2026人教版高中物理选择性必修第一册--第二章 机械振动同步练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026人教版高中物理选择性必修第一册--第二章 机械振动同步练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 560.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-22 16:13:12 | ||
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文档简介
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2026人教版高中物理选择性必修第一册
第二章 机械振动
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
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,只有一个选项符合题目要求)
1.共振碎石化是一种将混凝土路面破碎成小块的技术,用来破碎混凝土的共振破碎机产生振动,破除旧的混凝土的同时要保护旧路面的地基,为实现这样的目的,共振破碎机的振动应该 ( )
A.与要破碎的混凝土的振幅相同
B.与旧路面地基的振幅相同
C.与要破碎的混凝土的振动频率相同
D.与旧路面地基的频率相同
2.如图所示,水平金属杆光滑,在弹簧弹力作用下,小球在B、C之间做简谐运动,当小球位于O点时,弹簧处于原长。在小球从C运动到O的过程中 ( )
A.小球的动量不断增大 B.小球的加速度不断增大
C.小球的振幅不断减小 D.小球的机械能保持不变
3.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间t变化的函数关系式为x=2 cos cm,下列说法正确的是 ( )
A.弹簧在第1 s末与第3 s末的长度相同
B.简谐运动的周期为2 s
C.第3 s末振子的位移为 cm
D.t= s时,振子的加速度方向发生变化
4.如图所示,将质量为m的小球悬挂在一轻质弹簧下端,静止后小球所在的位置为O点(图中未标出)。现将小球从O点向下拉至弹簧对小球的弹力大小为2mg(g为重力加速度),然后释放,已知小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力。则小球位于最高点时弹簧的弹力大小为 ( )
A.2mg B.0 C.mg D.mg
5.十一假期,一位游客在风景秀丽的云龙湖边欲乘坐游船,由于有些风浪,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6.0 s。当船上升到平衡位置时,甲板刚好与码头地面平齐。甲板上下浮动不超过10 cm时,游客能舒服地登船。则在一个周期内,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
6.A、B两物体均在水平面上做简谐运动。如图,实线为物体A的振动图线,虚线为物体B的振动图线。则 ( )
A.物体A、B的振动均为无阻尼振动但不具有相同的振动周期
B.每经历一个周期,物体A的路程比物体B的路程多10 cm
C.0.4 s时,物体A比物体B具有更大的动能
D.物体B的振动方程为x=-5 sin t(cm)
7.如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,在其正下方的P点有一个钉子,现将小球拉开一定的角度后开始运动,小球在摆动过程中的偏角小于5°,OA绳长为1.6 m。从某时刻开始计时,绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示,忽略一切阻力。下列说法正确的是 ( )
A.t=t0时小球位于A点
B.t=2t0时小球位于B点
C.t0=0.3π s
D.O、P之间的距离为1.2 m
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,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.如图所示,轻弹簧连着一定质量的物块在光滑水平面上振动,振幅为A。若在物块振动过程中,一个与物块质量相同的黏土由静止状态粘到物块上,随后系统振动的振幅可能是 ( )
A.0.8A B.0.75A C.0.7A D.0.65A
