2024版高中同步新教材选择性必修第一册(人教版）物理 第二章 机械振动 试卷

这是一份2024版高中同步新教材选择性必修第一册(人教版）物理 第二章 机械振动，共8页。
第二章　机械振动
全卷满分100分　考试用时90分钟。
一、单项选择题(本大题共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个符合题目要求)
1.如图所示,在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定,右端与质量为m的小球相连,构成一个水平弹簧振子,弹簧处于原长时小球位于O点。现使小球以O点为平衡位置,在A、B两点间沿光滑水平面做简谐运动,关于这个弹簧振子做简谐运动的过程,下列说法正确的是(　　)

A.小球经过平衡位置O时速度最大
B.小球经过平衡位置O时加速度最大
C.小球每次通过同一位置时的速度一定相同
D.小球经过平衡位置O时振幅最小
2.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
3.一物体做简谐运动,周期为T,振幅为A,现使其振幅变为2A,其他条件不变,则物体振动时(　　)
A.周期将变为原来的2倍
B.周期将变为原来的二分之一
C.周期不变
D.一个周期内通过的路程不变
4.一个弹簧振子做简谐运动,以某时刻为计时起点(t=0),经过14周期时,振动物体具有沿正方向的最大加速度,则其振动图像是(　　)
　　　　　　
　　　　　　
5.如图所示,轻质弹簧下挂重力为500 N的物体A,再在物体A的下端用细线挂上重力为300 N的物体B,弹簧在弹性限度内,A、B两物体均静止后,轻质弹簧相对于原长共伸长了4 cm。将连接A、B两物体的细线剪断,则A在竖直面内做简谐运动,简谐运动过程中物体A运动的最高点与最低点的距离为(　　)

A.1.5 cm　　　　B.3 cm　　　　C.4 cm　　　　D.5 cm
6.某同学在山顶找到一块密度较大、体积较小、形状不规则的石块,用细线系住石块使其在竖直平面内小角度摆动,测量石块摆动的周期和对应的细线长度,改变细线的长度,得到多组周期的平方和对应的细线长度,描点得到如图所示的T2-l图像,则山顶的重力加速度大小最接近(　　)

A.9.46 m/s2　　　　　　B.9.56 m/s2
C.9.66 m/s2　　　　　　D.9.76 m/s2
7.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,则可判断(　　)
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”后,丝网按其固有频率200 Hz振动
8.图(a)、图(b)分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像,则下列说法中正确的是(　　)
　
A.甲、乙两单摆的振幅相等
B.t=2 s时,甲单摆的重力势能最小,乙单摆的动能最大
C.甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1
D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时,甲摆球向心加速度较大
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.一同学在探究单摆的运动规律时,测得单摆50次全振动所用的时间为100 s。已知当地的重力加速度g=9.80 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.该单摆做简谐运动时,在速度增大的过程中回复力一定减小
B.该单摆的摆长约为1.44 m
C.若把该单摆的摆长减小为原来的一半,则其振动的周期为2 s
D.若把该单摆放在月球上,则其摆动周期变小
10.如图所示,三根细线于O点处打结,A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点处,∠AOB=90°,∠BAO=30°。已知OC细线长L,下端C点系着一个小球(忽略小球半径),下面说法正确的是(重力加速度大小为g) (　　)

A.让小球在纸面内小角度摆动,周期T=2πLg
B.让小球在垂直纸面方向小角度摆动,周期T'=2π3L2g
C.让小球在纸面内小角度摆动,周期T=2π3L2g
D.让小球在垂直纸面方向小角度摆动,周期T'=π4+3gL
11.如图所示,水平光滑桌面上,轻弹簧的左端固定,右端连接滑块P,P和物块Q通过细绳绕过定滑轮连接。开始时,系统处于静止状态,滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧处于原长的位置A后由静止释放,当滑块P运动到最右端时细绳恰好被拉断,滑块未与定滑轮相碰,弹簧未超出弹性限度,已知Q的质量为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,不计一切摩擦,则(　　)

