第2章 感知高考-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练习（人教版2019）

第二章 机 械 振 动 练 1. （多选） （ 2023 ·山东卷） 如图所示， 沿水 平方向做简谐运动的质点， 依次通过相 距 L 的 A 、 B 两点。 已知质点在 A 点的位 移大小为振幅的一半， B 点位移大小是 A 点的 3 姨 倍， 质点经过 A 点时开始计时， t 时刻第二次经过 B 点， 该振动的振幅和 周期可能是 （ ） A． 2L 3 姨 -1 ， 3t B． 2L 3 姨 -1 ， 4t C． 2L 3 姨 +1 ， 12 5 t D． 2L 3 姨 +1 ， 12 7 t 2. （ 2022 ·浙江卷） 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 T 2 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 v 2 时， 其运动周期为 2T 3. （ 2022 ·山东模拟） 如图所示， 倾角为 30° 的斜面固定在水平地面上， 其下端有一 垂直于斜面的固定挡板。 轻质弹簧的一端 与挡板相连， 另一端连接一质量为 0.4 kg 的光滑小球 （可视为质点）。 现将小球由 平衡位置 O 沿斜面向上拉动 15 cm 至 P 点， 使其在 P 、 P′ 之间做简谐运动， M 、 N 为斜面上关于 O 点对称的两点。 规定 沿斜面向上为正方向， 已知弹簧的劲度 系数为 20 N/m ， 且弹簧始终处于弹性限 度内， 取 g＝10 m/s 2 。 则 （ ） A. 小球在 P 点的回复力为 －5 N B. 小球在 P′ 点时弹簧的形变量为 25 cm C. 小球从 N 点向上运动， 经 3 4 个周期， 其运动的路程小于 45 cm D. 在 M 、 N 两点， 小球的速度大小相等， 弹簧的弹性势能也相等 4. （多选） （ 2022 ·湖南卷） 下端附着重物的 粗细均匀木棒， 竖直浮在河面， 在重力 和浮力作用下， 沿竖直方向做频率为 1 Hz 的简谐运动； 与此同时， 木棒在水平方 向上随河水做匀速直线运动， 如图甲所 示。 以木棒所受浮力 F 为纵轴， 木棒水 感 知 高 考 第 1 题图 第 2 题图 x 第 3 题图 30° N P M O P′ A B 61 练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 平位移 x 为横轴建立直角坐标系， 浮力 F 随水平位移 x 的变化如图乙所示。 已知 河水密度为 ρ ， 木棒横截面积为 S ， 重力 加速度大小为 g 。 下列说法正确的是 （ ） A. x 从 0.05 m 到 0.15 m 的过程中， 木棒 的动能先增大后减小 B. x 从 0.21 m 到 0.25 m 的过程中， 木棒 加速度方向竖直向下， 大小逐渐变小 C. x＝0.35 m 和 x＝0.45 m 时， 木棒的速度 大小相等， 方向相反 D. 木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 F 1 -F 2 2ρSg 5. （ 2020 ·浙江模拟） 如图所示为一质 点的简谐运动图 像。 由图可知， 下 列说法正确的是 （ ） A． 质点的运动轨迹为正弦曲线 B． t＝0 时， 质点正通过平衡位置向正方向 运动 C． t＝0.25 s 时， 质点的速度方向与位移的 正方向相反 D． 质点运动过程中， 两端点间的距离为 0.1 m 6. （ 2020 ·广东模拟） 弹簧振子在光滑水平面 上振动， 其位移— 时间图像如图所 示 ， 则下列说法 正确的是 （ ） A． 10 s 内振子的路程为 1 m B． 