第2章 机械振动 达标检测-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

本章达标检测 一、选择题 4.(2024·江苏星海高级中 1.(2023·江西南昌二中质检)扬声器是语音 学月考)如图所示，一个竖 和音乐的播放装置，在生活中无处不在.如图 直圆盘转动时，固定在圆 小图柱 T形支架 所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图 盘上的小圆柱带动一个T 像，下列判断正确的是 ( 形支架在竖直方向振动，T 0 10 形支架下面连接一个弹簧 和小球组成的振动系统。 56×103) 小球浸没在水中，当小球振动稳定时 ( A.小球振动的频率与圆盘转速无关 A.t=1×103s时刻纸盆中心的速度最小 B.小球振动的振幅与圆盘转速无关 B.1=2×103s时刻纸盆中心的加速度最大 C.圆盘的转速越大，小球振动的频率越大 C.在0~2×103s之间纸盆中心的速度方向 D.圆盘的转速越大，小球振动的振幅越大 不变 5.(2024·广西一模)如图甲所示，弹簧振子的 D.纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.0× 平衡位置O点为坐标原点，小球在M、N两点 10sin 50mt(cm) 间做振幅为A的简谐运动，小球经过O点时 2.(2024·湖北五市联考)如图所房顶 开始计时，其x-t图像如图乙所示，小球的速 示，工人正在用铅垂线测量建 筑楼体是否竖直，铅垂线沿竖 度=A2牙，加速度为a,质量为m,动 窗上沿月 直墙壁垂下，铅锤用长为2.7m 能为E,弹簧劲度系数为k,弹簧振子的弹性 的细线悬挂在房顶边缘.现将 势能为E。,弹簧对小球做功的功率为P,下列 铅锤拉开一个小角度，由静止释放，使之做单 描述该运动的图像正确的是 摆运动，铅垂线从最右端摆到墙体位置与从 墙体位置摆到最左端所用的时间之比为 +wo 3:2,不计空气阻力，重力加速度g取 10ms2,则窗上沿到房顶的高度为() A.1.5mB.1.6mC.2mD.2.4m 3.(2023·上海复旦附中期中)在“利用单摆周 期测重力加速度”实验中，若测得的g值偏 大，可能的原因是 ( ) A.摆球的质量太大 B.测摆长时，仅测了线长，未加小球半径 C.测周期时，把n次全振动误记为(n+1)次 D.摆球上端未固定牢固，振动中出现松动 (摆长变长) 第二章学霸053 二、非选择题 7.(2023·浙江嘉兴一中期中)水平光滑轻杆 6.(2023·重庆高考)某实验小组用单摆测量重力 上套一质量为m=2.5kg的小球，用劲度系数 加速度，所用实验器材有摆球、长度可调的轻质 为k=250N/m的弹簧拴连而做简谐运动，可 摆线，刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等. 视为水平弹簧振子模型.设1=0时，振动系统 具有的动能E=0.2J,势能E,=0.6J.求： (1)振动的振幅A: (2)=0时，物体的振动位移： (3)振动的初相9（在第一象限） 甲 (1)用游标卡尺测量摆球直径d.当量爪并拢 时，游标尺和主尺的零刻度线对齐.放置 摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球 的直径d为 mm. (2)用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示.当 摆线长度l=990.1mm时，记录并分析单 8.(2023·安徽黄山三模)如图所示，质量为M 摆的振动视频，得到单摆的振动周期 倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）静止 T=2.00s,由此算得重力加速度g为 在粗糙的水平面上，斜面顶端与劲度系数为k m/s2(保留3位有效数字) 的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量 (3)改变摆线长度1，记录并分析单摆的振动 为m的物块.现按住物块使弹簧的长度为原 视频，得到相应的振动周期.他们发现，分 长时，将物块由静止开始释放，在物块运动过 别用1和4作为摆长，这两种计算方法 程中，斜面体一直保持静止，重力加速度为g, 2 忽略空气阻力的影响.则： 得到的重力加速度数值的差异大小△g (1)选物块的平衡位置0为坐标原点，沿斜面 随摆线长度（的变化曲线如图丙所示.由 向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块 图丙可知，该实验中，随着摆线长度1的 相对于平衡位置的位移，证明小物块的运 增加，△g的变化特点是 动是简谐运动： ,原因是 (2)求物块运动到最高点时，斜面体受到的静 摩擦力。 ↑gm。 