9.如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像,取π2≈10,下列说法正确的是 ( )
A.甲单摆的摆长较大
B.甲摆的振幅比乙摆的大
C.甲摆的最大偏角约为2.9°
D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
10.如图所示,一光滑斜面固定在水平地面上,斜面倾角为45°,其底端固定一轻质弹簧,将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放,顶端距弹簧上端距离为l,弹簧的劲度系数为k,弹簧的最大压缩量为,已知重力加速度为g,弹簧弹性势能为Ep=kx2,其中x是形变量,弹簧振子做简谐运动周期T=2π,则下列说法正确的是 ( )
A.物块速度最大时弹簧的压缩量为
B.物块的最大动能为mg-
C.物块的最大加速度为g
D.从静止释放到压缩量最大的时间为+
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(8分)某同学制作了如图所示的双线摆:横杆水平,且两悬点距离lAB=0.75 m、lAO=0.6 m、lBO=0.45 m,O处悬挂半径r=1 cm的小球,如图乙所示,小球在垂直于纸面的方向上做小角度摆动。
(1)该双线摆的摆长为 m。
(2)如图丙所示,将小球向右拉至一定角度后静止释放,自小球第1次经过光电门至小球第2n+1次经过光电门总计用时为t,则单摆周期T= (使用题中字母表示)。
(3)若该同学计算摆长时误将O点当作单摆最低点,忘了加上小球半径,该同学测量了一组数据后计算得到重力加速度g测1,则g测1 g真(选填“>”或“<”);在第二次实验中该同学计算摆长时继续将O点当作单摆最低点,但是增大了O点到AB的距离后再次进行测量,得到g测2,g测1 g测2(选填“>”或“<”)。
12.(10分)星海实验高级中学“融和”“致远”两个物理学习小组分别利用单摆测量重力加速度。
(1)理论上T2-l图线是一条过坐标原点的直线,“融和”组同学根据实验数据作出的图像如图丁所示。
①造成图线不过坐标原点的原因可能是 。
②由图像求出的重力加速度g= m/s2(结果保留3位有效数字)。
③如果测得的g值偏小,可能的原因是 ( )
A.测摆长时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了
C.开始计时时,停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动记为50次
(2)“致远”组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系,如图丙所示的v-t图线。
①由图丙可知,该单摆的摆长为 m。(结果保留3位有效数字)
②“致远”组的其中几位同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他们采用的方法是:先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,然后把摆线缩短适当的长度Δl,再测出其振动周期T2。则该组同学测出的重力加速度的表达式为g= (用所测得的物理量符号表示)。
13.(8分)U形池轮滑场地如图,图中圆弧半径R=15.6 m,质量m=60 kg的运动员(视为质点)在弧内的一竖直面内最低点附近运动(视为简谐运动),运动员滑来回一次的时间t=8 s,不计一切阻力,取π2=10。
(1)求当地的重力加速度g;
(2)若运动员从距最低点的高度h=0.8 m处由静止下滑,求运动员在最低点受到支持力的大小F。
14.(12分)将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,图甲中O点为单摆的悬点,现将小球(可视为质点)拉到A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中最低位置。∠AOB=∠COB=α,α小于5°且是未知量,图乙表示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,据力学规律和题中信息,求:
(1)单摆的周期与摆长;
(2)摆球质量及摆动过程中最大速度的大小;(可用根式表示)
(3)改变单摆的摆角(α小于5°)进行多次测量,记录对应的最大拉力F1和最小拉力F2,根据所测数据作出的F1-F2图像为一条直线,其斜率为k、纵轴截距为b,已知重力加速度为g,写出摆球质量的表达式。(用k、b、g表示)
