粤教版高中物理选择性必修第一册阶段验收检测（二）机械振动含答案

这是一份粤教版高中物理选择性必修第一册阶段验收检测（二）机械振动含答案，共8页。

阶段验收评价（二） 机械振动(本试卷满分：100分)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．关于简谐运动以及完成一次全振动的意义，以下说法正确的是(　　)A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动C．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反解析：选C　回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故A、D错误；一次全振动过程中，动能和势能可以多次恢复为原来的大小，故B错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，故C正确。2．如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间为1 s，则下列说法正确的是(　　)A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期为2 s，振幅为5 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程为20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程为20 cm解析：选B　弹簧振子在BC间振动，振子从B到C经历的时间为半个周期，不是一个全振动，故A错误；振子从B到C经历的时间为半个周期，所以周期为2 s，振子在B、C两点间做简谐运动，BO＝OC＝5 cm，O是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为5 cm，故B正确；振子从B到C经历的时间为半个周期，即半个全振动路程为10 cm，则经过两次全振动，振子通过的路程是40 cm，故C错误；从B开始经过3 s，振子通过的路程为s＝eq \f(3,2)×4×5 cm＝30 cm，故D错误。3．在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图像如图所示。假设向右的方向为正方向，则物体的位移向左且速度向右的时间段是(　　)A．0到1 s内　　　　　　 B．1 s到2 s内C．2 s到3 s内 D．3 s到4 s内解析：选D　据题意，假设向右的方向为正方向，则物体的位移向左时为负值，即时间段在2～4 s内；根据x­t图像的切线斜率等于速度，可知速度向右为正值，应在3～4 s内，故D正确。4.如图所示，物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k。当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为(　　)A.eq \f(Mg,k)　　　　　　　　　 B.eq \f(mg,k)C.eq \f(M＋mg,k) D.eq \f(M＋mg,2k)解析：选A　在物体A振动的平衡位置处，弹簧弹力和A物体重力相等。物体B将A拉至平衡位置以下最大位移Δx＝eq \f(Mg,k)处，故物体A振动的振幅为eq \f(Mg,k)，A正确。5．某弹簧振子沿x轴做简谐运动的图像如图所示，下列描述正确的是(　　)A．t＝1 s时，振子的速度为0，加速度为负的最大值B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为0D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值解析：选A　t＝1 s时，振子在正的最大位移处，振子的速度为0，由a＝－eq \f(kx,m)知，加速度为负的最大值，A项正确；t＝2 s时，振子位于平衡位置，由a＝－eq \f(kx,m)知，加速度为0，B项错误；t＝3 s时，振子在负的最大位移处，由a＝－eq \f(kx,m)知，加速度为正的最大值，C项错误；t＝4 s时，振子位于平衡位置，由a＝－eq \f(kx,m)知，加速度为0，D项错误。6．如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动，且AB＝20 cm，振子由A到B的时间为0.1 s，则下列说法中正确的是(　　)A．振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等B．振子由A到O的时间比振子由O到B的时间短C．振子完成一次全振动通过的路程为20 cmD．若使振子在AB＝10 cm间振动，则振子由A到B的时间仍为0.1 s解析：选D　振子在A、B两点，弹力大小并不相等，但回复力大小相等，故A错误。据对称性，振子从A到O和从O到B的时间相同，B错误。一次全振动的路程为4A＝40 cm，C错误。同一弹簧振子振幅改变，但周期不变，仍为0.2 s，A到B仍用时0.1 s，D正确。7．(2022·浙江6月选考)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eq \f(T,2)C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD．小球的初速度为eq \f(v,2)时，其运动周期为2T解析：选B　小球在图中x这段位移中做匀速直线运动，即小球不符合受力与位移成正比、方向与位移相反，所以小球做的不是简谐运动，A错误；从开始运动，以向右为正方向，其v－t图像如图所示，AB代表向右匀速通过eq \f(x,2)的过程，B是刚接触弹簧，BC代表做简谐运动，C点代表小球向左刚离开弹簧瞬间，CD指的是向左匀速通过x的过程，DE是接触左侧弹簧做简谐运动，E点代表小球向右刚离开弹簧瞬间，EF是向右通过eq \f(x,2)的过程，F点回到运动的起点。