新教材2023_2024学年高中物理第2章机械振动测评新人教版选择性必修第一册

第二章测评

一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动,以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴正方向。若从物块位于N点时开始计时,则其振动图像为              (　　)

2.有一个在光滑水平面内的弹簧振子,第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动,第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动,则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为(　　)

A.1∶1　1∶1

B.1∶1　1∶2

C.1∶4　1∶4

D.1∶2　1∶2

3.某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x=10sin cm,下列说法正确的是(　　)

A.该质点振动周期T=4 s

B.该质点振幅A=10 cm

C.第1 s末和第5 s末质点的位移相同

D.4 s内质点通过的路程为40 cm

4.一水平弹簧振子做简谐运动,周期为T,则下列说法正确的是(　　)

A.若t时刻和t+Δt时刻物体运动的位移大小相等、方向相同,则Δt一定等于T的整数倍

B.若t时刻和t+Δt时刻物体运动的速度大小相等、方向相反,则Δt一定等于的整数倍

C.若Δt=T,则在t时刻和t+Δt时刻物体运动的加速度一定相同

D.若Δt=,则在t时刻和t+Δt时刻弹簧的长度一定相同

5.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”,若丝网的固有频率为200 Hz,下列说法正确的是              (　　)

A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大,丝网的振幅越大

B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时,丝网不振动

C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时,丝网的振幅最大

D.昆虫“落网”时,丝网振动的频率由丝网自身的结构所决定,与昆虫翅膀振动频率无关

6.如图所示为日常生活中的一种摆钟的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了,下列说法正确的是(　　)

A.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动

B.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动

C.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动

D.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动

7.如图所示为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图像,由图像可知(　　)

A.甲单摆的摆球质量是乙的2倍

B.甲单摆的摆长是乙的2倍

C.甲乙两单摆相位差为

D.在相同的时间内,两摆球通过的路程总有s甲=2s乙

二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

8.如图所示,质量为m的小球放在劲度系数为k的轻弹簧上,小球上下振动而又始终未脱离弹簧。则              (　　)

A.小球的最大振幅为

B.在最大振幅下弹簧对小球的最大弹力是mg

C.小球在振动过程中机械能守恒

D.弹簧的最大弹性势能为

9.(2023山东烟台期中)如图甲所示,竖直悬挂的两个弹簧振子的弹簧劲度系数相同,已知P、Q两球质量之比是4∶1,振动图像如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)

A.P、Q的振动频率之比是2∶1

B.P、Q在0~6 s内经过的路程之比是1∶1

C.P、Q的最大加速度之比是1∶2

D.t=0.45 s时刻,P、Q的位移大小之比是∶1

10.(2023江苏苏州高二期中)如图甲所示,将一轻弹簧与小球组成的弹簧振子竖直悬挂,上端装有一记录弹力的力传感器。当振子上下振动时,弹力随时间的变化规律如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k=100 N/m,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.小球的质量为1 kg

B.t=2 s时小球的加速度为0

C.0~2 s内,弹簧的弹力对小球的冲量大小为20 N·s

D.小球的振幅为0.2 m

三、非选择题:本题共5小题,共54分。

11.(8分)某同学设计了用沙摆测重力加速度的实验,装置如图所示,此装置可看成摆长为L的单摆,实验时,摆角小于5°,沿与摆动方向垂直的方向以速度v匀速拉动木板,在木板上留下如图所示的图像。

(1)为了完成实验,除摆长L外,还需要测出的物理量有下列选项中的　　　　　。 

A.沙摆做简谐运动的振幅A

B.沙摆的质量m

C.OB的长度l

(2)除上述给出的物理量以外,还需要测量　　　　　(写出物理量及对应符号)。 

(3)根据以上物理量,写出重力加速度的表达式g=　　　　　。 

12.(8分)已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为T=2π(m为振子的质量,k为弹簧的劲度系数)。一探究小组用若干50 g的钩码和一块停表来验证T与m的关系,操作步骤如下:

①将弹簧上端固定在铁架台上,在弹簧下端挂上一个钩码,静止后记录弹簧下端指针在铁架台竖直杆的指示位置,即平衡位置;

