高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动综合与测试学案

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动综合与测试学案，共11页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )
A．平衡位置就是回复力为零的位置
B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态
C．物体到达平衡位置时，合力一定为零
D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零
答案 A
解析 平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A正确．
2．下列说法正确的是( )
A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确
B．火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆
C．挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频
D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象
答案 C
解析 摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水荡出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D错误．
3.如图1所示为一质点做简谐运动的振动图像，在0～0.8 s时间内，下列说法正确的是( )
图1
A．质点在0和0.8 s时刻具有正向最大速度
B．质点在0.2 s时刻具有负向最大加速度
C．0至0.4 s质点加速度始终指向－x方向不变
D．在0.2～0.4 s时间内，加速度方向和速度方向相同
答案 D
解析 在0和0.8 s时刻质点具有负向的最大速度，而不是正向，故A错；0.2 s时刻加速度方向指向平衡位置，即正向，故B错；0至0.4 s质点加速度指向x正方向不变，故C错；0.2～0.4 s内，速度变大，做加速运动，加速度方向和速度方向相同，故D对．
4.如图2所示为某质点在0～4 s内的振动图像，则( )
图2
A．质点振动的振幅是2 m，频率为4 Hz
B．质点在4 s末的位移为8 m
C．质点在0～4 s内的路程为8 m
D．质点在t＝1 s到t＝3 s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小
答案 C
解析 由题图可知振动的振幅A＝2 m，周期T＝4 s，则频率f＝eq \f(1,T)＝0.25 Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s末的位移为零，选项B错误；0～4 s内的路程s＝4A＝8 m，选项C正确；质点从t＝1 s到t＝3 s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误．
5.如图3所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )
图3
A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧
C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定
答案 C
解析 据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，两球在圆弧上的运动可看成等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2πeq \r(\f(R1,g))，TB＝2πeq \r(\f(R2,g))，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝eq \f(1,4)TA＝eq \f(π,2) eq \r(\f(R1,g))，tB＝eq \f(1,4)TB＝eq \f(π,2) eq \r(\f(R2,g))，由于R16．如图4所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是( )
图4
A．t＝1 s时，甲摆的重力势能最小，动能最大
B．t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零
C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1
D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等
答案 B
解析 由题图知，t＝1 s时，甲摆在振动的最大位移处，动能最小，重力势能最大，选项A错误；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C错误；摆球的振幅A＝L·θ，由于甲的摆长小，振幅大，所以甲的摆角大，摆球在最大位移处的高度h＝L(1－cs θ)，摆球在最低点的速度v＝eq \r(2gh)，摆球在最低点的向心加速度an＝eq \f(v2,L)，联立可得an＝2g(1－cs θ)，由于甲的摆角大，所以甲的向心加速度大，故D错误．
7．(2021·浙江宁波余姚中学高二下月考)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．2.0 s
答案 C
解析 把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从游船上升到最高点时开始计时，其振动方程为y＝Acs eq \f(2π,T)t，代入数据得y＝20cs eq \f(2π,3)t (cm)；当y＝10 cm时，在前半个周期内，可解得eq \f(2π,3)t＝eq \f(π,3)，故t＝0.5 s，则在一个周期内，游客能舒服登船的时间是2t＝1.0 s，选C.
8．(2020·河北承德一中高二下期中)如图5所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm.则质点的振动周期和振幅分别为( )
图5
A．3 s,6 cm B．4 s,9 cm
C．4 s,6 cm D．2 s,8 cm
答案 C
解析 做简谐运动的质点，先后以相同的速度通过M、N两点，可判定M、N两点关于平衡位置O对称，所以质点由M到O所用的时间与由O到N所用的时间相等，则质点由平衡位置O到N点所用的时间t1＝0.5 s；因过N点后再经过 t＝1 s质点以方向相反、大小相等的速度再次通过N点，则知质点从N点到最大位移处所用的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4(t1＋t2)＝4 s．题中2 s内质点通过的总路程为振幅的2倍，所以振幅A＝eq \f(12,2) cm＝6 cm.选C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛(如图6所示)．不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15 s，在某电压下，电动偏心轮的转速是88 r/min.已知增大电动偏心轮的电压可以使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期．为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是( )
图6
A．降低输入电压 B．提高输入电压
C．增加筛子质量 D．减小筛子质量