A.细绳被拉断前的瞬间,滑块P的加速度与刚释放时的加速度等大反向
B.细绳被拉断后,滑块P回到O位置时速度最大
C.从释放到细绳被拉断过程,物块Q下落的高度为2mgk
D.弹簧的最大弹性势能为2m2g2k
12.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、鱼线和鱼漂在水中平衡时,O点恰好与水面平齐。某次鱼咬钩将鱼漂竖直向下拉,使A点与水面平齐后静止,然后鱼放开鱼钩,不计鱼钩、鱼饵和鱼线的体积,不计水的阻力,重力加速度大小为g,则下列说法不正确的是(　　)

A.在鱼漂上升的过程中,其加速度一直减小
B.鱼放开鱼钩的瞬间,鱼漂的加速度大小为2g3
C.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
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)班里同学春游时,发现一棵三位同学都合抱不过来的千年古树,他们想测量这棵古树的直径。由于他们未带卷尺,只备有救生绳(较轻较细),于是他们利用单摆原理对古树的直径进行粗略测量。他们用救生绳绕树一周,截取长度等于树干周长的一段(已预留出打结部分的长度),然后在这段救生绳的一端系一个小石块。接下来的操作步骤为:
Ⅰ.将截下的救生绳的另一端固定在一根离地足够高的树枝上;
Ⅱ.移动小石块,使伸直的救生绳偏离竖直方向一个小的角度(小于5°),然后由静止释放,使小石块在同一竖直面内摆动;
Ⅲ.从小石块经过平衡位置(已经选定参考位置)开始,用手机中的“秒表”软件计时(记为第0次经过平衡位置),至小石块第n次经过平衡位置,测出这一过程所用的总时间为t,计算出小石块摆动的周期T。
(1)根据步骤Ⅲ,可得小石块摆动的周期T=　　　　; 
(2)查得该地区同纬度海平面的重力加速度为g,可得该树干的直径d=　　　　。 
14.(9分)某学习小组“利用单摆测定重力加速度”的实验装置如图1所示,请在横线上完成相应内容。

(1)若同学们测得的重力加速度值偏大,其原因可能是　　　　。 
A.单摆的悬点未固定紧,摆动中出现松动,使摆线增长了
B.把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间
C.开始计时,秒表过早按下
D.测摆线长时摆线拉得过紧
(2)若实验过程中没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作出T2-l图像,如图2所示。

①实验得到的T2-l图像是　　　　(选填“a”“b”或“c”); 
②小球的直径是　　　　cm; 
③π取3.14,则实验测得当地重力加速度大小是　　　　m/s2(取3位有效数字)。 
15.(8分)如图所示,弹簧振子在a、b两点间做简谐运动,振幅为A=10 cm,振动周期为0.2 s,开始计时时,振动质点正从平衡位置O开始向a运动,选向左方向为正方向。
(1)写出质点振动方程;
(2)求经过2.1 s质点通过的路程。

16.(10分)如图为一单摆的共振曲线,则:(重力加速度g=9.8 m/s2,取π=3.14)
(1)该单摆的摆长约为多少(计算结果保留1位有效数字)?
(2)共振时单摆的振幅多大?
(3)共振时摆球的回复力产生的最大加速度的大小约为多少(计算结果保留1位有效数字)?
(4)若单摆的摆长变短,共振曲线的峰将怎样移动?