15.(16分)如图所示,在倾角为θ=30°的固定光滑斜面上,有两个用轻质弹簧相连的物体A和B,它们的质量均为m=2 kg,弹簧的劲度系数为k=100 N/m,C为一固定挡板,现让一质量也为m=2 kg的物体D在A上方某处由静止释放,D和A相碰后立即粘为一体,此后做简谐运动,运动过程中,物体B对C的最小弹力为F=5 N。求:
(1)B、C间弹力最小时,弹簧的形变量是多少;
(2)简谐运动的振幅;
(3)若弹簧振子的周期为T=2π,m为振子质量,k为弹簧劲度系数。以平衡位置为原点,沿斜面向下为正方向,振子在最低点作为0时刻,请写出振子的振动方程。
答案与解析
1.C 根据共振现象,当驱动力的频率等于物体的固有频率时物体的振幅达到最大值,所以应使共振破碎机的振动频率与要破碎的混凝土的振动频率相同,从而损坏混凝土,而与地基频率相差较大,可以不损坏路面的地基,选项C正确。
2.A 小球从C运动到O的过程中,速度不断增加,则小球的动量不断增大,选项A正确;小球从C运动到O的过程中,位移减小,则回复力减小,则小球的加速度不断减小,选项B错误;小球从C运动到O的过程中,位移减小,但是小球的振幅是定值,选项C错误;小球从C运动到O的过程中,弹簧的弹力对小球做正功,则小球的机械能增加,选项D错误。
3.D 弹簧振子在第1 s末与第3 s末的位移分别为x1=2 cos ×1- cm= cm,x3=2 cos cm=- cm,弹簧振子在第1 s末与第3 s末相对平衡位置的位移不相同,弹簧振子不在同一位置,弹簧的长度不相同,选项A、C错误;根据题意得ω== rad/s,解得T=4 s,选项B错误;t= s时,弹簧振子的位移为x4=2 cos ×- cm=0,t= s时,振子的位移等于零,表明振子在平衡位置处,加速度方向发生变化,选项D正确。
4.B 小球处于最低点时弹簧的伸长量为x1,则有kx1=2mg,释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得kx1-mg=ma1,解得a1=g,设小球运动到最高点时弹簧的形变量的大小为x2,加速度大小为a2,根据对称性可得a2=a1,在最高点对小球由牛顿第二定律可得kx2+mg=ma2,解得x2=0,小球位于最高点时弹簧的弹力大小为0,选项B正确。
5.D 把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,从船上升到最高点时计时,其振动方程为y=A cos t,代入数据得y=20 cos t(cm),研究0≤t≤π范围内的位移(半个周期内的位移),当y=±10 cm时,可解得t1=1.0 s或者t2=2.0 s,故在一个周期内,游客能舒服登船的时间是t'=2(t2-t1)=2.0 s,选项D正确。
6.D 根据图像可知,物体A、B的振动,振幅均未衰减,因此物体A、B的振动均为无阻尼振动,而通过图像可知两物体的振动周期相同,为TA=TB=1.6 s,选项A错误;一个周期内,A、B两物体的路程分别为sA=4AA=40 cm,sB=4AB=20 cm,路程差为Δs=sA-sB=20 cm,选项B错误;0.4 s时,物体A、B均处于各自的最大位移处,速度均为0,因此两者动能相同,都为0,选项C错误;振动方程x=A sin (ωt+φ0),对B物体而言,式中A=5 cm,ω==π rad/s,φ0=π,可得x=5 sin cm=-5·sin t(cm),选项D正确。
7.D 小球经过最低点B时线速度的大小不变,摆长变化,根据牛顿第二定律可知小球在B点时有F-mg=,解得F=+mg,结合乙图可知,t=t0时绳的拉力由大变小,可知t=t0时摆长由小变大,则可知t=0时小球从B点向C点运动,故t=t0时小球返回到B点,选项A错误;同理,根据上述分析可知,t=2t0时小球应在A点,选项B错误;由乙图可知,A到B的过程中,小球的周期大,设其周期为T1,则有=t0,解得T1=4t0,又因为T1=2π,解得t0=0.2π s,选项C错误;同理可知,B到C的过程中,小球的周期小,设小球的周期为T2,则有=t0,解得T2=2t0=0.4π s,代入单摆的周期公式T2=2π,解得lPC=0.4 m,故O、P之间的距离lOP=lOA-lPC=1.2 m,选项D正确。
8.AB 设物块与黏土相粘前,通过平衡位置的速度为v1,相粘后共同速度为v2,振幅为A1。相粘前,物块从平衡位置到最大位移处,由系统的机械能守恒有m=kA2,取相粘前振子的速度方向为正,根据水平方向动量守恒得mv1=(m+m)v2,黏合体从平衡位置到最大位移处的过程,由系统的机械能守恒得(m+m)=k,联立解得A1=A;在最大位移处振子的速度为零,系统的机械能即为弹簧的弹性势能,所以粘合后系统的机械能没有变化,振幅不变,仍为A。所以粘合后系统振动的振幅范围为A≤A粘合后≤A,选项A、B正确。