动能变化的周期为 2.0 s C． 在 t＝1.0 s 时， 振子的速度反向 D． 振动方程是 x＝0.10sin πt （ m ） 7. （多选 ） （ 2020 ·广州模 拟） 用单摆测定重力加速 度 g 的实验 。 如图 ， 甲 、 乙、 丙分别是三位同学作 出的单摆周期平方与摆长 的 T 2 -L 图像。 其中甲、 乙平行， 乙、 丙 均过原点， 根据乙求出的 g 值接近当地 重力加速度的值， 则下列分析正确的是 （ ） A． 根据甲求出的 g 值大于根据乙求出的 g 值 B． 根据丙求出的 g 值大于根据乙求出的 g 值 C． 根据 T 2 -L 图线 ， 可由 g＝ ΔL ΔT 2 求出 g 的值 D． 甲不过原点的原因可能是误将悬点到 摆球上端的距离记为摆长 L 8. （ 2023 ·新课标） 一学生小组做 “用单摆测 量重力加速度的大小” 实验。 （ 1 ） 用实验室提供的螺旋测微器测量摆 球直径。 首先， 调节螺旋测微器， 拧 动微调旋钮， 使测微螺杆和测砧相 触时， 发现固定刻度的横线与可动 甲 乙 丙 T 2 O L 第 7 题图 第 4 题图 甲 乙 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x/m F/N F 1 F 2 O 第 5 题图 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 5 0 -5 t/s x/cm 第 6 题图 O t/s x/cm -10 10 1.0 2.0 62 第二章 机 械 振 动 练 刻度上的零刻度线未对齐， 如图甲 所示， 该示数为 mm ； 螺旋 测微器在夹有摆球时示数如图乙所 示， 该示数为 mm ， 则摆球 的直径为 mm 。 （ 2 ） 单摆实验的装置示意图如图丙所示， 其中角度盘需要固定在杆上的确定 点 O 处， 摆线在角度盘上所指的示 数为摆角的大小。 若将角度盘固定 在 O 点上方， 则摆线在角度盘上所 指的示数为 5° 时， 实际摆角 （填 “大于” 或 “小于”） 5° 。 （ 3 ） 某次实验所用单摆的摆线长度为 81.50 cm ， 则摆长为 cm 。 实验中观测到从摆球第 1 次经过最 低点到第 61 次经过最低点的时间间 隔为 54.60 s ， 则此单摆周期为 s ， 该小组测得的重力加速度大 小为 m/s 2 。 （结果均保留 三位有效数字， π 2 取 9.870 ） 9. （ 2022 ·成都模拟） 某学习小组的同学在实 验室用如图甲所示的装置研究单摆。 将 单摆挂在力传感器的下端， 同时由连接 到计算机的力传感器得到了摆线对摆球 的拉力大小 F 随时间 t 变化的图像如图 乙所示。 （ 1 ） 如图丙， 用游标卡尺测量摆球的直径， 测出的摆球直径为 mm 。 （ 2 ） 小组成员在实验过程中有下列说法， 其中正确的是 和 （填序号）。 A. 对于摆球的选择， 可以是铁球， 也可以是塑料球 B. 单摆偏离平衡位置的角度最好控 制在 5° 以内 C. 由图乙可知， 单摆的周期为 4t 0 D. 如果用悬线的长度作为摆长， 代 入单摆周期公式计算得到的重力 加速度值偏大 （ 3 ） 为减小实验误差， 多次改变摆长 L ， 测量对应的单摆周期 T ， 用多组实验 数据绘制 T 2 -L 图像如图丁所示。 由图 可知重力加速度大小为 g＝ （用图中字母表示）。 第 8 题图 1 2 3 cm 0 5 10 t 0 3t 0 5t 0 t O F L 1 O L T 2 L 2 T 2 2 T 2 1 甲 乙 丙 丁 第 9 题图 甲 乙 丙 5 0 45 0 5 10 15 20 10 5 0 杆 O 角度盘 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 63 参考答案与解析 14. （ 1 ） 9 N （ 2 ） 1 N 【解析】 （ 1 ） 在平衡位置， 设弹簧压缩量为 x ， 有（ M+m ） g=kx ， 解得 x=0.125 m 。 