17.(12分)如图所示,将质量为m=200 g的平台A连接在劲度系数k=200 N/m的弹簧上端,弹簧下端固定在地面上,现在A的上方轻轻放置质量也为m的物块B,使A、B一起上下振动,弹簧原长为5 cm,A的厚度可忽略不计,求:
(1)A、B一起上下振动的振幅;
(2)A对B的最大支持力大小;
(3)若改变A、B一起上下振动的振幅,A距地面的最小高度。

18.(15分)如图,一根劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在光滑斜面顶端,斜面倾角为30°。下端连接一物块A,A下面用轻绳连接一质量为m的物块B,物块B距离斜面底端为l。开始系统处于静止状态,现在剪断轻绳使B自由下滑,当B滑到斜面底端时,物块A刚好沿斜面向上第一次到达最高点,此时弹簧对A的拉力沿斜面向上,大小为mg。已知弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,求:
(1)弹簧与A组成的系统振动周期为多少?
(2)物块A的质量为多少?
(3)A从最低点运动到最高点的过程中,弹簧的弹性势能减少了多少?


答案与解析
第二章　机械振动
1.A
2.A
3.C
4.D
5.B
6.D
7.C
8.D
9.AC
10.AD
11.ACD
12.ACD
1.A　小球经过平衡位置O时速度最大,位移为零,加速度为零,振幅不变,A正确,B、D错误;小球每次通过同一位置时的速度大小一定相等,但方向不一定相同,C错误。故选A。
2.A　平衡位置是回复力等于零的位置,但此时物体不一定处于平衡状态,即物体所受合力不一定为零,例如单摆在摆到最低点时即处于平衡位置,但此时其合力并不为零,不是平衡状态。故选A。
3.C　做简谐运动的物体,其周期是由振动系统的性质决定的,与振动的振幅无关,所以使其振幅变为2A,其他条件不变,则物体振动的周期不变,A、B错误,C正确;物体在一个周期内通过的路程是4倍振幅,其振幅变为2A,其他条件不变,则物体一个周期内通过的路程是原来的2倍,D错误。故选C。
4.D　根据回复力公式F=-kx及牛顿第二定律a=Fm,可得a=-kxm,以某时刻为计时起点(t=0),经过14周期时,振动物体具有沿正方向的最大加速度,可知经14周期时,位移为负向最大。故选D。
5.B　剪断细线前,对A、B整体分析,由平衡条件得500 N+300 N=k·Δx,解得k=200 N/cm,剪断细线后,当A处于平衡位置时,根据平衡条件得500 N=k·Δx',解得Δx'=2.5 cm,可知A做简谐运动的振幅A=Δx-Δx'=1.5 cm,简谐运动过程中物体A运动的最高点与最低点的距离为x=2A=3 cm,故选B。