0.30 M 2.20 0.10 3K0.0 600.0900.01200.01500.0 选择性必修第一册学霸054述公式知，g值偏大，A错误： (3)将T=0.L=-30m. B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线实际长 度增加了，由上述公式知，g值偏小，B正确： 代人下=4打L4行h,可得h=30m=03m. g C开始计时时，停表过迟按下，导致：测量值偏小，由上述 将TP=1.2082,L=0 公式知，g值偏大，C错误： D.实验时误将49次全振动记为50次，导致n变大，由上述 代人下.4r+4h,可求得g=m2/g=9.86m/. 公式知，g值偏大，D错误： 故选B. 第6节 受迫振动共振 (4)同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆 第1关（练速度） 长，导致下对应的L都偏大，图像整体右移，故选①. 1.C2.D3.C4.D 下-1图像的斜率为=4 ,由此可知与摆长无关，所以测 5.C解析：C.人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫 g 振动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的据 得的重力加速度不变 动频率越大，选项C正确：ABD.驱动力的频率越接近固有 3.(1)AD(2)B(3)9 频率，受迫振动的振幅越大.当手每分钟振动270次时，驱 解析：(1)实验中适当加长摆线，增大单摆的振动周期.可以减 动力的频率 Hz=4.5Hz=,此时飞力士棒振动最 小周期的测量误差，故A正确：单摆的振动周期与振幅无关。 增大单摆偏离平衡位置的角度，不能提高测量结果的精确度」 强，选项ABD错误故选C 故B错误：当单摆经过最大位移处时开始计时，摆球速度较 第2关（练准确率） 慢周期测量误差较大，应从单摆经过平衡位置时开始计时， 6.D 故C错误：测量多组周期T和摆长L,作T-L关系图像来处 7.A解析：若两次受迫振动均在地球上同一地点进行，则重 理数据，可碱小误差，提高精确度，故D正确故选AD, 力加速度相等，因为周有颊幸之比为2：5，则固有周期之 (2)由T=2m√g 得，下_如L,知户-L图像的斜率越大，则 比为5：2，根据T=2m√ ，知摆长之比为25：4，故A正 重力加速度越小因为南京当地的重力加速度小于北京的，去 确，B错误：若图线Ⅱ是在地球表面上完成的，则固有频率 北京大学的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是 B图线 为05，则7=2n√安解得：1m,故C错误：若两次 (3)由振动图线知，两单摆的周期之比为 受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线I单摆的 T.3 72,由7=2m 固有频率较小，则固有周期较大，根据T=2m√尽 ,知周期 得两单摆摆长的比值 大的重力加速度小，则图线【是月球上单摆的共振曲线。 图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线，故D错误故选A, 第2关（练准确率）】 8.B解析：水做受迫振动，其晃动的颜率等于驱动力的频 4.(1)8.10(2)2.02(3)9.67(4)偏小 率，即等于步频，所以步频越大，水晃动的频率越大：驱动 解析：(1)小球直径为d=8mm+2×0.05mm=8.10mm 力的频率等于周有频率时，水晃动的幅度最大，题设条件 (2)摆球一周期内经过两次平衡位置，由图可知，42时间内 不足，无法判断步频与水的周有频率的关系，无法得出水 摆球一共经历21次平衡位置，单摆的周期为T=上。 晃动的幅度变化情况，而步福与水晃动的幅度无关故 选B. 20.20 9.A解析：根据题意，在某电压下，电动偏心轮的转速是 =2.024 21-1 Hz=1.47Hz.由题图乙可知箭子的固有 2 88/min,则/8器 60 (3)单摆的摆长为1=+号=1m,根据单摆周期公式7 颜率为。=0.8Hz<,由于驱动力的频率大于筛子的固有 额率，故要使振幅变大，可以减小驱动力的颜率，或增大筛 ,重力加速度为g=如 4×3.142 子的固有额率，即可以降低输入电压或减小筛子的质量， 1 2022 ×1nWg2= 故A正确.故选A 9.67ms2. 第3关（练思维宽度） (4)由于吸附在摆球底端的磁铁质量不可忽略，导致摆球 10.5人 实际的重心应在球心的下方，则单摆摆长的实际值大于测 解析：人体的周有频率为：m=2H, 量值，根据：一只，可知重力加速度值的实际值大于测量 当汽车的振动频率与其相等时，人体与之发生共振，人感 1& 值，故实验中某同学发现测量的重力加速度值总是偏小 觉最难受，即2√7 =∫ 第3关（妹思维宽度】 得：1g 5.