在最低点， 设物体对平台压力大小为 F 1 ， 由牛顿第 三定律可知， 平台对物体的支持力大小也为 F 1 。 对整体： k （ x+A ） - （ M+m ） g= （ M+m ） a 1 。 对 m ： F 1 -mg=ma 1 ， 解得 a 1 =8 m/s 2 ， F 1 =9 N 。 （ 2 ） 在最高点， 设物体对平台的压力大小为 F 2 ， 对整体： （ M+m ） g-k （ x-A ） = （ M+m ） a 2 ， 对 m ： mg-F 2 =ma 2 ， 解得 a 2 =8 m/s 2 ， F 2 =1 N 。 15. T′ T - - " 1 R 【解析】 设摆长为 l ， 海平面处和离海 平面的高度为 h 处的重力加速度分别是 g 和 g′ 。 根据单摆周期公式得 T=2π l g 姨 ， T′=2π l g′ 姨 ， 故 g g′ = T′ 2 T 2 根据万有引力公式有 G Mm R 2 =mg ， 得 g=G M R 2 ， 同理 g′=G M （ R+h ） 2 ， 得 g g′ = （ R+h ） 2 R 2 。 由以上结论可得 T′ 2 T 2 = （ R+h ） 2 R 2 ， 则 h= T′ T - - " 1 R 。 感 知 高 考 1. BC 【解析】 当 A 、 B 两点在平衡位置的同侧时有 1 2 A=Asin φ a ， 3 姨 2 A=Asin φ b ， 可得 φ a ＝ π 6 ， φ b ＝ π 3 或 者 φ b ＝ 2π 3 ， 因此可知第二次经过 B 点时 φ b ＝ 2π 3 ， 故 2 3 π- π 6 2π T=t ， 解得 T＝4t ， 此时位移关系为 3 姨 2 A- 1 2 A＝ L ， 解得 A＝ 2L 3 姨 -1 ， 故 A 错误， B 正确； 当 A 、 B 两 点在平衡位置两侧时有 - 1 2 A＝Asin φ a ， 3 姨 2 A＝Asin φ b ， 解得 φ a ＝- π 6 或者 φ a ＝- 5π 6 （由图中运动方向舍去）， φ b ＝ π 3 或者 φ b ＝ 2π 3 。 当第二次经过 B 点时 φ b ＝ 2π 3 ， 则 2π 3 - - π 6 " 2π T=t ， 解得 T＝ 12 5 t ， 此时位移关系为 3 姨 2 A+ 1 2 A＝L ， 解得 A= 2L 3 姨 +1 ， 故 C 正确 ， D 错误 。 故 选 BC 。 2. B 【解析】 物体做简谐运动的条件是在运动过程 中所受回复力与位移成正比， 且方向始终指向平衡位 置， 可知小球在杆中点到接触弹簧的过程中， 所受合力 为 0 ， 故小球不是做简谐运动， 故 A 错误； 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， 运动过程为 O→A→O→B→ O ， 根据对称性可知小球从 O→A→O 与 O→B→O ， 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， 故小球动能的变化周期为 T 2 ， 两根弹簧 的总弹性势能的变化周期为 T 2 ， 故 B 正确， C 错误； 小 球的初速度为 v 2 时， 可知小球在匀速阶段的时间变为原 来的 2 倍， 根据弹簧振子的周期公式 T 0 =2π m k 姨 可知， 接触弹簧过程中所用时间与速度无关， 因此总的运动周 期小于 2T ， 故 D 错误， 故选 B 。 