9.BCD 由题图可知,两单摆的周期相同,同一地点重力加速度g相同,由单摆的周期公式T=2π,可知甲、乙两单摆的摆长相等,选项A错误;甲摆的振幅为
5 cm,乙摆的振幅为3 cm,则甲摆的振幅比乙摆的大,选项B正确;由T=2π,解得甲摆的摆长l=g=1 m,则甲摆的最大偏角θmax≈= rad≈2.9°,选项C正确;在t=0.5 s时,甲摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙摆的位移为负的最大值,则乙摆具有正向最大加速度,选项D正确。
10.ABD 物块的速度最大时,其所受的合力为零,则mg sin 45°=kx,解得x=,A正确。从物块开始运动到速度最大过程,由机械能守恒定律可得mg(l+x) sin 45°=kx2+Ek,得Ek=mg-,B正确。当物块位于最大位移处时,回复力最大,物块的加速度最大,故当弹簧压缩量最大时,物块加速度最大,根据牛顿第二定律有k-mg sin 45°=mamax,得最大加速度为amax=g,C错误。物块从释放到与弹簧接触的过程,加速度大小为a==g,运动时间为t1=;从与弹簧接触到弹簧被压缩到最短,物块做简谐运动,振幅为A=-=,压缩弹簧到平衡位置的过程中,位移大小为振幅的,时间为t2=,从平衡位置到压缩量最大的时间为t3=,从静止释放到压缩量最大的时间为t=t1+t2+t3,得t=+,D正确。
11.答案 (1)0.37(2分) (2)(2分) (3)<(2分) <(2分)
解析 (1)该双线摆的摆长为+1 cm=0.37 m。(2)自小球第1次经过光电门至第2n+1次经过光电门,小球完成了n次全振动,故T=。(3)由T=2π,可得g=L,计算摆长时忘了加上小球半径,所以摆长测量值偏小,所以g测112.答案 (1)①把摆线长当成了摆长(2分) ②9.86(2分) ③B(2分) (2)①1.00(2分) ②(2分)
解析 (1)①由图丁可知,将图像向右平移1 cm就会通过坐标原点,所以相同周期下摆长偏小1 cm,造成图像不过坐标原点的原因可能是忽略了小球的半径,把摆线长当成了摆长;②由图像求出的重力加速度,根据T=2π,可得T2=l+,由图像可知k== s2/m,解得g=9.86 m/s2;③根据g=可知,若测摆长时摆线拉得过紧,则L测量值偏大,则g值偏大,选项A错误;摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了,而计算时仍用原来的值计算,则g值偏小,选项B正确;开始计时时,停表过迟按下,则周期测量值偏小,则g值偏大,选项C错误;实验时误将49次全振动记为50次,则周期测量值偏小,则g值偏大,选项D错误。(2)①由图丙可知,该单摆的振动周期T=2 s,根据T=2π,可得摆长L== m=1.00 m;②由题意可知T1=2π,T2=2π,解得g=。
13.答案 (1)9.75 m/s2 (2)645 N
解析 (1)运动员在U形池轮滑场地中的运动可看成是单摆的运动,根据单摆的周期公式T=2π (1分)
其中l=R,T=t=8 s
可知,重力加速度为g==9.75 m/s2 (2分)
(2)运动员由静止开始下滑到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=mv2 (2分)
根据牛顿第二定律有F-mg=m (2分)
解得F=645 N(1分)
14.答案 (1)0.6π s 0.9 m (2)0.04 kg m/s (3)m=
解析 (1)摆球在一个周期内两次经过最低点,由图可知该单摆的周期T=0.6π s(1分)
由单摆的周期公式T=2π (1分)
解得L=0.9 m(1分)
(2)在最低点B有拉力F1=0.402 N,根据牛顿第二定律可得
F1-mg=m (1分)
同理,在最高点A,F2=mg cos α=0.399 N(1分)
从A到B,由机械能守恒定律得mgL(1-cos α)=mv2 (1分)
联立三式并代入数据解得m=0.04 kg(1分)
v= m/s(1分)
(3)根据(2)分析整理可得F1=3mg-2F2 (2分)
则F1-F2图像的纵轴截距b=3mg (1分)
解得m= (1分)
15.答案 (1)5 cm (2)25 cm (3)x=25 cos (5t) cm
解析 (1)当A、D在最高点时,挡板弹力最小,此时弹簧处于伸长状态,设伸长量为x2,则有F+kx2=mg sin 30° (2分)
代入数据得x2=5 cm(1分)
(2)A、D粘在一起后,设运动到平衡位置时弹簧压缩量为x1,则有
2mg sin 30°=kx1 (2分)
代入数据得x1=20 cm(1分)
