第2章 机械振动 真题体验-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019)

真题体验 第二章 机械振动 黑题 高考真题练 限时:45 min C.x-2Rsin(o-=W) 考点1 描述简谐运动的物理量 1.(江苏高考)(多选)一单摆做简谐运动,在偏 _~ ( 角增大的过程中,摆球的 D. x=2Rsnin(ou) A. 位移增大 B. 速度增大 C. 回复力增大 D. 机械能增大 4.(2023·山东高考)(多选)如图所示,沿水平 方向做简谐运动的质点,依次通过相距/ 2.(2022·浙江高考)如图所示,一根固定在墙 的A、B两点.已知质点在A点的位移大小为 上的水平光滑杆,两端分别固定着相同的轻 弹策,两弹自由端相距x.套在杆上的小球 振幅的一半,B点位移大小是A点的3倍,质 从中点以初速度;向右运动,小球将做周期为 点经过A点时开始计时,:时刻第二次经过B 点,该振动的振幅和周期可能是 ) T的往复运动,则 ( - # omooDoomOV A. A. 小球做简谐运动 _21 _ D. 考点2 C. 两根弹策的总弹性势能的变化周期为7 机械振动图像 D. 小球的初速度为,时,其运动周期为2T 5.(北京高考)一个弹策振子沿x轴做简谐运 动,取平衡位置0为x轴坐标原点,从某时刻 3.(2021·江苏高考)如图所示,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0和 向的最大加速度,能正确反映振子位移:与时 _ 间关系的图像是 P.以0为原点在竖直方向上建立x坐标系 ) 1=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆 盘,角速度为.则P做简谐运动的表达式为 ) ( B ## 将7## C D 6.(2022;海南高考)在同一地方,甲、乙两个 单摆做振幅不同的简谐运动,其振动图像 B. x:ERsin(o) 如图所示,可知甲、乙两个单摆的摆长之 比为 ( ) 第二章 黑白题055 A. 小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直 B. 应在小钢球自然下垂时测量摆线长度 C. 小钢球可以换成较轻的橡胶球 D. 应无初速度、小摆角释放小钢球 A. 2:3 B. 3:2 C. 4:9 D. 9:4 7.(全国卷II)如图所示,长为/的细绳下方悬 挂一小球a.细绳的另一端固定在天花板上0 点处,在0点正下方31的0处有一固定细铁 接数据采集器 4 名 钉.将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一 (2)组装好装置,用毫米刻度尺测量摆线长度 L.用、旋测微器测量小钢球直径2棵施 小角度(约为2{)后由静止释放,并从释放 测微器示数如图乙所示,小钢球直径d= 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- E10 关系的是 _ __~ 一。 乙 (3)多次改变摆线长度,在小摆角下测得不同 摆长/对应的小钢球摆动周期T.并作出 1-7^{}图像,如图丙所示 /m 1.1 1.0E 0.9选 08行来 0.7 C 7)} 考点3 单摆相关实验 丙 8.(2023·河北高考)某实验小组利用图甲所示 根据图线斜率可计算重力加速度g= 装置测量重力加速度.摆线上端固定在0点 m/s(保留3位有效数字,"}取 下端悬挂一小钢球,通过光电门传感器采集 9.87). 摆动周期. (4)若将摆线长度误认为摆长,仍用上述图像 (1)(多选)关于本实验,下列说法中正确的 法处理数据,得到的重力加速度值将 是 (填“偏大”“偏小”或“不变”) 选择性必修第一册:BJ 黑白题056”,根据机械能守恒可知最大弹性势能E=E三 联立以上各式可得F金=-x,可知物块做简谐运动 (2)由简谐振动的对称性得，物块在最高点时a=gsin c,对 2m4r,赦B错误，C正确：D由x-1图像可知小球的位移 整体研究得f=macos a,所以=mgsin acos&,方向水平向左. 真题体验 第二章机械振动 x=Asin 牙，弹簧对小球做功的功率P=m=m 黑题高考真题练 sin ,,弹簧对小球做功的功 1.AC 2,B解析：A.