答案 AD
解析 筛子的固有频率为f固＝eq \f(20,15) Hz＝eq \f(4,3) Hz，而当时的驱动力频率为f驱＝eq \f(88,60) Hz＝eq \f(22,15) Hz，即f固10.如图7所示，将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接物体A，A下面再用棉线挂一物体B，A、B质量相等，g为当地重力加速度，不计空气阻力．烧断棉线，下列说法中正确的是( )
图7
A．烧断棉线瞬间，A的加速度大小为g
B．烧断棉线之后，A向上先加速后减速
C．烧断棉线之后，A在运动中机械能守恒
D．当弹簧恢复原长时，A的速度恰好减到零
答案 ABD
解析 设A、B质量为m，烧断棉线前，对A、B整体受力分析知，弹簧的弹力F＝2mg，烧断棉线瞬间，弹簧的弹力不变，对A，根据牛顿第二定律可得F－mg＝maA，解得aA＝g，故A正确；烧断棉线后，A在弹力和重力的作用下向上运动，弹力先大于重力，后小于重力，所以物体A向上先加速后减速，B正确；烧断棉线后，A还受弹簧弹力作用，故A的机械能不守恒，但A和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误；烧断棉线后，A在重力和弹力的作用下做简谐运动，在最低点回复力大小为F＝2mg－mg＝mg，方向向上，根据对称性可知，在最高点回复力大小为F′＝mg，方向向下，即mg＋F弹＝mg，解得F弹＝0，故在最高点速度为零时，弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，D正确．
11.如图8所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为平衡位置，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek.下列说法正确的是( )
图8
A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于eq \f(T,2)
B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为eq \f(T,2)
C．当物块通过O点时，其加速度最小
D．物块在C、D两点的加速度相同
答案 AC
解析 如果在t1时刻物块位于O点上方且向下运动，t2时刻物块位于O点下方且与t1时刻物块速度相同，则t2－t1的最小值小于eq \f(T,2)，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2时刻物块速度与t1时刻大小相等，方向可能相同，也可能相反，t2－t1的最小值小于eq \f(T,2)，选项B错误；题图中O点是平衡位置，物块通过O点时位移最小，根据a＝－eq \f(kx,m)知，其加速度最小，选项C正确；C、D两点关于平衡位置对称，加速度等大反向，选项D错误．
12．一弹簧振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移x＝－0.1 m；t＝eq \f(4,3) s时x＝0.1 m；t＝4 s时x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为( )
A．0.1 m，eq \f(8,3) s B．0.1 m,8 s
C．0.2 m，eq \f(8,3) s D．0.2 m,8 s
答案 ACD
解析 若振幅A＝0.1 m，T＝eq \f(8,3) s，则eq \f(4,3) s为半个周期，从－0.1 m处运动到0.1 m处，符合运动实际，4 s－eq \f(4,3) s＝eq \f(8,3) s为一个周期，正好返回0.1 m处，所以A对；若A＝0.1 m，T＝8 s，eq \f(4,3) s＝eq \f(T,6)，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B错；若A＝0.2 m，T＝eq \f(8,3) s，则eq \f(4,3) s＝eq \f(T,2)，振子可以由－0.1 m处运动到对称位置，4 s－eq \f(4,3) s＝eq \f(8,3) s＝T，振子可以由0.1 m处返回0.1 m处，所以C对；若A＝0.2 m，T＝8 s，则eq \f(4,3) s＝2×eq \f(T,12)，而sin (eq \f(2π,T)·eq \f(T,12))＝eq \f(1,2)，即eq \f(T,12)时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m处，再经eq \f(8,3) s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后，再返回0.1 m处，所以D对．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)某研究性学习小组在进行“用单摆测量重力加速度”的实验中(实验装置如图9甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t.在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)．
图9
(1)从图乙可知，摆球的直径为d＝________ mm.
(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________.
答案 (1)5.980(3分) (2)eq \f(π2n－12L＋\f(d,2),t2)(3分)
解析 (1)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×48.0 mm＝0.480 mm，则最终读数为5.980 mm.
(2)由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的全振动的次数为N＝eq \f(n－1,2)，周期为T＝eq \f(t,N)＝eq \f(2t,n－1)，单摆的摆长为l＝L＋eq \f(d,2)，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，得g＝π2(n－1)2eq \f(L＋\f(d,2),t2).
14．(8分)(2020·临漳一中高二下学期期中)实验小组的同学们做“用单摆测量重力加速度”的实验．
(1)用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，重力加速度g＝________.
(2)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________(选填选项前的字母)．
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约1 cm的均匀铁球
D．直径约10 cm的均匀木球
(3)乙同学测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是____________(选填选项前的字母)．
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下停表
C．测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间
(4)丙同学画出了单摆做简谐运动时的振动图像如图10所示，则摆线偏离竖直方向的最大偏角的正弦值约为________(结果保留一位有效数字)．
图10
答案 (1)eq \f(4π2L,T2)(2分) (2)AC(2分) (3)B(2分) (4)0.04(2分)
解析 (1)由周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))得g＝eq \f(4π2L,T2).