故简谐运动的振幅为A=x1+x2=25 cm(2分)
(3)简谐运动的周期为T=2π= s, (2分)
故ω==5 rad/s, (2分)
设振动方程为x=A sin (ωt+φ), (1分)
当t=0时,x=25 cm,代入方程得φ= (2分)
故振动方程为x=25 sin cm=25 cos (5t) cm (1分)
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第二章 机械振动
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
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,只有一个选项符合题目要求)
1.共振碎石化是一种将混凝土路面破碎成小块的技术,用来破碎混凝土的共振破碎机产生振动,破除旧的混凝土的同时要保护旧路面的地基,为实现这样的目的,共振破碎机的振动应该 ( )
A.与要破碎的混凝土的振幅相同
B.与旧路面地基的振幅相同
C.与要破碎的混凝土的振动频率相同
D.与旧路面地基的频率相同
2.如图所示,水平金属杆光滑,在弹簧弹力作用下,小球在B、C之间做简谐运动,当小球位于O点时,弹簧处于原长。在小球从C运动到O的过程中 ( )
A.小球的动量不断增大 B.小球的加速度不断增大
C.小球的振幅不断减小 D.小球的机械能保持不变
3.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间t变化的函数关系式为x=2 cos cm,下列说法正确的是 ( )
A.弹簧在第1 s末与第3 s末的长度相同
B.简谐运动的周期为2 s
C.第3 s末振子的位移为 cm
D.t= s时,振子的加速度方向发生变化
4.如图所示,将质量为m的小球悬挂在一轻质弹簧下端,静止后小球所在的位置为O点(图中未标出)。现将小球从O点向下拉至弹簧对小球的弹力大小为2mg(g为重力加速度),然后释放,已知小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力。则小球位于最高点时弹簧的弹力大小为 ( )
A.2mg B.0 C.mg D.mg
5.十一假期,一位游客在风景秀丽的云龙湖边欲乘坐游船,由于有些风浪,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6.0 s。当船上升到平衡位置时,甲板刚好与码头地面平齐。甲板上下浮动不超过10 cm时,游客能舒服地登船。则在一个周期内,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
6.A、B两物体均在水平面上做简谐运动。如图,实线为物体A的振动图线,虚线为物体B的振动图线。则 ( )
A.物体A、B的振动均为无阻尼振动但不具有相同的振动周期
B.每经历一个周期,物体A的路程比物体B的路程多10 cm
C.0.4 s时,物体A比物体B具有更大的动能
D.物体B的振动方程为x=-5 sin t(cm)
7.如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,在其正下方的P点有一个钉子,现将小球拉开一定的角度后开始运动,小球在摆动过程中的偏角小于5°,OA绳长为1.6 m。从某时刻开始计时,绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示,忽略一切阻力。下列说法正确的是 ( )
A.t=t0时小球位于A点
B.t=2t0时小球位于B点
C.t0=0.3π s
D.O、P之间的距离为1.2 m
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,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
8.如图所示,轻弹簧连着一定质量的物块在光滑水平面上振动,振幅为A。若在物块振动过程中,一个与物块质量相同的黏土由静止状态粘到物块上,随后系统振动的振幅可能是 ( )
A.0.8A B.0.75A C.0.7A D.0.65A
9.如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像,取π2≈10,下列说法正确的是 ( )
A.甲单摆的摆长较大
B.甲摆的振幅比乙摆的大
C.甲摆的最大偏角约为2.9°
D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