物休做简谐运动的条件是它在运动中所受回复 率P与时间的关系图像为： 力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，而小球在杆中 点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动， 故小球不是做简谐运动，A错误：BC假设杆中点为O,小球 向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A,小球向左压缩弹 簧至最大压缩量时的位置为B,可知小球做周期为T的往复 运动过程为0→A0→B0.根据对称性可知小球从0→A →0与0→B→0，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹 故D错误.故选C 簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为 6.(1)19.20(2)9.86(3)随着摆线长度1的增加，△g逐渐 减小随着摆线长度1的增加，则：号越接近于，此时计 ?,两限排簧的总弹性势能的变化周期为了，BE确，C错 算得到的g的差值越小 误：D,小球的初速度为；时，可知小球在匀速阶段的时间变 解析：(1)用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm× 为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式 10=19.20mm. (2)单摆的摆长为L=990.1mm+2×19.20mm=99.7mm. =2如√名，可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接 根据T=2m√g 4n'L 可得g= 触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为；时，其运动 周期应小于2T,D错误：故选B. 带入数据g= 4×3.142×0.9997 3.B解析：由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R,以向上 2 ms2=9.86m/s2 为正方向，设P的振动方程为x=Rsin(+e),由图可知，当 (3)由图丙可知，随着摆线长度1的增加，△g逐渐减小，原因 =0时，P的位移为R,代入振动方程解得=号.则P做简 是随着摆线长度1的增加，则+号越接近于1，此时计算得到 的g的差值越小 谐运动的表达式为x=Rn(0+受)，放B正确，AGD错误 3 故选B. 1.1)08m(2)±gm(3)号 解析：(1)因为弹簧振子做简谐运动，所以其机械能保持不 4BC解折：AB当A,B两点在平街位登的同侧时有24 变，由题意知，机械能为E=E,+E=0.8J 3 又因为在最大位移处时，弹簧振子的动能为零，机械能为此 血号m风可得，石，一骨或者e智，因 的弹性势能，且此时的形变量为振幅A,则E=】 0.8J.解得振幅为A=0.08m. 此可知第二次经过B点时，-红36 32m T=1.解得T=4h (2)因为水平弹簧振子的平衡位置即原长处，则振子的位移 即为弹簧的形变量，则1=0时，物体的振动位移x。满足 此时位移关系为4 121=L,解得A:2 A ,故A错误，B正 2 3- 2k=E=0.61,解得xn=±25m. GD,当A.B两点在平衡位置两侧时有-A=An, (3)因为简谐运动满足x=Asin(+4a), 3 则t=0时，物体的振动位移x。=Asin o, =im,解得0.怎或者.=酒（由因中运动方向 6 6 解得。=号或=罗 合去)=号或者，行当第二次经过B点时0，则 3 由题意知，振动的初相，在第一象限，所以初相为 T=1.解得T= 8.(1)见解析(2)/=mgsin ccos&,方向水平向左 ，此时位移关系为54+1 12 2+2A 解析：(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为△1， L.解得A= 2L ,C正确.D错误故选BC 有mgsin a-k△1=0， 3+ 解得△1="gsin a k一 5.A解析：某一时刻作计时起点(1=0)，经过周期，振子具 4 当物块的位移为x时，弹簧的伸长量为x+△L,物块所受合力 有正方向最大加速度，则其位移为负方向最大，说明1=0时 Fa=mgsin-k(x+△)， 刻质点经过平衡位置向负方向运动，故A正确，BCD错误， 参考答案与解析黑白题23 6.C解析：由振动图像可知甲，乙两个单摆周期之比为T单： 1-lcos 01 ，可得 72=08:1.2=2:3,根据单摆周期公式7=2√ 44·cos4,因sin日=1-cs0 2 4&7 2 4m ,则甲、乙两个单摆的摆长之比为Lm:Lz=T: 根据数学规律可得im二=2sin2】 =2. T2=4:9,故选C sin 2 即第一次振幅是第二次振幅的2倍，放A正确.C错误 7.A解析：由T=2π. 