②将钩码向下拉离平衡位置后放手,钩码上下往复运动,用停表记录振子(钩码)做30次全振动所用的时间;

③在弹簧下端依次挂上2、3、4、5个钩码,重复以上步骤;

④建立T2-m坐标系,将所记录数据处理后描点画出图像。

请回答以下问题:

甲

乙

(1)当振子质量为150 g时,完成全振动30次所用时间如图甲所示,则读数为　　　　 s。 

(2)将所记录数据处理后在T2-m图像中描点如图乙所示,请将(1)中所测数据处理后也在坐标系中描点,并作出图像。

(3)由图像可得,弹簧的劲度系数k=　　　　 N/m(保留两位有效数字)。 

13.(12分)如图所示,质量为m的木块A和质量为M的木块B用细线捆在一起,木块B与竖直悬挂的轻弹簧相连,它们一起在竖直方向上做简谐运动。在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上,设弹簧的劲度系数为k,当它们经过平衡位置时,A、B之间的静摩擦力大小为Ff1。当它们向下离开平衡位置的位移为x时,A、B间的静摩擦力为Ff2。细线对木块的摩擦不计。求:

(1)Ff1的大小;

(2)Ff2的大小。

14.(12分)减振器是加速车架与车身振动的衰减以改善汽车的行驶舒适性的汽配元件,在大多数汽车的悬架系统内部都装有减振器。汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上,弹簧套在减振器上,两者同时起到改善作用。为了研究方便,我们把两者简化成一个等效劲度系数为k=1.5×105 N/m的“弹簧”。汽车开始运动时,在振幅较小的情况下,其上下自由振动的频率满足f=(l为弹簧的压缩长度),若人体可以看成一个弹性体,其固有频率约为2 Hz,已知汽车的质量为600 kg,每个人的质量为70 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)汽车的振动频率与人体固有频率相等时l的大小;

(2)这辆车乘坐几个人时,人感觉到最难受。

15.(14分)两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂,两单摆摆动平面相互平行,振动图像如图甲所示。t=0时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至摆角相同处,如图乙所示。求:

(1)两单摆摆长之比l1∶l2;

(2)同时释放两摆球,两摆球同时摆到最右端所经历的时间。

参考答案

第二章测评

1.A　在N点时,其位移为正向最大,故选项A正确。

2.B　弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离,即振幅,故振幅之比为1∶2,而对同一振动系统,其周期与振幅无关,则周期之比为1∶1,B正确。

3.B　根据x=10sincm,可知ω=rad/s,则该质点振动周期T==8s,该质点振幅A=10cm,故A错误,B正确;把t=1s和t=5s分别代入x=10sincm,可得位移分别为10sincm和-10sincm,故C错误;由于t=4s=,所以4s内质点通过的路程为s=2A=20cm,故D错误。

4.C　设弹簧振子的振动图像如图所示,B、C两点的位移大小相等、方向相同,但B、C两点的时间间隔Δt≠nT(n=1,2,3,…),A错误;B、C两点的速度大小相等、方向相反,但Δt≠n(n=1,2,3,…),B错误;若Δt=T,则t时刻和t+Δt时刻物体的位移一定相同,所以加速度一定相同,C正确;A、C两点的时间间隔Δt=,A点与C点位移大小相等、方向相反,若在A点弹簧是伸长的,则在C点弹簧是压缩的,所以A、C两点弹簧的形变量大小相同,而弹簧的长度不相同,D错误。

5.C　根据共振的条件可知,系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振,振幅达最大,故A、B错误;当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,其频率f=Hz=200Hz,与丝网的固有频率相等,所以丝网的振幅最大,故C正确;受迫振动的频率等于驱动力的频率,所以昆虫“落网”时,丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定,故D错误。

6.C　由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小,因T=2π,故重力加速度变大,要使周期不变小,则应增加摆长,即将螺母适当向下移动,A、B、D错误,C正确。