10.如图所示,一光滑斜面固定在水平地面上,斜面倾角为45°,其底端固定一轻质弹簧,将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放,顶端距弹簧上端距离为l,弹簧的劲度系数为k,弹簧的最大压缩量为,已知重力加速度为g,弹簧弹性势能为Ep=kx2,其中x是形变量,弹簧振子做简谐运动周期T=2π,则下列说法正确的是 ( )
A.物块速度最大时弹簧的压缩量为
B.物块的最大动能为mg-
C.物块的最大加速度为g
D.从静止释放到压缩量最大的时间为+
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(8分)某同学制作了如图所示的双线摆:横杆水平,且两悬点距离lAB=0.75 m、lAO=0.6 m、lBO=0.45 m,O处悬挂半径r=1 cm的小球,如图乙所示,小球在垂直于纸面的方向上做小角度摆动。
(1)该双线摆的摆长为 m。
(2)如图丙所示,将小球向右拉至一定角度后静止释放,自小球第1次经过光电门至小球第2n+1次经过光电门总计用时为t,则单摆周期T= (使用题中字母表示)。
(3)若该同学计算摆长时误将O点当作单摆最低点,忘了加上小球半径,该同学测量了一组数据后计算得到重力加速度g测1,则g测1 g真(选填“>”或“<”);在第二次实验中该同学计算摆长时继续将O点当作单摆最低点,但是增大了O点到AB的距离后再次进行测量,得到g测2,g测1 g测2(选填“>”或“<”)。
12.(10分)星海实验高级中学“融和”“致远”两个物理学习小组分别利用单摆测量重力加速度。
(1)理论上T2-l图线是一条过坐标原点的直线,“融和”组同学根据实验数据作出的图像如图丁所示。
①造成图线不过坐标原点的原因可能是 。
②由图像求出的重力加速度g= m/s2(结果保留3位有效数字)。
③如果测得的g值偏小,可能的原因是 ( )
A.测摆长时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了
C.开始计时时,停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动记为50次
(2)“致远”组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系,如图丙所示的v-t图线。
①由图丙可知,该单摆的摆长为 m。(结果保留3位有效数字)
②“致远”组的其中几位同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他们采用的方法是:先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,然后把摆线缩短适当的长度Δl,再测出其振动周期T2。则该组同学测出的重力加速度的表达式为g= (用所测得的物理量符号表示)。
13.(8分)U形池轮滑场地如图,图中圆弧半径R=15.6 m,质量m=60 kg的运动员(视为质点)在弧内的一竖直面内最低点附近运动(视为简谐运动),运动员滑来回一次的时间t=8 s,不计一切阻力,取π2=10。
(1)求当地的重力加速度g;
(2)若运动员从距最低点的高度h=0.8 m处由静止下滑,求运动员在最低点受到支持力的大小F。
14.(12分)将一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,图甲中O点为单摆的悬点,现将小球(可视为质点)拉到A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中最低位置。∠AOB=∠COB=α,α小于5°且是未知量,图乙表示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,据力学规律和题中信息,求:
(1)单摆的周期与摆长;
(2)摆球质量及摆动过程中最大速度的大小;(可用根式表示)
(3)改变单摆的摆角(α小于5°)进行多次测量,记录对应的最大拉力F1和最小拉力F2,根据所测数据作出的F1-F2图像为一条直线,其斜率为k、纵轴截距为b,已知重力加速度为g,写出摆球质量的表达式。(用k、b、g表示)
15.(16分)如图所示,在倾角为θ=30°的固定光滑斜面上,有两个用轻质弹簧相连的物体A和B,它们的质量均为m=2 kg,弹簧的劲度系数为k=100 N/m,C为一固定挡板,现让一质量也为m=2 kg的物体D在A上方某处由静止释放,D和A相碰后立即粘为一体,此后做简谐运动,运动过程中,物体B对C的最小弹力为F=5 N。求:
(1)B、C间弹力最小时,弹簧的形变量是多少;
(2)简谐运动的振幅;
