第2章 机械振动 素养检测-【高中必刷题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册同步课件（教科版2019）

物理 选择性必修 第一册 JK 1 2 第二章素养检测 刷速度 2 1.下列说法错误的是( ) B A.在同一地点，单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正比 B.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐运动的周期越小 C.弹簧振子做简谐运动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 D.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 3 解析 根据可得 ，即在同一地点，单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正 比，A正确；根据 可知，单摆的周期与摆球的质量无关，B错误；弹簧振子做简谐运动 时，振动系统的势能和动能相互转化，势能与动能之和保持不变，C正确；系统做稳定的受迫振 动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，D正确.本题选错误的，故选B. 4 2.如图所示，甲质点在轴上做简谐运动，为其平衡位置，、 为其所能达 到的最远处.乙质点沿轴从 点开始做初速度为零的匀加速直线运动.已知 C A. B. C. D.无法比较、 ，甲、乙两质点分别经过、的速率相等，设甲质点从运动到的时间为 ， 乙质点从运动到的时间为 ，则( ) 5 解析 已知，甲、乙两质点分别经过、 的速率相等，结合题意，作 出甲质点从到与乙质点从到过程的图像，如图所示，由于 图线 与轴所围图形的面积表示位移，则甲、乙的 图线与坐标轴所围图形面积相等， 可得 ，故选C. 6 3.[山东德州2023高二上期中] 近些年，科学家们逐步对极地进行开发和探索， 由于极地大面积被冰雪覆盖，开发和探索的进度受到影响，为了加快进度发明 了共振破冰船，如图所示.破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动 调节锤头振动频率.当冰层与锤头发生共振时，可以大幅提高破冰效率.结合所 学知识，下列说法正确的是( ) B A.锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好 B.破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率 C.破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小 D.对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同 7 解析 当锤头的频率等于冰层固有频率时，冰层的振幅最大，当锤头的频率小于冰层固有频率时， 随着锤头的频率增大，冰层振幅增大，当锤头的频率大于冰层固有频率时，随着锤头的频率增大， 冰层振幅减小，故A错误，B正确；破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变， 故C错误；对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固 有频率不一定相同，所以锤头的振动频率不一定相同，故D错误. 8 4.[江苏苏州中学2024高二上期中] 已知弹簧振子的振动周期，总机械能与振幅 的平 方成正比，即，为弹簧的劲度系数，为振子的质量.如图所示，一劲度系数为 的轻 弹簧一端固定，另一端连接着质量为 的物块，物块在光滑水平面上做往复运动.当物块运动到最 大位移为的时刻，把另一质量也为 的物块轻放在其上，两个物块恰好始终一起振动.设最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为.放上质量也为 的物块后，下列说法正确的是( ) A A.两物块之间的动摩擦因数为 B.物块振动周期变为原来的2倍 C.物块经过平衡位置时的速度为 D.