(2)为减小误差应保持摆线的长度不变，要选用结实较细的细线，不能用橡皮绳，则A正确，B错误；为减小误差，摆球密度要大，体积要小，则C正确，D错误．
(3)振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下停表，所测周期偏大，则g偏小，B正确；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，则所测周期偏小，则g偏大，C错误．
(4)由题图可知周期为2 s，由T＝2πeq \r(\f(L,g))得L＝eq \f(T2g,4π2)≈1 m，振幅为0.04 m，则sin θ≈eq \f(0.04,1)＝0.04.
15.(10分)(2020·浙江东阳中学高二上期中)如图11所示，一质量为m的小钢珠，用长为l的细丝线挂在水平天花板上(l远大于小钢球的半径)，初始时，摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)．静止释放小球后，求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
图11
(1)小球摆到最低点所用的时间；
(2)小球在最低点受到的拉力的大小．
答案 (1)eq \f(π,2)eq \r(\f(l,g)) (2)3mg－2mgcs θ
解析 (1)根据周期公式有T＝2πeq \r(\f(l,g))(2分)
小球做简谐运动，则小球从静止释放到最低点所用的时间为t＝eq \f(1,4)T＝eq \f(π,2)eq \r(\f(l,g))(2分)
(2)从静止释放到最低点，由动能定理有mg(l－lcs θ)＝eq \f(1,2)mv2(2分)
根据牛顿第二定律，有FT－mg＝meq \f(v2,l)(2分)
联立解得FT＝3mg－2mgcs θ(2分)
16.(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图12所示．求：
图12
(1)写出该简谐运动的表达式；
(2)t＝0.25×10－2 s时的位移；
(3)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？
答案 (1)x＝2sin(100πt－eq \f(π,2)) cm (2)－1.414 cm (3)34 cm 2 cm
解析 (1)由题图图像知，A＝2 cm，T＝2×10－2 s，φ＝－eq \f(π,2)，
则ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，
则表达式为x＝2sin(100πt－eq \f(π,2)) cm.(3分)
(2)把t＝0.25×10－2 s代入表达式有：x＝2sin(－eq \f(π,4)) cm≈－1.414 cm.(2分)
(3)Δt＝8.5×10－2 s＝eq \f(17,4)T，所以通过的路程为eq \f(17,4)×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm.(3分)
把t＝8.5×10－2 s代入表达式得x′＝2·sin 8π cm＝0，即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移大小为Δx＝x′－x0＝2 cm.(2分)
17．(12分)如图13甲所示，一个三角形物块固定在水平桌面上，其光滑斜面的倾角为θ＝30°，物体A的质量为mA＝0.5 kg，物体B的质量为mB＝1.0 kg(A、B均可视为质点)，物体A、B并列在斜面上且压着一劲度系数为k＝125 N/m的轻弹簧，弹簧的下端固定，上端拴在A物体上，物体A、B处于静止状态．(g取10 m/s2)
图13
(1)求此时弹簧的压缩量是多少；
(2)将物体B迅速移开，物体A将做周期为0.4 s的简谐运动，若以沿斜面向上的方向为正方向，请在图乙所给的坐标系中作出物体A相对平衡位置的位移随时间的变化曲线图，并在图中标出振幅．
答案 (1)0.06 m (2)见解析图
解析 (1)物体A、B在斜面上处于平衡状态，所受外力平衡，设压缩量为x，则有
(mA＋mB)gsin 30°＝kx(3分)
解得x＝eq \f(mA＋mBgsin 30°,k)＝0.06 m(2分)
(2)将物体B移开后，物体A做简谐运动，平衡位置弹簧的压缩量x0＝eq \f(mAgsin 30°,k)＝0.02 m
(2分)
所以A振动的振幅为A＝x－x0＝0.04 m(2分)
已知系统的振动周期为T＝0.4 s，振动的位移随时间的变化关系曲线如图．
(3分)
18.(14分)(2020·静海一中高二下学期期中)如图14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Ff0.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Ffx.空气阻力及细线对木块的摩擦不计．重力加速度为g，求：
图14
(1)Ff0的大小；
(2)Ffx的大小．
答案 (1)mg (2)eq \f(mkx,M＋m)＋mg
解析 (1)经过平衡位置时，回复力为0，对于A有：
Ff0＝mg.(3分)
(2)在平衡位置时
对于A、B组成的系统有：kx0＝(M＋m)g(2分)
向下离开平衡位置的位移为x时
对于A、B组成的系统有：
k(x0＋x)－(M＋m)g＝(M＋m)a(3分)
则kx＝(M＋m)a(2分)
对于A有：Ffx－mg＝ma(2分)
解得Ffx＝eq \f(mkx,M＋m)＋mg.(2分)