3. B 【解析】 O 点为平衡位置 ， 沿斜面向上拉动 15 cm 后， 小球受到的合力为 F 合 ＝kx OP ＝3 N ， 则小球在 P 点的回复力为 －3 N ， 故 A 错误； 由简谐运动的对称性 可知， 小球在 P′ 点的回复力为 3 N ， 有 kΔx－mgsin 30°＝ 3 N ， 解得 Δx＝25 cm ， 故 B 正确 ； 小球经平衡位置 O 时， 速度最大， 从 N 点向上运动， 前 1 4 周期内运动的路 程要大于 15 cm ， 后 1 2 周期内运动的路程为 30 cm ， 总 路程大于 45 cm ， 故 C 错误； 根据简谐运动的对称性可 知， 小球在 M 、 N 两点的速度大小相等， 由系统机械能 守恒可知， 小球在 N 点时弹簧的弹性势能大于小球在 M 点时弹簧的弹性势能， 故 D 错误。 4. ABD 【解析】 由简谐运动的对称性可知， 0.1 m 、 0.3 m 、 0.5 m 时木棒处于平衡位置， 则 x 从 0.05 m 到 0.15 m 的过程中， 木棒从平衡位置下方向上移动， 经平 衡位置后到达平衡位置上方， 速度先增大后减小， 所以 动能先增大后减小， A 正确； x 从 0.21 m 到 0.25 m 的过 程中， 木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动 ( 未到平衡位置 ) ， 加速度方向竖直向下， 大小逐渐变小， B 正确； x＝0.35 m 和 x＝0.45 m 时， 由图像的对称性知浮 力大小相等， 说明木棒在同一竖直高度， 竖直方向速度 大小相等， 方向相反， 而这两个时刻木棒水平方向速度 相同， 所以合速度大小相等， 方向不是相反， C 错误； 木棒底端处于水面下最大位移时， F 1 ＝ρgSh 1 ， 木棒底端 处于水面下最小位移时， F 2 ＝ρgSh 2 ， 木棒在竖直方向做 简谐运动的振幅 A＝ h 1 -h 2 2 = F 1 -F 2 2ρSg ， 故 D 正确。 23 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 第三章 机 械 波 1.波 的 形 成 基础练习 1. AB 【解析 】 介质质点按波源的振动方式振动 ， 但其振动步调不一定相同， 故 A 、 B 正确， C 、 D 错误。 2. C 【解析】 机械波的产生条件是有波源和介质。 由于介质中的质点之间相互作用， 一个质点的振动带动 相邻质点的振动由近及远传播而形成波， 所以 A 、 B 正 确； 波的传播速度是波形由波源向外伸展的速度， 在均 匀介质中其速度大小不变； 而质点振动的速度和方向都 5. D 【解析】 简谐运动图像反映质点的位移随时间 变化的情况， 不是质点的运动轨迹， 故 A 错误； t＝0 时， 质点位于正向最大位移处， 离开平衡位置的位移最大， 速度为 0 ， 故 B 错误； 根据图像的斜率表示速度知， t＝ 0.25 s 时， 质点的速度为正值， 则速度方向与位移的正方 向相同， 故 C 错误； 质点运动过程中， 两端点间的距离 等于 2 倍的振幅， s＝2A＝2×5 cm＝10 cm＝0.1m ， 故 D 正确。 6. D 【解析】 根据振动图像可知周期 T＝2.0 s ， 振幅 A＝10 cm ， t＝10 s＝5T ， 一个周期通过的路程为 4A ， 则 10 s 内通过的路程为 s＝5×4A ， 计算可得 s＝2 m ， 故 A 错 误； 每次经过平衡位置动能最大， 在最大位移处动能为 0 ， 在振子振动一个周期的时间内， 动能完成 2 个周期 的变化， 故动能变化的周期为 1.0 s ， 故 B 错误； 在 t＝ 0.5 s 到 ＝1.5 s 时间内振子沿 x 负方向运动 ， 在 t＝1.0 s 时， 振子的速度未反向， 故 C 错误； 由振动图像知 T＝ 2.0 s ， 则 ω＝ 2π T ， 计算得 ω＝π rad/s ， 振动方程为 x＝ 0.10sin πt （ m ）， 故 D 正确。 