通过该图像可知，小球的动能变化周期为eq \f(T,2)，B正确；图中BC、DE过程弹性势能均先增加，后减小，显然其变化周期小于T，C错误；如果小球的速度变为eq \f(v,2)，则匀速通过x的阶段时间变为原来两倍，但简谐运动的周期与速度无关eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T＝2π\r(\f(m,k))))，因此整个运动周期小于2T，D错误。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)8．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m；t＝eq \f(4,3) s时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻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 sC．0.2 m，eq \f(8,3) s D．0.2 m,8 s解析：选ACD　若振幅A＝0.1 m，T＝eq \f(8,3) s，则eq \f(4,3) s为半周期，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＝T为一个周期，正好返回0.1 m处，故选项A正确；若A＝0.1 m，T＝8 s，eq \f(4,3) s只是T的eq \f(1,6)，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，故选项B错误；若A＝0.2 m，T＝eq \f(8,3) s，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，故选项C正确；若A＝0.2 m，T＝8 s，eq \f(4,3) s＝2×eq \f(T,12)，而sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)·\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，故选项D正确。9.甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的图像如图所示，由图可知(　　)A．甲和乙的摆长一定相等B．甲的摆球质量较小C．甲的摆角大于乙的摆角D．摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受的拉力可能相等解析：选ACD　由题图可知，甲和乙两摆的周期相同，则由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，两摆的摆长一定相同，故A正确；因为单摆的周期与摆球质量无关，故B错误；摆长相同，而甲的振幅大，故甲摆的摆角大，故C正确；在最低点时，拉力与重力的合力充当向心力，则有：F－mg＝meq \f(v2,r)，解得F＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(v2,r)))，因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同，同时因为质量未知，故拉力有可能相同，故D正确。10．如图甲所示为一弹簧振子自由振动(即做简谐运动)时的位移随时间变化的图像，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图像，则下列说法中正确的是(　　)A．由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4 sB．由图乙可知该弹簧振子的固有周期为8 sC．由图乙可知外力的周期为8 sD．如果改变外力的周期，当周期在4 s附近时该弹簧振子的振幅较大解析：选ACD　图像甲是物体自由振动时的周期，故由图像甲可知，物体的固有周期为T0＝4 s，故A正确；图像乙是受迫振动的图像，故实际的振动周期为8 s，即T＝8 s，故B错误；由B选项可知，外力的周期为8 s，故C正确；当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动达到最强，故当T在4 s附近时，发生共振，振幅显著增大，当T比4 s小得多或大得多时，振幅很小，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(7分)在用单摆测量重力加速度的实验中，测得单摆摆角很小时，完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球直径为d。(1)测得重力加速度的表达式为g＝__________。(2)实验中某学生所测g值偏大，其原因可能是______。A．实验室海拔太高B．摆球太重C．测出n次全振动时间为t，误作为(n＋1)次全振动时间进行计算D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算解析：(1)单摆的周期为：T＝eq \f(t,n)；摆长为：L＝l＋eq \f(d,2)，根据T＝2πeq \r(\f(L,g))得：g＝eq \f(4π2,T2)L＝eq \f(2π2n22l＋d,t2)。(2)实验室海拔太高，所测值应偏小，故A错误；摆球的轻重对实验没有影响，故B错误；测出n次全振动时间为t，误作为(n＋1)次全振动时间进行计算，周期算小了，由g＝eq \f(4π2,T2)L可知，会导致所测g值偏大，故C正确；以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，摆长算长了，会导致g偏大，故D正确。答案：(1)eq \f(2π2n22l＋d,t2)　(2)CD12．