系统的振幅减小 9 解析 对整体受力分析可知，弹簧弹力提供回复力，当位移最大时，根据牛顿第二定律得 ，上面物块的回复力由静摩擦力提供，当位移最大时，最大静摩擦力满足 ， 联立解得动摩擦因数为 ，故A正确；根据弹簧振子的振动周期公式可知，当振子质量变为 原来的二倍时，周期变为原来的 倍，故B错误；由于上方物块是处于最大位移时放上去的，而 此时速度为零，总机械能为弹簧的弹性势能，在弹性势能和动能的转化过程中，只有弹簧弹力做 功，所以系统的总机械能守恒，则振幅不变，故D错误；系统的总机械能为 ，根据机械 能守恒定律得位于平衡位置时两物块具有最大动能，则有 ，解得 ，故C错误. 10 5.[湖南百校2024高二上联考] 如图所示，物块和用轻弹簧拴接，放在水平地面上，物块 放 在物块上，整个系统处于静止状态.突然拿走静止在上的，将在竖直方向做简谐运动， 始 终没有离开地面.、、的质量分别为、和，弹簧的劲度系数为 ，重力加速度大小为 ，下列说法正确的是( ) B A.拿走的瞬间， 所处的位置为简谐运动的平衡位置 B.的振幅为 C.弹簧恢复原长时， 的加速度为零 D.到达最高位置时，的加速度大小为 11 解析 A、B、C与弹簧组成的系统静止时，弹簧弹力 ,拿走A的瞬间，B所受合外 力为 ，此时B所处的位置不是简谐运动的平衡位置，此位置相对于平衡位置的位 移最大，故A错误；根据简谐运动回复力公式可知，B的振幅为 ，故B正确；弹 簧恢复原长时，根据牛顿第二定律可知，B的加速度大小为 ，故C错误；B到达最高位置时，相 对平衡位置的位移最大，此时的回复力（合外力）大小为 ，根据牛顿第二定律可知，此时B 的加速度大小为 ，故D错误. 12 6.[河南开封等地2024高二上期末改编] 图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装 置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像，其中的最大值 ， 已知摆球质量，重力加速度取，取 ，不计摆线质量及空气阻力.下列说 法不正确的是( ) B 甲 乙 A.单摆周期为 B.单摆摆长为 C.的最小值 D.若仅将摆球质量变为 ，单摆周期不变 13 解析 根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力 最大的时刻，由题图乙可知，单摆周期为，故A正确；根据单摆周期公式 可得，单 摆摆长，故B错误；设单摆的摆角为 ，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为 ，设摆球运动至最低点时的速度大小为 ，则根据机械能守恒定律有 ，在最低点时，根据牛顿第二定律有 ，联立解得 ，故C正确；根据单摆周期公式可知，周期与摆球质量无关，所以若仅将摆球质量 变为 ，单摆周期不变，故D正确. 14 7.[四川宜宾2024高二上期末] 质量为的物块与轻弹簧上端连接，弹簧的下端固定在挡板上， 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于点.斜面上另外有、、 三点， ，其中段粗糙，其余部分光滑，物块与斜面 段间的动摩擦因数为 ，重力加速度为，物块静止在点时弹簧的弹性势能为，用外力将物块拉到 点由静 止释放，第一次经过点时的速度大小为 ，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是 ( ) B A.物块最终在、 之间做简谐运动 B.物块在点时的弹性势能为 C.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为 D.物块从点向下运动到点的过程中，最大加速度大小为 15 解析 物块静止在A点时，由平衡条件有 ，物块从D点向下运动到A点的过程中，在 段动摩擦因数为 ，则 ，即物块在 段所受的合力等于弹簧的 弹力，分析知物块在D点时所受合力最大，加速度最大，设为 ，根据牛顿第二定律可得 ，联立解得 ，故D错误；物块在 段上运动时，要克服摩擦力做功， 系统的机械能不断减少，系统的平衡位置在A点，设A点沿斜面向下为处的点为 ，则最终物块 在、B之间做简谐运动，故A错误；设物块在D点时的弹性势能为，从D到 ，由能量守恒定律 有，又 ，联立解得 ， 故B正确；最终物块在 、B之间做简谐运动，对全过程，由能量守恒定律得 ，由于 ，所以物块位于B点和A点时，弹簧的弹性势能相 等，均为，联立解得全过程中因摩擦产生的热量为 ，故C错误. 16 8.[四川南充高级中学2024高二上月考] 如图所示，虚线和实线分别为甲、乙 两个弹簧振子的简谐运动的图像，两个振子的质量相等，已知简谐运动周期公 式，弹簧弹性势能，其中为弹簧的劲度系数， 为弹簧 的形变量，则( ) BD A.