6.D　设细线与石块结点到石块重心的距离为d,由单摆周期公式有T=2πl+dg,变形可得T2=4π2g(l+d),T2-l图像斜率为k=4π2g=4.00.99 s2/m,解得g≈9.76 m/s2,故选D。
7.C　当昆虫翅膀振动频率等于丝网固有频率时,丝网振幅最大,根据f=1T=200 Hz可知,昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时,丝网的振幅最大,A、B错误,C正确;昆虫“落网”后,丝网做受迫振动,其振动频率由驱动力频率决定,即由昆虫翅膀振动频率决定,D错误。故选C。
8.D　由题图可知,甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm、2 cm,A错误;t=2 s时,甲单摆在平衡位置处,处于最低点,重力势能最小,乙单摆在最大位移处,速度为0,动能为零,B错误;由单摆的周期公式T=2πlg,得l=gT24π2,所以甲、乙两单摆的摆长之比l甲l乙=T甲2T乙2=14,C错误;摆球在最低点时,向心加速度a=v2l,设摆球摆动的最大偏角为θ,由机械能守恒有mgl(1- cos θ)=12mv2,解得a=2g(1-cos θ),因两摆球的最大偏角θ满足sin θ≈Al,故θ甲>θ乙,所以a甲>a乙,D正确。故选D。
9.AC　单摆的速度越大距平衡位置越近,回复力越小,A正确;单摆的周期为T=tn=10050 s=2 s,由单摆周期公式T=2πlg,解得摆长l≈1 m,B错误;把摆长减小为原来的一半,则T'=22T=2 s,C正确;若把该单摆放在月球上,重力加速度g变小,由T=2πlg可知,周期T变大,D错误。故选A、C。
10.AD　当小球在纸面内小角度摆动时,摆长为L,故周期为T=2πLg,A正确,C错误;当小球在垂直纸面方向小角度摆动时,等效摆长为l'=1+34L,故周期为T'=2π1+34Lg=π4+3gL,B错误,D正确。
11.ACD　根据对称性可知,细绳被拉断前的瞬间,滑块P的位置与释放时位置A关于O点对称,滑块P的加速度与刚释放时的加速度大小相等,方向相反,A正确;细绳被拉断后,水平方向滑块P只受弹力作用,在滑块P往回走的过程中弹力做正功,当滑块P回到A位置时弹簧处于原长,P的速度最大,B错误;从释放滑块到细绳被拉断前的瞬间,P、Q组成的系统做简谐运动,刚释放时有mg=(mP+m)a,细绳被拉断前的瞬间有kx-mg=(mP+m)a,则物块Q下落的高度为x=2mgk,C正确;当滑块P运动到最右端时弹簧的弹性势能最大,为Ep=12kx2=2m2g2k,D正确。
12.ACD　设鱼漂总长为l,在平衡位置时,浮力与重力平衡,有F浮=ρgS·12l=mg,鱼放开鱼钩的瞬间,由牛顿第二定律有ρgS·56l-mg=ma,解得鱼漂的加速度大小为a=2g3,B正确;以鱼漂平衡时O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,鱼放开鱼钩后,当鱼漂相对平衡位置的位移为x时,所受合力为F=mg-ρgS12l+x,可得F=-ρgSx,由于ρgS是定值,可知鱼漂做简谐运动,振幅为A=13l,
由简谐运动规律,从最低点到平衡位置的过程加速度减小,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恰好到达水面;从平衡位置到最高点的过程中,加速度增大,速度减小,速度减为0时,上升到最高点,此时B点恰好到达水面,A、C、D错误。
13.答案　(1)2tn(3分)　(2)gt2π3n2(3分)
解析　(1)设小石块做简谐运动的周期为T,从第0次经过平衡位置到第n次经过平衡位置,小石块运动了n2个周期,即t=n2T,可知小石块摆动的周期T=2tn
(2)由T=2πLg可得,L=T2g4π2=gt2π2n2,该树干的直径d=Lπ=gt2π3n2
14.答案　(1)D(2分)　(2)①c(3分)　②1.0(2分)　③9.86(2分)
解析　(1)根据T=2πLg可得g=4π2LT2。单摆的悬点未固定紧,摆动中出现松动,使摆线增长了,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小,A错误;把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间,测得的周期会偏大,重力加速度测量值偏小,B错误;开始计时,秒表过早按下,则测得的周期偏大,重力加速度测量值偏小,C错误;测摆线长时摆线拉得过紧,则摆长的测量值偏大,重力加速度测量值偏大,D正确。故选D。