得： 8.(1)ABD(2)20.035(3)9.87(4)不变 解析：(1)A使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物 4 11 体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确： T=2N8 ,T=2r -=T T 2 B.测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确： 故BD错误： C单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气 0 阻力对摆球运动的影响较大，故C错误：D,无初速度、小摆角 释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆。 且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用 0 工计算单摆的周期，故D正确故选ABD, T= (2)小钢球直径为d=20mm+3.5×0.01nmm=20.035mm. 1 (3)单摆周期公式T=2π，/ ,整理得1=名 1 4r2 如图所示，x=lsin8,=2l·sin 2 由图像知图线的斜率k=￡=1.10-Q60 1 4m24.40-2.40 m/s2= 4 m2,解 I'sin 0,=2/'sin 2 cos2=2xsin 2 ·c0522 得g=9.87m/s2 sin2·es2 2 (4)若将摆线长度L误认为摆长L,有T=2π 由于0月约为29，所以习1，之 则得到的图线为1=T4 4m22 4im2 仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为尽，故得到 2 sin 2 的重力加速度值不变 由能量守恒定律可知，小球先后摆起的最大高度相同，故 第三章 机械波 第1节波的形成 被，故A错误：BC.质点Q的起振方向与波源的起振方向一 样，波向右传播.质点Q从平衡位置开始振动时.起振方向 白题基础过关 是向上的，所以质点P从平衡位置开始振动时，其运动方向 1,B解析：A.介质中质点的振动速度与波的传播速度没有关 向上，故B正确，C错误：D,由图可知，机械波传到Q时，质点 系，故A错误：B.由于介质中各质点的相互作用，前一个质点 P恰好振动了1.5个周期，故D错误故选B. 的振动带动后一个质点的振动，故做受迫振动，故B正确： 黑题应用提优练 C.若为横波，参与振动的质点振动方向一定与波的传播方向 1.A解析：A.水面上形成的是一列稳定的简谐水波，所有质 垂直：若为纵波，则质点的振动方向与传播方向在同一直线 点的振动频率均相等，均等于波源的频率，即P点与B点的 上，故C错误：D.机械波是介质不随波迁移，是振动能量的传 振动频率相同.故A正确：B.机械波在传播的过程中，质点在 递，故D错误故选B. 各自平衡位置振动，质点并不随波迁移，即P点不会随水波 2.A 运动到B点，故B错误：C根据振动规律可知，简谐水波中的 3.C解析：由于波向右传播，根据前面质点的振动带动后面 各个质点的振动方向呈现周期性的变化，故C错误：D.一列 质点的振动，可知质点a,b向下振动，质点c向上振动，并且 稳定的简谐被中，各个质点的振幅相等，即P点的振幅等于 质点a恰好通过平衡位置，速率最大故选C B点的振幅，故D错误故选A. 4.B解析：波的传播方向向右，根据“上下坡”法可知，1=0时 2.C解析：A.介质中各质点开始振动时的振动方向和振源开 刻，A点处于平衡状态且振动方向向下故选B. 5.C解析：波源的振动频率逐渐减小，侧根据P=Af可知，在 始振动时的振动方向相同A错误：B经过1=号质点1同到 同一介质中波速不变的情况下，频率减小则波长增大，即越 平衡位置，质点9开始向上振动，质点5振动到正的最大位 靠近O的波形波长越大，AB错误：又由于波形图是关于振 移处，根据带动法可知，质点6在平衡位置上方，向上振动， 动中心对称的，D错误故选C. 6.B解析：A.绳上各质点的位移方向与波的传播方向垂直，即 即速度的方向向上，B精误：C1一时质点1泵动到负的最 质点的振动方向与波的传播方向垂直，所以这列机械波为横 大位移处，质点13开始振动，5~13之间的质点在平衡位置 选择性必修第一册·R黑白题24