(1)A(2)a(3)0.39.86 4m2' 解析：(1)从“1"数到“59”时经历了29个周期，该单摆的 代入数据得：1=0.0621m, 周期为9故选1 由胡克定律得：=(m,+nm2)g, H-m1g1.5x10×0.0621-600x9.8=5(人). L+h (2)摆线在筒内部分的长度为h,由T=2π， m:g 70×9.8 可得下4+4r,可知下-L关系图线为4 本章达标检测 g 1.A2.A3.C4.C 参考答案学霸21 5.C解析：A小球做简谐运动，迷度=42牙牙，可知在 由题意知，振动的初相，在第一象限，所以初相为 1=0时速度最大，小球位于平衡位置，此时加速度为0，位 8.(1)见解析(2)f=mgsin acos a,方向水平向左 移为0，动能最大，弹性势能为0.弹簧的弹力为0，对小球 解析：(1)设物块在斜而上平衡时，弹簧伸长量为△： 做功的功率为0，放A错误：BC由p=A2”2织 有mgsin a-l=0, 一，则小球速度变化周期为T=T,所以动能和势能的周期 解得41=mgsin a 当物块的位移为x时.弹簧的伸长量为x+△L.物块所受合 ，小球的最大速度=A则最大动能E。 为”=T 力F金=mgsin a-k(x+△)， 2m=2m4n2 联立以上各式可得F◆=-红，可知物块做简谐运动. 入”，根据机械能守恒可知最大弹性势能 (2)由简谐振动的对称性得，物块在最高点时a=gsin a,对 整体研究得∫=mcs&,所以f=mgsin acos a,方向水平 E=E二2m故B错误，C正确：D由-1图像可知 向左 真题体验第二章 机械振动 小球的位移=A,弹簧对小球做功的功率P国 1.AC Fv=kxe=kAsin 2.B解析：A,物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回 复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，面小球在 做功的功率P与时间的关系图像为： 杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直 P kM2云 线运动，故小球不是做简谐运动，A错误：BC服设杆中点 为0，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0一→A一→0一→B一→0，根据对称性 可知小球从0→A→0与0一→B→0，这两个过程的动能变 化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故 故D错误.故选C 6.(1)19.20(2)9.86(3)随着摆线长度1的增加，△g逐渐 小球动能的变化周期为了，两根弹簧的总弹性势能的变化 减小 随若摆线长度1的增加，4￠越接近于1，此时计算 周期为，B正确，C倍误：D小球的初速度为；时，可知 得到的g的差值越小 解析：(1)用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm× 小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程， 10=19.20mm 根据弹簧振子周期公式T。=2π√(，可知接触弹簧过程 (2)单摆的摆长为L=990.1mm+ 2×19.20mm= 所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故 999.7mm. L 4π2L 小球的初速度为，时，其运动周期应小于27，D错误。故 根据T=2 ,可得g= 选B. 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 代人数据g= m/s2=9.86m/s 21 上为正方向，设P的振动方程为x=Rsin(a+p),由图可 (3)由图丙可知，随着摆线长度1的增加，△g逐渐减小，原 因是随着摆线长度1的增加，：号感接近于人，此时计算得 知，当1=0时，P的位移为R,代人振动方程解得p=,则 到的g的差值越小 P做简谐运动的表达式为x=m(cu+受)，放B正 7.(0wm(2-号m（3)号 √3 确，ACD错误.故选B 解析：(1)因为弹簧振子做简谐运动，所以其机械能保持不 4.BC解析：AB.当A,B两点在平衡位置的同侧时有2A 变，由题意知，机械能为E=E+E=0.8」， 又因为在最大位移处时，弹簧振子的动能为零，机械能为 民受加，可得只，=石，号或者，红 3 3 此时的弹性势能，且此时的形变量为银幅A,则E== 0.8」，解得振幅为A=0.08m. 因此可知第二次经过B点时P 2三号-6T=.解得 32m (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 T,此时位移关系为4：L,解得有放A错 3-1 2k=E。=06】,解得x0=±m 误，B正确；CD.当A、B两点在平衡位置两侧时有 (3)因为简谐运动满足x=Asin(o+a), 则=0时，物体的振动位移x。=Asin 2A=4sim9… 24=Asin,解得g,=-夏或者.=5西 6 6 解得，=了或6=罗 （由因中运动方肉会去).，=号或者，号，当第二次经 选择性必修第一册学霸22