甲振子的振动位移 B.甲、乙两振子的振幅之比为 C.甲、乙两振子的最大加速度之比为 D.甲、乙两振子的机械能之比为 17 解析 由题图可知，甲振子的周期，振幅 ，振动位移 ，A错误；由题图可知，乙振子的振幅 ，则甲、乙两振子 的振幅之比为，B正确；根据，，可得 ，甲、乙两振子的最大加 速度之比为 ，C错误；甲、乙两弹簧振子的机械能之比等于在位移最 大位置的弹性势能之比，即根据，可得 ，则两弹簧 振子的机械能之比为 ，D正确. 18 9.[福建厦门二中2024高二上月考] 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，和物块 通过轻质细绳绕过定滑轮连接.开始时， 系统处于静止状态，滑块处于位置.将滑块向左推至弹簧原长的位置 点后 CD A.细绳被拉断前的瞬间，滑块 的加速度与刚释放时的加速度相同 B.细绳被拉断后，滑块回到 位置时速度最大 C.从释放到细绳被拉断过程，物块下落的高度为 D.弹簧的最大弹性势能为 由静止释放，当滑块 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，已知的质量为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为 ，弹簧的弹性势能表达式为 ，其中 为弹簧形变量，不计一切摩擦，则( ) 19 【思路导引】细绳刚好被拉断前瞬间的示意图如图所示. 20 解析 、 组成的系统做简谐运动，根据对称性可知，细绳被拉断前瞬间，加速度大小与释放时 加速度大小相等，方向相反，故A错误；由于滑块运动到最右端时细绳恰好被拉断，之后 只受 弹力作用，A为弹簧处于原长的位置，可知当滑块 回到A位置时速度最大，故B错误；释放前滑 块在A位置时，根据牛顿第二定律有 ，细绳刚好被拉断前瞬间，根据牛顿第二 定律可得，解得物块下落的高度为，故C正确；当滑块 运动 到最右端时弹簧的弹性势能最大，为 ，故D正确. 21 10.[重庆巴蜀中学2024高二上检测] 如图为一等效摆长为 的单摆，静止时 恰与水平面接触，现将质量为的摆球向左拉开一个很小的角度，使 球 升高，然后由静止释放.球摆至平衡位置时，恰与静止在 处、质量为 的球发生正碰，碰后继续向右摆动，球以速度 沿光滑水平面向右 ABD A.单摆的周期为 B.当地的重力加速度为 C.球释放后到达经历的时间小于 球碰后再次到达最高点的时间 D.球碰后的速度大小为 运动，与距离为的墙壁碰撞后以原速率返回，当球重新回到位置时， 球恰好碰后第一次回 到点，不计空气阻力，重力加速度为 ,则下列说法正确的是( ) 22 解析 B球从发生碰撞到重新回到点运动的总时间为，单摆的周期为 ，故A正 确；根据单摆的周期公式有，解得重力加速度为 ，故B正确；单摆的周期为 ，可知A球碰撞前后周期不变，故A球释放后到达 点经历的时间等于A球碰后再次到达 最高点的时间，故C错误；根据动能定理得 ，根据碰撞过程中动量守恒有 ，联立解得 ，故D正确. 23 11.（10分）[辽宁部分名校2023高二上联考] 某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验. 甲 （1）该同学用游标卡尺测量摆球的直径时示数如图甲所示，则摆球 的直径_____________ ，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用毫米 刻度尺测得摆线长为 . 解析 游标卡尺的主尺读数为 ，游标尺读数为 ，则 . 24 乙 （2）实验装置的示意图如图乙所示，、 分别为摆球在运动过程中左、右侧能到达 的最高点，为平衡位置，则应该从摆球经过___（填“”“”或“ ”）点开始计 时，该同学用停表记下单摆做次全振动的时间为 . 解析 为了方便计时，应从摆球经过的最低点 点开始计时. 25 （3）该同学通过计算测得的数据，发现他得到的重力加速度的数值偏大，其原因可能是___. C A.单摆的振幅较小 B.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线变长了 C.把单摆次摆动的时间误记为 次摆动的时间 D.以摆线长 作为摆长进行计算 26 解析 根据单摆周期公式可得.