,鱼漂的速度最大5.(2024山东普高联考)如图所示,把一个有孔的小球A装在轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定,小球A穿在沿水平x轴的光滑杆上,能够在杆上自由振动。把小球A沿x轴拉开一段距离,小球做振幅为R的简谐运动,O为平衡位置。另一小球B在竖直平面内以O'为圆心,在电动机的带动下,沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动,O与O'在同一竖直线上。用竖直向下的平行光照射小球B,然后调节B球转动的角速度,可以实现小球B在x方向上的“影子”和小球A在x轴上的位置时刻重合。已知弹簧劲度系数为k,弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2,x是弹簧的形变量。小球A的质量为m,小球B的角速度为ω。(1)要实现这一现象,请推导角速度ω与弹簧的劲度系数k必须满足的关系;(2)结合(1)的结论,请论证弹簧振子的运动周期与其振幅无关。迁移创新6.小河同学设计实验测量当地的重力加速度,实验器材主要由一个可调速的电动机、智能手机、细铜丝、钢管支架和不锈钢底座组成,其中可调速的电动机是由一个低速旋转电动机、一个直流电机调速器和一个直流开关电源组成。手机在水平面内稳定做匀速圆周运动时可处理为“圆锥摆”模型,手机上装载的Phyphox软件配合手机内的陀螺仪可直接测得手机做圆周运动的角速度ω和向心加速度a,Tracker软件可通过拍下的视频分析测量绕杆做圆周运动时悬线与竖直方向的夹角θ及手机做圆周运动的半径r。有了a、θ、ω、r的实测数据,即可在误差允许范围之内测量当地的重力加速度。(1)小河同学根据所学过的力学知识推出当地重力加速度表达式为g=　　　　。(用a和θ表示) (2)若保持角速度ω不变,改变线长L,根据测得的5组数据描点作图,直线拟合后得到a-r图像如图乙所示,直线斜率为k,圆心到悬点距离为h,当地重力加速度表达式为g=　　　　。(用k和h表示) 乙(3)根据下面数据描绘a-tan θ图像,请在下方的坐标纸上描出序号为4的点,并由图像计算重力加速度g=　　　　m/s2。(结果保留三位有效数字) 答案全解全析高考练1.B　小球在中间部分所受合力为0,做匀速运动,不满足简谐运动特点,故A错误。动能是标量,所以小球动能的变化周期为T2,B正确。两弹簧的总弹性势能与小球动能之和恒定,所以变化周期也应是T2,C错误。小球的初速度减半后在中间部分运动时间变为原来的2倍,在两边运动时间不变,所以周期应小于2T,D错误。2.B　经过时间t,B、A连线绕圆心A转过的角度θ=ωt,此时x=R cos θ=R sin (θ+π2)=R sin (ωt+π2),选项B正确。3.答案　小于　最大解析　小球从最低点向上运动至平衡位置的过程中,速度越来越大,总时间为 T4,总位移为A,则前T8时间内的位移小于A2;在T4时刻,小球到达平衡位置,此时速度最大,动能最大。4.答案　4　2.8解析　振子经过A、B两点时的速度大小相等,A、B两点关于平衡位置对称,振子从A向右振动第1次回到B的时间与振子从B向左振动第1次回到A的时间相等,且两者之和恰好为一个周期,故周期T=4 s,2 s内经过的路程恰好为2倍振幅,故振幅A=5.62 m=2.8 m。5.C　由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙=0.8 s∶1.2 s=2∶3。根据单摆周期公式T=2πLg,可得L=gT24π2,则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲∶L乙=T甲2∶T乙2=4∶9,故选C。6.答案　②tn　③gT24π2解析　②滑板车做往复运动的周期为T=tn;③滑板车的运动可看成单摆的运动,根据单摆的周期公式T=2πlg,联立得R=gT24π2。7.答案　(1)0.007(0.006~0.008均正确)　20.035(20.034~20.036均正确)　20.028(20.026~20.030均正确)　(2)大于　(3)82.5　1.82　9.83解析　(1)图(a)示数为0.01 mm×0.7=0.007 mm,图(b)示数为20 mm+0.01 mm×3.5=20.035 mm,摆球的直径为20.035 mm-0.007 mm=20.028 mm。(2)若将角度盘固定在O点上方,则摆角不变时角度盘所指的角度偏小,故摆线在角度盘上所指的示数为5°时,实际摆角大于5°。(3)摆长为摆线长度与摆球半径之和,l=l1+d2=81.50 cm+20.0282 mm≈82.5 cm。摆球从经过最低点到下次经过最低点所用时间为半个周期,则此单摆的周期T=2t61−1=2×54.6061−1 s=1.82 s。由T=2πlg得g=4π2lT2≈9.83 m/s2。8.