(9分)甲同学想在家里做用单摆测量重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块长为3 cm左右，外形不规则的大理石块代替小球。他设计的实验步骤是：A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点(如图所示)B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C．将石块拉开一个大约α＝30°的角度，然后由静止释放D．从石块摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝eq \f(t,30)得出周期(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是________。(2)若该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。(3)如果该同学改正了错误，改变OM间细线的长度做了2次实验，记下每次相应的细线长度l1、l2和周期T1、T2，则由上述四个量得到重力加速度g的表达式是______________________。解析：(1)该同学以上实验步骤中有错误的是B、C、D；B中，摆长应是从悬点到大理石块的质心的距离；C中，石块的摆角太大，将不能看作简谐运动，单摆周期公式失效，不能测定g；D中，测量时间应从石块摆到最低点开始计时，因为最低点的位置石块速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确。(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，得：g＝eq \f(4π2l,T2)。该同学用OM的长l作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小。(3)设摆线的结点到大理石块质心的距离为r，则根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))得：T1＝2πeq \r(\f(l1＋r,g))，T2＝2πeq \r(\f(l2＋r,g))，联立解得：g＝eq \f(4π2l2－l1,T22－T12)。答案：(1)BCD　(2)偏小　(3)g＝eq \f(4π2l2－l1,T22－T12)13．(10分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm。某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s内通过的路程；(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值。解析：(1)设振幅为A，由题意BC＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm。振子从B到C所用时间t＝0.5 s，为周期T的一半，所以T＝1.0 s；f＝eq \f(1,T)＝1.0 Hz。(2)振子在1个周期内通过的路程为4A。故在t′＝5 s＝5T内通过的路程s＝eq \f(t′,T)×4A＝200 cm。(3)振子加速度a＝－eq \f(k,m)x，a∝x，所以aB∶aP＝xB∶xP＝10∶4＝5∶2。答案：(1)1.0 s　1.0 Hz　(2)200 cm　(3)5∶214.(12分)摆长为l的单摆在平衡位置O的左右做摆角小于5°的简谐运动，当摆球经过平衡位置O(O在A点正上方)向右运动的同时，另一个以速度v在光滑水平面运动的小滑块，恰好经过A点向右运动，如图所示，小滑块与竖直墙面P碰撞后以原来的速率返回，略去碰撞所用时间，试问：(1)A、P间的距离满足什么条件，才能使小滑块刚好返回A点时，摆球也同时到达O点且向左运动？(2)A、P间的最小距离是多少？解析：(1)小滑块做匀速直线运动的往返时间为t1，t1＝eq \f(2x,v)，单摆做简谐运动回到O点且向左运动所需时间为t2t2＝eq \f(T,2)＋nT(n＝0,1,2，…)，其中T＝2πeq \r(\f(l,g))由题意可知t1＝t2，所以eq \f(2x,v)＝eq \f(T,2)＋nT解得x＝eq \f(v,2)(2n＋1)πeq \r(\f(l,g))(n＝0,1,2，…)。(2)由(1)知，当n＝0时，A、P间的距离最小，xmin＝eq \f(πv,2)eq \r(\f(l,g))。答案：(1)见解析　(2)eq \f(πv,2)eq \r(\f(l,g))15．(16分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于绷紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且是未知量。图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)(1)单摆的振动周期和摆长；(2)摆球的质量及摆球运动过程中的最大速度的大小。解析：(1)由题图乙可知单摆的周期T＝0.4π s由T＝2πeq \r(\f(l,g))，得摆长l＝eq \f(T2g,4π2)＝0.4 m。(2)在B点拉力的最大值为Fmax＝0.510 N此时由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq \f(mv2,l)。在A、C两点拉力最小Fmin＝0.495 N此时由平衡条件得Fmin＝mgcos αA→B过程机械能守恒，由机械能守恒定律有mgl(1－cos α)＝eq \f(1,2)mv2由以上各式解得m＝0.05 kg，v＝eq \f(\r(2),5) m/s。答案：(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.05 kg　eq \f(\r(2),5) m/s