7. BD 【解析 】 根据单摆的周期公式 T＝2π L g 姨 ， 得 T 2 ＝ 4π 2 L g ， 根据数学知识可知， T 2 -L 图像的斜率 k＝ 4π 2 g ， 当地的重力加速度为 g＝ 4π 2 k ； 由于甲、 乙平行 即斜率 k 相等， 所以根据甲求出的 g 值等于根据乙求出 的 g 值， 由于丙的斜率小于乙的斜率， 则根据丙求出的 g 值大于根据乙求出的 g 值， 故 A 错误， B 正确； 根据 单摆的周期公式 T＝2π L g 姨 得 g= 4π 2 L T 2 ， 则重力加速度 g=4π 2 ΔL ΔT 2 ， 故 C 错误； 对于甲， 若测量摆长时忘了加 上摆球的半径 ， 则摆长变成摆线的长度 L ， 则有 T 2 ＝ 4π 2 （ L+r ） g ＝ 4π 2 L g + 4π 2 r g 。 根据数学知识可知， 对 T 2 -L 图像来说， T 2 ＝ 4π 2 L g + 4π 2 r g ， 乙线 T 2 ＝ 4π 2 L g 斜率相等， 两者应该平行， 4π 2 r g 是截距， 故作出的 T 2 -L 图像中甲 线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长 L ， 故 D 正确。 8. （ 1 ） 0.007 20.034 20.027 （ 2 ） 大于 （ 3 ） 82.5 1.82 9.83 【解析】 （ 1 ） 测量前测微螺杆和测砧 相触时， 图甲的示数为 d 0 ＝0 mm+0.7×0.01 mm＝0.007 mm 。 螺旋测微器的分度值为 0.01 mm ， 需要估读到分度值的 下一位 ， 则图中的读数为 d 1 ＝20 mm+3.4×0.01 mm＝ 20.034 mm 。 因此摆球的直径为 d＝d 1 -d 0 ＝20.034 mm- 0.007 mm＝20.027 mm 。 （ 2 ） 角度盘的大小一定， 则在 规定的位置安装角度盘， 测量的角度准确， 但将角度盘 固定在规定位置的上方时， 角度盘到悬挂点的距离将会 变短， 因此在保持角度相同的情况下， 摆线在刻度盘上 扫过的弧长会变短， 则摆线在角度盘上所指的示数为 5° 时， 其实实际摆角大于 5° 。 （ 3 ） 根据几何关系可知， 摆长为 l=l 0 + d 2 =81.50 cm+ 2.0027 2 cm=82.5 cm ， 一次全 振动过程中单摆经过最低点两次， 则单摆的周期为 T= 2t n = 54.60 30 s=1.82 s ， 根据单摆的周期公式 T=2π l g 姨 可 得 g= 4π 2 l T 2 ， 代入数据解得 g＝9.83 m/s 2 。 9. （ 1 ） 16.4 （ 2 ） B C （ 3 ） 4π 2 （ L 2 -L 1 ） T 2 2 -T 2 1 【解析】 （ 1 ） 游标卡尺的分度值为 0.1 mm ， 则摆球的直径为 1.6 cm+4×0.1 mm＝1.64 cm＝16.4 mm 。 （ 2 ） 摆球尽量选 取质量大的， 这样可以减少空气阻力带来的影响， 所以 要选铁球， 故 A 错误； 单摆偏离平衡位置的角度最好控 制在 5° 以内， 故 B 正确； 根据拉力随时间的变化图像可 知， 拉力变化的周期为 4t 0 ， 则单摆的周期也为 4t 0 ， 故 C 正确 ； 根据单摆的周期公式 T=2π L g 姨 可知 ， g= 4π 2 L T 2 ， 当用悬线的长度作为摆长时， 则 L 偏小， 因此 测量得到的重力加速度偏小 ， 故 D 错误 。 故选 BC 。 （ 3 ） 根据上述分析可知， T 2 -L 图像的斜率为 k= 4π 2 g = T 2 2 -T 2 1 L 2 -L 1 ， 则 g＝ 4π 2 （ L 2 -L 1 ） T 2 2 -T 2 1 。 24