(3)若弹簧振子的周期为T=2π,m为振子质量,k为弹簧劲度系数。以平衡位置为原点,沿斜面向下为正方向,振子在最低点作为0时刻,请写出振子的振动方程。
答案与解析
1.C 根据共振现象,当驱动力的频率等于物体的固有频率时物体的振幅达到最大值,所以应使共振破碎机的振动频率与要破碎的混凝土的振动频率相同,从而损坏混凝土,而与地基频率相差较大,可以不损坏路面的地基,选项C正确。
2.A 小球从C运动到O的过程中,速度不断增加,则小球的动量不断增大,选项A正确;小球从C运动到O的过程中,位移减小,则回复力减小,则小球的加速度不断减小,选项B错误;小球从C运动到O的过程中,位移减小,但是小球的振幅是定值,选项C错误;小球从C运动到O的过程中,弹簧的弹力对小球做正功,则小球的机械能增加,选项D错误。
3.D 弹簧振子在第1 s末与第3 s末的位移分别为x1=2 cos ×1- cm= cm,x3=2 cos cm=- cm,弹簧振子在第1 s末与第3 s末相对平衡位置的位移不相同,弹簧振子不在同一位置,弹簧的长度不相同,选项A、C错误;根据题意得ω== rad/s,解得T=4 s,选项B错误;t= s时,弹簧振子的位移为x4=2 cos ×- cm=0,t= s时,振子的位移等于零,表明振子在平衡位置处,加速度方向发生变化,选项D正确。
4.B 小球处于最低点时弹簧的伸长量为x1,则有kx1=2mg,释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得kx1-mg=ma1,解得a1=g,设小球运动到最高点时弹簧的形变量的大小为x2,加速度大小为a2,根据对称性可得a2=a1,在最高点对小球由牛顿第二定律可得kx2+mg=ma2,解得x2=0,小球位于最高点时弹簧的弹力大小为0,选项B正确。
5.D 把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,从船上升到最高点时计时,其振动方程为y=A cos t,代入数据得y=20 cos t(cm),研究0≤t≤π范围内的位移(半个周期内的位移),当y=±10 cm时,可解得t1=1.0 s或者t2=2.0 s,故在一个周期内,游客能舒服登船的时间是t'=2(t2-t1)=2.0 s,选项D正确。
6.D 根据图像可知,物体A、B的振动,振幅均未衰减,因此物体A、B的振动均为无阻尼振动,而通过图像可知两物体的振动周期相同,为TA=TB=1.6 s,选项A错误;一个周期内,A、B两物体的路程分别为sA=4AA=40 cm,sB=4AB=20 cm,路程差为Δs=sA-sB=20 cm,选项B错误;0.4 s时,物体A、B均处于各自的最大位移处,速度均为0,因此两者动能相同,都为0,选项C错误;振动方程x=A sin (ωt+φ0),对B物体而言,式中A=5 cm,ω==π rad/s,φ0=π,可得x=5 sin cm=-5·sin t(cm),选项D正确。
7.D 小球经过最低点B时线速度的大小不变,摆长变化,根据牛顿第二定律可知小球在B点时有F-mg=,解得F=+mg,结合乙图可知,t=t0时绳的拉力由大变小,可知t=t0时摆长由小变大,则可知t=0时小球从B点向C点运动,故t=t0时小球返回到B点,选项A错误;同理,根据上述分析可知,t=2t0时小球应在A点,选项B错误;由乙图可知,A到B的过程中,小球的周期大,设其周期为T1,则有=t0,解得T1=4t0,又因为T1=2π,解得t0=0.2π s,选项C错误;同理可知,B到C的过程中,小球的周期小,设小球的周期为T2,则有=t0,解得T2=2t0=0.4π s,代入单摆的周期公式T2=2π,解得lPC=0.4 m,故O、P之间的距离lOP=lOA-lPC=1.2 m,选项D正确。
8.AB 设物块与黏土相粘前,通过平衡位置的速度为v1,相粘后共同速度为v2,振幅为A1。相粘前,物块从平衡位置到最大位移处,由系统的机械能守恒有m=kA2,取相粘前振子的速度方向为正,根据水平方向动量守恒得mv1=(m+m)v2,黏合体从平衡位置到最大位移处的过程,由系统的机械能守恒得(m+m)=k,联立解得A1=A;在最大位移处振子的速度为零,系统的机械能即为弹簧的弹性势能,所以粘合后系统的机械能没有变化,振幅不变,仍为A。所以粘合后系统振动的振幅范围为A≤A粘合后≤A,选项A、B正确。
9.BCD 由题图可知,两单摆的周期相同,同一地点重力加速度g相同,由单摆的周期公式T=2π,可知甲、乙两单摆的摆长相等,选项A错误;甲摆的振幅为