(2)由于无法测小球的直径d,则实际摆长为L=l-d2,因此T=2πl−d2g,解得T2=4π2gl-2π2dg,故实验得到的T2-l图像是c;图像c横轴截距为0.5 cm,即4π2g×0.005 m-2π2dg=0,解得d=2×0.005 m=1.0 cm;
图线c纵轴截距为-2×10-2 s2,即-2π2dg=-2×10-2 s2
解得g≈9.86 m/s2。
15.答案　(1)x=10 sin 10πt(cm)　(2)420 cm
解析　(1)设质点振动方程为x=A sin 2πTt(cm)(2分)
代入数据得x=10 sin 10πt(cm)(2分)
(2)2.1 s包含的周期个数n=2.10.2=10.5(2分)
经过2.1 s质点通过的路程s=4A·n=42A=420 cm(2分)
16.答案　(1)1 m　(2)8 cm　(3)0.8 m/s2　(4)右移
解析　(1)由题图可知,当驱动力频率为0.5 Hz时,单摆振幅最大,即发生了共振,则单摆固有频率为0.5 Hz,固有周期为T=1f=2 s(1分)
根据单摆周期公式T=2πLg(1分)
解得单摆的摆长L=gT24π2=9.8m/s2×(2s)24×(3.14)2=1 m(1分)
(2)由图读出,共振时单摆的振幅为8 cm。(1分)
(3)单摆发生共振,当摆球摆到最高点时,回复力最大,回复力产生的加速度最大。摆球在最高点时,设摆线与竖直方向夹角为θ,单摆所受回复力F=mg sin θ(1分)
由牛顿第二定律F=ma得a=g sin θ
由于单摆的最大摆角较小,则sin θ≈AL=8cm1m=0.08(1分)
所以a=g sin θ=0.8 m/s2(1分)
(4)根据单摆的周期公式T=2πLg,若单摆的摆长变短,则单摆固有周期变小。(1分)
由f=1T,固有频率变大,所以共振曲线的峰将右移。(2分)
17.答案　(1)1 cm　(2)3 N　(3)1 cm
解析　(1)开始,没有在A的上方放置物块B时,取A为研究对象,根据平衡条件得kx1=mAg,解得弹簧的压缩量为x1=0.01 m=1 cm(1分)
在A的上方轻轻放置物块B,当处于平衡位置时,取A、B整体为研究对象,有kx0=(mA+mB)g
解得弹簧的压缩量x0=0.02 m=2 cm(1分)
所以A、B一起上下振动的振幅为A=x0-x1=0.01 m=1 cm(2分)
(2)当A、B运动到最低点时,有向上的最大加速度,此时A、B间相互作用力最大,取A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律得
am=k(A+x0)−(mA+mB)gmA+mB=kAmA+mB=5 m/s2(1分)
取B为研究对象,有N-mBg=mBam(1分)
解得A对B的最大支持力N=3 N(1分)
(3)若改变A、B一起上下振动的振幅,当A、B运动到最高点,A、B间相互作用力恰好为0时,振幅最大。(1分)
在最高点,取B为研究对象,有mBg=ma,解得a=g=10 m/s2(1分)
取A、B整体为研究对象,有(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a(1分)
解得弹簧弹力F弹=0,即弹簧恢复原长,故最大振幅为Am=2 cm(1分)
根据对称性得A距地面的最小高度为1 cm(1分)
18.答案　(1)4lg　(2)3m　(3)3m2g22k
解析　(1)设从剪断轻绳到B滑到斜面底端所用时间为t
有l=12aBt2(1分)
且mg sin 30°=maB(1分)
解得t=2lg(1分)
由题意,剪断轻绳后A沿斜面向上运动第一次到达最高点的时间也是t=2lg,这个时间t是弹簧与A组成的系统振动周期的一半,所以周期
T=2t=4lg(2分)
(2)设A质量为M,剪断轻绳前,对A、B整体,由平衡条件有弹簧弹力F1=(M+m)g sin 30°(1分)
剪断轻绳时,对A,由牛顿第二定律有F1-Mg sin 30°=Ma1(1分)
A运动到最高点时,对A由牛顿第二定律有Mg sin 30°-F2=Ma2(1分)
且由题知F2=mg,根据简谐运动的对称性知a1=a2(1分)
联立可得M=3m(1分)
(3)由胡克定律,结合(2)中结论知
F1=kx1=(M+m)g sin 30°,F2=mg=kx2(2分)
解得x1=(M+m)gsin30°k=2mgk,x2=mgk(1分)
由能量守恒可知A从最低点运动到最高点的过程中,弹簧的弹性势能减少量为ΔEp减=Mg(x1-x2) sin 30°=3m2g22k(2分)