只有摆动的角度小于 时才能看成单摆，所以 单摆的振幅较小，不影响重力加速度的测量，故A错误；若单摆的悬点未固定紧，振动中出现松 动，使摆线变长了，则摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值将偏小，故B错误；若把 次摆动 的时间误记为 次摆动的时间，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值将偏大，故C正 确；若以摆线长 作为摆长来计算，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值将偏小，故D错误. 27 丙 （4）该同学改进了处理数据的方法，他测量了5组摆长（摆线长 与小球半径之和） 和对应的周期，画出图像，然后在图线上选取、两个点， 图像如 图丙所示.则当地重力加速度的表达式为 _ _________.（用图丙中涉及的物理量符 号表示） 解析 根据单摆的周期公式，整理可得，即 图线斜率为 ，则有，解得 . 28 12.（12分）[江西上饶余干中学2023高二上月考] 一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关 系如图所示. （1）写出这个简谐运动的位移随时间变化的关系式.（用正弦函数表示） [答案] 解析 由题图可知，，则， 时， ，得 ，得简谐运动的位移随时间变化的关系式为 . 29 （2）从到 的时间内，振子通过的路程为多大？ [答案] 解析 从到时间内，，一个周期内通过的路程为 ， 从最大位移处开始的时间内的路程为，所以通过的路程 . 30 13.（16分）[江苏镇江中学2024检测] 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块 连接在一 起,置于光滑斜面上，初始处于静止状态，现将物块轻放在右侧，、 由静止开始一起沿斜 面做简谐运动，已知物块、质量均为，弹簧劲度系数为，重力加速度为，斜面倾角为 . 31 （1）求、做简谐运动的振幅 ； [答案] 解析 未放时，处于静止状态，设此时弹簧压缩量为，有 ， A与一起运动后到达平衡位置时弹簧压缩量为，此时有 ， 则、做简谐运动的振幅 ， 由以上各式得 . 32 （2）求整个运动过程中对 作用力的最小值与最大值； [答案] ; 解析 当、回到初始位置（最高点）时对的作用力最小，设此时加速度大小为，对、 整体， 有 ， 对，有 ， 解得 ， ， 当、运动到最低点时对的作用力最大，此时加速度大小仍为 ，但方向沿斜面向上， 对，有，解得 . 33 （3）若斜面粗糙，仅将物块连接弹簧，拉伸弹簧至伸长量为后将 物块由静止释放，物 块与斜面之间动摩擦因数，求当 物块静止时弹簧的形变量. [答案] 解析 将拉到弹簧伸长量为时释放，对，有 , 设向下运动能到达的最低点为，如图所示，设此时弹簧形变量为 ，根据对 称性有 , 解得 , 此时的速度为零，又 ,可知将静止在点，故 物块静止时的弹簧形变量为 . 34 14.（16分）[江西南昌二中2023检测] 如图所示，弹性绳一端系于点，另一端绕过 处的小滑 轮与质量为、套在粗糙竖直固定杆处的圆环相连，、、 三点等高，弹性绳的原长恰好等 于、间距离，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5.圆环从 点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速 度大小为，到达最低点.重力加速度为 ，弹性绳始终处于弹性限度内且遵循胡克定律. 35 （1）求释放瞬间弹性绳中的拉力大小 ； [答案] 解析 设弹性绳劲度系数为，在 点，对圆环受力分析，根据牛顿第二定律得 ，， ， 解得, . 36 （2）分析圆环向下运动过程中速度和加速度的变化情况; [答案] 速度先变大后变小，方向始终向下，加速度先变小后变大，方向先向下再向上 解析 当圆环所受合力等于零时速度最大，加速度等于零，之后圆环拉着弹性绳继续向下运动， 弹力一直增大，加速度向上且增大，与速度方向相反，所以速度先变大后变小，方向始终向下； 加速度先变小后变大，方向先向下再向上. 37 （3）试证明圆环做简谐运动. [答案] 见解析 解析 设圆环向下运动到 点时受力平衡，此时，水平方向有 , 所以摩擦力仍为 ， 竖直方向，有 ， 即 ， 当圆环向下运动到点上方某点时，相对于 点位移向上，回复力方向向下, ， 同理可证得，当圆环向下运动到 点下方时，回复力向上，与偏离平衡位置的位移大小成正比. 综上，圆环所受回复力大小和偏离平衡位置的位移大小成正比，方向与位移方向相反，圆环做简 谐运动. 38 $$