7.C　由题图知T甲=T乙,则摆长相等,但A甲=2A乙,B项错误;x甲=2sincm,x乙=sinωt(cm),故C项正确;而单摆周期与摆球质量无关,A项错误;由题图可知,在任何相等的时间内,两摆球通过的路程不一定具有s甲=2s乙的关系,故D项错误。

8.AD　最大振幅满足kA=mg,即A=,选项A正确;在A=的条件下小球在最高点和最低点所受回复力大小相同,在最低点有Fm-mg=mg,得Fm=2mg,选项B错误;小球和弹簧组成的系统中只有重力和弹簧弹力做功,其机械能守恒,但小球的机械能不守恒,选项C错误;当小球到达最低点时弹簧的形变量最大,则弹性势能最大,根据机械能守恒得最大弹性势能为2mgA=,选项D正确。

9.BCD　由题图乙可知P、Q的振动周期分别为1.2s、0.6s,二者周期之比为TP∶TQ=2∶1,则二者的频率之比为fP∶fQ=1∶2,故A错误;由于6s=5TP=10TQ,则P、Q在6s内经过的路程分别为sP=5×4AP=20×10cm=200cm,sQ=10×4AQ=40×5cm=200cm,故P、Q路程之比是1∶1,故B正确;根据Fm=kA可知,P、Q的最大回复力之比为2∶1,又因为两球质量之比是4∶1,根据牛顿第二定律a=可知,P、Q的最大加速度之比是1∶2,故C正确;P、Q的振动方程分别为yP=10sinπt(cm),yQ=5sinπt(cm),则t=0.45s时刻,P、Q两弹簧振子的位移分别为5cm和-5cm,所以位移大小之比为∶1,D正确。

10.AC　根据图像可知,小球所受弹力方向不变,大小从最大20N减小到0再到最大,这表明振子在最高点时,弹簧处于原长状态,小球只受重力,加速度为g;根据简谐运动的对称性可知,在最低点的加速度大小等于g,有Fm-mg=mg,Fm=20N,得m=1kg,A正确,B错误。0~2s内,小球初、末速度均为零,根据动量定理有IF-mgt=0-0,解得IF=20N·s,C正确。在最低点,有Fm-mg=kA,解得A=0.1m,D错误。

11.答案 (1)C

(2)拉动木板的速度v

(3)

解析 (1)由单摆周期公式T=2π可知,为了测得重力加速度,还应测量单摆周期,由题图可知,T=,即需测量OB的长度l,故选C。

(2)由(1)的分析可知,还需要测量拉动木板的速度v。

(3)由单摆周期公式T=2π可知g=。

12.答案 (1)10.3

(2)如图所示

(3)49

解析 (1)读数为10.3s。

(2)根据数据描点作图,如答案图所示。

(3)由公式T=2π可得T2=m,图线斜率k'=,由答案图可得k'=0.8s2/kg,则k=49N/m。

13.答案 (1)mg

(2)mg+

解析 (1)当通过平衡位置时,两个木块的加速度都是0,其中A受到重力和静摩擦力的作用,所以A受到的静摩擦力大小为Ff1=mg。

(2)木块A和木块B一起在竖直方向上做简谐运动,回复力F=-kx;

整体的加速度大小为a=;

对木块A受力分析,受重力和B对A向上的摩擦力,加速度向上,根据牛顿第二定律,有Ff2-mg=ma,

解得Ff2=mg+ma=mg+。

14.答案 (1)6.3 cm

(2)5

解析 (1)当汽车的振动频率等于人的固有频率时

f==2Hz

解得l=6.3cm。

(2)设乘车人数为n个时,人感觉到最难受,则m0g+nmg=kl

解得n≈5。

15.答案 (1)100∶81

(2)(4.5+9k) s(k=0,1,2,3,…)

解析 (1)根据单摆周期公式T=2π

可得l=

由题图甲可知,则有。

(2)由题图甲可知,单摆1到达最右端所经历的时间为t1=(2m+1)(m=0,1,2,3,…)

单摆2到达最右端所经历的时间为t2=nT2(n=1,2,3,…)

可得同时释放两摆球,两摆球同时摆到最右端所经历的时间为t=(4.5+9k)s(k=0,1,2,3,…)。