2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步练习--第2章 机械振动拔高练

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2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步
综合拔高练
五年高考练
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
C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D.小球的初速度为时,其运动周期为2T
2.(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-)　　　B.x=R sin (ωt+)
C.x=2R sin (ωt-)　　　D.x=2R sin (ωt+)
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。经时间,小球从最低点向上运动的距离　　　 (选填“大于”“小于”或“等于”);在时刻,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.[2019江苏单科,13B(1)]一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的 (　　)
A.位移增大　　　B.速度增大
C.回复力增大　　　D.机械能增大
6.[2019课标Ⅱ,34(1)]如图,长为l的细绳下方悬挂一小球a,绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方l的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正。下列图像中,能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是 (　　)
考点3　利用单摆原理测重力加速度
7.[2020浙江7月选考,17(2)]某同学用单摆测量重力加速度,
①为了减少测量误差,下列做法正确的是　　　　(多选);
A.摆的振幅越大越好
B.摆球质量大些、体积小些
C.摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长,多次测量,得到周期平方与摆长的关系图像如图所示,所得结果与当地重力加速度值相符,但发现其延长线没有过原点,其原因可能是　　　　。
A.测周期时多数了一个周期
B.测周期时少数了一个周期
C.测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D.测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
8.[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。
三年模拟练
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.2π
C.2π
2.(2023湖南长沙明德中学阶段练习)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,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
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
3.(2023山东模拟预测)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘,圆盘处于静止状态。现将质量为m的黏性小球自h高处由静止释放,与圆盘发生完全非弹性碰撞,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.圆盘将以碰撞时的位置作为平衡位置做简谐运动
B.圆盘做简谐运动的振幅可能为
C.振动过程中圆盘的最大速度为
D.从碰撞时的位置向下运动过程中,小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大
4.(2021山东济南二模)如图所示,水平光滑桌面上,轻弹簧的左端固定,右端连接物体A,A和B通过没有弹性的轻绳绕过定滑轮连接,已知A的质量为mA,B的质量为mB,弹簧的劲度系数为k,不计滑轮摩擦,开始时A位于O点,系统处于静止状态。A在P点时弹簧处于原长,现将A物体由P点静止释放,A物体不会和定滑轮相碰,当B向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为T=2π,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.绳子能承受的最大拉力为2mBg
B.弹簧的最大弹性势能是
C.绳断后A物体回到位置O时的速度大小为mBg
D.从绳断到A物体第一次回到位置O所用的时间为
5.(2022广东广州华南师范大学附属中学期中)如图所示,一质量不计的轻质弹簧的上端与盒子A连接在一起,盒子A放在倾角为θ=30°的光滑固定斜面上,弹簧下端固定在斜面底端。盒子内腔为正方体,盒内装一直径略小于正方体棱长的金属球B,已知弹簧的劲度系数为k=100 N/m,盒子A和金属球B的质量均为m=0.5 kg。将A沿斜面向上提起,使弹簧从原长伸长5 cm,由静止释放A,A和B一起在斜面上做简谐运动,g取10 m/s2,求:
(1)盒子A的振幅;
(2)金属球B的最大速度;
(3)A运动到最低点时,A对B沿斜面方向的作用力大小。
迁移创新
6.(2021山东实验中学二模)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)
(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)
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)
1 44.90 0.998 0.403 4.954 9.789
2 47.25 1.082 0.434 4.941 10.577
3 49.50 1.111 0.486 4.833 11.348
4 49.90 1.188 0.466 4.961 11.683
5 53.10 1.332 0.545 4.912 12.999