答案　(1)ABD　(2)20.035　(3)9.87　(4)不变解析　(1)使用光电门测量时,光电门U形平面与被测物体经过光电门时的运动方向垂直是光电门使用的基本要求,A正确;测量摆线长度时,要保证摆线处于伸直状态,B正确;单摆是一个理想化模型,若采用质量较轻的橡胶球,空气阻力对摆球运动的影响较大,C错误;无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动,不形成圆锥摆,且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为做简谐运动,D正确。(2)小钢球直径d=20 mm+3.5×0.01 mm=20.035 mm。(3)由单摆周期公式T=2πlg,整理得l=g4π2T2,由图3知图线的斜率k=g4π2=14 m/s2,解得g=9.87 m/s2。(4)若将摆线长度L误认为摆长l,则有T=2πL+d2g,即得到的图线函数表达式为L=gT24π2−d2,仍用上述图像法处理数据,图线斜率不变,仍为g4π2,故得到的重力加速度值不变。模拟练1.A　由题意可知摆长为L,等效的重力加速度g'=g sin θ,根据单摆周期公式可得T=2πLgsinθ,故选A。2.AD　由题图可知,甲的周期为0.2 s,乙的周期为0.4 s,所以甲、乙的周期之比为0.2 s∶0.4 s=1∶2,A正确。甲的振幅为0.5 cm,0~1 s内完成5个全振动,经过的路程为0.5×4×5 cm=10 cm;乙的振幅为0.2 cm,0~1 s内完成2.5个全振动,经过的路程为0.2×4×2.5 cm=2 cm;则甲、乙振子的两小球在0~1 s内经过的路程之比为10 cm∶2 cm=5∶1,B错误。在交点P对应的时刻两个小球相对平衡位置的位移相同,回复力相同,小球质量不同,所以加速度不同,C错误。由图可知,乙的振幅为0.2 cm,周期为0.4 s,可得圆频率ω=2πT=5π rad/s,乙初始时在正向最大位移处,可知初相位为π2,得乙的振动方程为x=0.2 sin 5πt+π2 cm,D正确。3.C　释放公仔头部瞬间,以公仔头部为研究对象,根据牛顿第二定律可得2mg-mg=ma,解得加速度大小为a=g,A错误;当公仔头部的加速度为零时,其速度达到最大,此时弹簧弹力等于公仔头部的重力,B错误;根据简谐运动的对称性可知,当公仔头部运动到最高点时的加速度与在最低点时的加速度大小相等,方向相反,即在最高点处公仔头部的加速度大小为g,方向竖直向下,此时弹簧处于原长,公仔头部只受重力,所以振幅为A=12·2mgk=mgk,C正确;公仔头部运动至最高点时,底座对桌面的压力等于底座的重力,大小为0.5mg,D错误。4.B　鱼漂平衡时,浮力与重力二力平衡有F浮=ρgS·12l=mg鱼挣脱鱼钩瞬间,由牛顿第二定律得ρgS·56l-mg=ma解得鱼漂的加速度大小为a=2g3,故B正确。以鱼漂平衡时中点所在的水面位置为坐标原点,竖直向下为x轴正方向,建立坐标系。鱼挣脱鱼钩后,鱼漂相对平衡位置的位移为x,所受合力为F=mg-ρgS12l+x,可得F=-ρgSxρgS是定值,可知鱼漂做简谐运动,振幅为13l由简谐运动规律可知,鱼漂从最低点到平衡位置的过程中加速度减小,速度增大,到平衡位置时,加速度为0,速度最大,此时鱼漂的中点O恰好在水面上;鱼漂从平衡位置到最高点的过程中,加速度增大,速度减小;相对平衡位置的位移为-13l时,速度减为0,上升到最高点,此时B点恰好在水面上,故A、C、D错误。故选B。5.答案　(1)见解析　(2)见解析解析　(1)根据题意可知,要想满足小球B在x方向上的“影子”和小球A在x轴上的位置时刻重合,则小球B和小球A在x方向上的速度相同,设小球A在O点的速度为vA,则小球A由右侧最大位移处运动到O点的过程中,由机械能守恒定律有12kR2=12mvA2,解得vA=Rkm当小球A由右侧最大位移处移动到O点时,小球B运动到最低点,有vB=ωR可得ωR=Rkm,故ω=km(2)根据题意可知,要想满足小球B在x方向上的“影子”和小球A在x轴上的位置时刻重合,小球B和小球A运动的周期相等,则有TA=TB=2πω=2πmk,可知弹簧振子的运动周期与其振幅无关。6.答案　(1)atanθ　(2)kh　(3)图见解析　9.80(9.70~10.0均可)解析　(1)由题意可知圆锥摆做圆周运动时的向心力为ma=mg tan θ,故重力加速度为g=atanθ。(2)由题意知ma=mω2r,有a=ω2r,可得斜率k=ω2结合(1)知mg tan θ=mω2rtan θ=rℎ故求得g=kh。(3)描点画线得a-tan θ图像如图所示:由图像斜率得重力加速度值约为9.80 m/s2。序号夹角θ/(°)夹角正切tan θ半径r/m角速度ω/(rad·s-1)向心加速度a/(m·s-2)144.900.9980.4034.9549.789247.251.0820.4344.94110.577349.501.1110.4864.83311.348449.901.1880.4664.96111.683553.101.3320.5454.91212.9991.A2.AD3.C4.B