5 cm,乙摆的振幅为3 cm,则甲摆的振幅比乙摆的大,选项B正确;由T=2π,解得甲摆的摆长l=g=1 m,则甲摆的最大偏角θmax≈= rad≈2.9°,选项C正确;在t=0.5 s时,甲摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙摆的位移为负的最大值,则乙摆具有正向最大加速度,选项D正确。
10.ABD 物块的速度最大时,其所受的合力为零,则mg sin 45°=kx,解得x=,A正确。从物块开始运动到速度最大过程,由机械能守恒定律可得mg(l+x) sin 45°=kx2+Ek,得Ek=mg-,B正确。当物块位于最大位移处时,回复力最大,物块的加速度最大,故当弹簧压缩量最大时,物块加速度最大,根据牛顿第二定律有k-mg sin 45°=mamax,得最大加速度为amax=g,C错误。物块从释放到与弹簧接触的过程,加速度大小为a==g,运动时间为t1=;从与弹簧接触到弹簧被压缩到最短,物块做简谐运动,振幅为A=-=,压缩弹簧到平衡位置的过程中,位移大小为振幅的,时间为t2=,从平衡位置到压缩量最大的时间为t3=,从静止释放到压缩量最大的时间为t=t1+t2+t3,得t=+,D正确。
11.答案 (1)0.37(2分) (2)(2分) (3)<(2分) <(2分)
解析 (1)该双线摆的摆长为+1 cm=0.37 m。(2)自小球第1次经过光电门至第2n+1次经过光电门,小球完成了n次全振动,故T=。(3)由T=2π,可得g=L,计算摆长时忘了加上小球半径,所以摆长测量值偏小,所以g测1
解析 (1)①由图丁可知,将图像向右平移1 cm就会通过坐标原点,所以相同周期下摆长偏小1 cm,造成图像不过坐标原点的原因可能是忽略了小球的半径,把摆线长当成了摆长;②由图像求出的重力加速度,根据T=2π,可得T2=l+,由图像可知k== s2/m,解得g=9.86 m/s2;③根据g=可知,若测摆长时摆线拉得过紧,则L测量值偏大,则g值偏大,选项A错误;摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了,而计算时仍用原来的值计算,则g值偏小,选项B正确;开始计时时,停表过迟按下,则周期测量值偏小,则g值偏大,选项C错误;实验时误将49次全振动记为50次,则周期测量值偏小,则g值偏大,选项D错误。(2)①由图丙可知,该单摆的振动周期T=2 s,根据T=2π,可得摆长L== m=1.00 m;②由题意可知T1=2π,T2=2π,解得g=。
13.答案 (1)9.75 m/s2 (2)645 N
解析 (1)运动员在U形池轮滑场地中的运动可看成是单摆的运动,根据单摆的周期公式T=2π (1分)
其中l=R,T=t=8 s
可知,重力加速度为g==9.75 m/s2 (2分)
(2)运动员由静止开始下滑到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=mv2 (2分)
根据牛顿第二定律有F-mg=m (2分)
解得F=645 N(1分)
14.答案 (1)0.6π s 0.9 m (2)0.04 kg m/s (3)m=
解析 (1)摆球在一个周期内两次经过最低点,由图可知该单摆的周期T=0.6π s(1分)
由单摆的周期公式T=2π (1分)
解得L=0.9 m(1分)
(2)在最低点B有拉力F1=0.402 N,根据牛顿第二定律可得
F1-mg=m (1分)
同理,在最高点A,F2=mg cos α=0.399 N(1分)
从A到B,由机械能守恒定律得mgL(1-cos α)=mv2 (1分)
联立三式并代入数据解得m=0.04 kg(1分)
v= m/s(1分)
(3)根据(2)分析整理可得F1=3mg-2F2 (2分)
则F1-F2图像的纵轴截距b=3mg (1分)
解得m= (1分)
15.答案 (1)5 cm (2)25 cm (3)x=25 cos (5t) cm
解析 (1)当A、D在最高点时,挡板弹力最小,此时弹簧处于伸长状态,设伸长量为x2,则有F+kx2=mg sin 30° (2分)
代入数据得x2=5 cm(1分)
(2)A、D粘在一起后,设运动到平衡位置时弹簧压缩量为x1,则有
2mg sin 30°=kx1 (2分)
代入数据得x1=20 cm(1分)
故简谐运动的振幅为A=x1+x2=25 cm(2分)
(3)简谐运动的周期为T=2π= s, (2分)
故ω==5 rad/s, (2分)
设振动方程为x=A sin (ωt+φ), (1分)
当t=0时,x=25 cm,代入方程得φ= (2分)
故振动方程为x=25 sin cm=25 cos (5t) cm (1分)
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