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.B 2.B 5.AC 6.A
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,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,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+)=R sin (ωt+),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 ,总位移为A,则前;在时刻,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= m=2.8 m。
5.AC　做简谐运动的单摆在偏角增大过程中,摆球距平衡位置的位移x增大,摆球的速度减小,选项A正确、B错误。回复力F=-kx,F随x增大而增大,选项C正确。单摆在摆动过程中悬线拉力不做功,故摆球机械能守恒,选项D错误。
6.A　由单摆的周期公式T=2π可知,单摆的摆长越大,周期越大,题中单摆在一个全振动中,当x>0时摆长为l,T1=2π;当x<0时,摆长为,T2=π,则T1=2T2,由机械能守恒定律可知,小球将运动到与初始位置等高的地方,由几何关系可知,当x<0时,振幅变小,故A项正确。
7.答案　①BC　②C
解析　①用单摆周期公式T=2π测重力加速度,首先单摆要符合简谐运动,故单摆的最大摆角不超过5°,故摆的振幅不能太大,选项A错误;为减小空气阻力带来的误差,摆球质量应大些,体积应小些,选项B正确;在用单摆测周期时不计摆线的质量,为了减小摆线质量、空气阻力带来的误差,摆线尽量细些,为使摆动过程摆长不变,伸缩性小些,摆线长些可以减小测量误差,选项C正确;计时的起、止位置选在摆球运动的最低点处,误差小,故选项D错误。
②由单摆周期公式T=2π·l,其中l为摆长,即摆线长度与摆球半径之和,如果摆长测量正确,无论测周期时是多数还是少数一个周期,由T=知都会导致T值变化,从而导致g值变化,与题中所述情况相悖,故选项A、B错误;如果周期测量正确,由题图可知,图线对应的物理公式应为T2=·(l+r),故原因是测摆长时直接将摆线的长度作为了摆长,选项C正确,D错误。
8.答案　②
解析　②滑板车做往复运动的周期为T=;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=2π,联立得R=。
三年模拟练
1.A 2.B 3.D 4.BCD
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=2π,故选A。
2.B　鱼漂平衡时,浮力与重力二力平衡有
F浮=ρgS·l=mg
鱼挣脱鱼钩瞬间,由牛顿第二定律得ρgS·l-mg=ma
解得鱼漂的加速度大小为a=,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-ρgS,可得F=-ρgSx
ρgS是定值,可知鱼漂做简谐运动,振幅为l
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-l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。
3.D　因为简谐运动的平衡位置是物体能够自由静止的位置,即应该是小球粘在圆盘上一起静止的位置,所以应该在发生碰撞的位置下方,故A错误;因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离,根据对称性可知,小球和圆盘再次回到发生碰撞的位置时速度不为零,故发生碰撞的位置不是最大位移处,因为开始时Mg=kx0,小球粘在盘子上一起静止的位置满足(m+M)g=kx2,所以发生碰撞的位置到平衡位置的距离为Δx=,故振幅应该大于,故B错误;小球自h高处由静止释放,与圆盘发生完全非弹性碰撞,则mv=(m+M)v1,又因为v2=2gh,所以两者碰撞后速度为v1=,而两者碰撞瞬间满足(m+M)g-kx0=ma,即碰撞后两者向下做加速度减小的加速运动,当a=0时速度最大,之后做减速运动到最低点,故振动过程中圆盘的最大速度应该大于,故C错误;从碰撞位置向下运动过程中,小球的动能先增大后减小,故由能量守恒定律可得,小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大,故D正确。故选D。
4.BCD　将A、B作为整体,A在P点时弹簧处于原长,根据牛顿第二定律,有mBg=(mA+mB)a,根据简谐运动的对称性,可知B到达最低点时的加速度与在初始位置时大小相等,因此FT-mBg=mBa,解得绳子能承受的最大拉力FT=mBg,A错误;A处于O位置时,根据平衡条件,有kx1=mBg,物体B下降到最低位置时,根据简谐运动的对称性可知,弹簧伸长量为2x1,因此弹簧的最大弹性势能Epm=,B正确;绳断后A物体回到位置O时,根据机械能守恒,有Epm=mAv2,可得A的速度v=mBg,C正确;绳断后,平衡位置为P点,从绳断到A物体第一次回到位置O所用的时间t=,D正确。
5.答案　(1)10 cm　(2)1 m/s　(3)7.5 N
解析　(1)振子(A和B)在平衡位置时,所受合力为零,设此时弹簧被压缩Δx,有2mg sin θ=kΔx
解得Δx=5 cm
开始释放时振子处在最大位移处,故振幅为
A=5 cm+5 cm=10 cm
(2)由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量,故两位置弹簧弹性势能相等,设振子的最大速率为v,从开始到平衡位置,根据机械能守恒定律有2mgA·sin θ=·2m·v2,解得v=1 m/s。
(3)在最低点,沿斜面方向振子受到的重力的分力和弹簧弹力方向相反,根据牛顿第二定律有
a==10 m/s2
对B受力分析,沿斜面方向有
FAB-mg sin θ=ma
解得FAB=7.5 N
6.答案　(1)　(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=。
(2)由题意知ma=mω2r,有a=ω2r,可得斜率k=ω2
结合(1)知mg tan θ=mω2r
tan θ=
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。
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