第2章 机械振动(A卷)(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第二章　机械振动(A卷) (时间:45分钟　满分:100分) 　 一、单项选择题(本题共8小题,每小题4分,共32分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,选对的得4分,选错或不答的得0分) 1.弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的 (　　) A.匀速直线运动 B.匀加速直线运动 C.匀变速直线运动 D.非匀变速直线运动 解析　从位移方面来看,做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化,所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动;从振子的受力情况来看,水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力,而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的。随着振子的不断运动,弹簧的形变量在不断变化,弹簧对振子的弹力也在不断变化,从而振子的加速度也在变化。因此,振子的简谐运动属于非匀变速直线运动,D项正确。 答案　D 2.如图所示,竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定,将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接),用力向下压球,使弹簧被压缩,并用细线把小球和地面拴牢(如图甲)。烧断细线后,发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(如图乙)。那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中,下列说法正确的是 (　　) 　 甲　　　 　乙 A.弹簧的弹性势能先减小后增大 B.球刚脱离弹簧时动能最大 C.球所受合力的最大值等于重力 D.在某一阶段内,小球的动能减小而小球的机械能增加 解析　从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中,弹簧的压缩量一直减小,即弹性势能一直减小,A项错误;运动到平衡位置时速度最大,动能最大,B项错误;球所受合力最大的位置在最低点,若小球刚好脱离弹簧时的速度恰好为零,则由简谐运动的对称性知,在最低点合力的最大值大小等于重力,但由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动,所以在最低点向上的合力大于重力,C项错误;从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中,动能减小,但由于该过程弹簧对小球做正功,小球机械能增加,D项正确。 答案　D 3.如图所示,水平方向的弹簧振子振动过程中,振子先后经过a、b两点时的速度相同,且从a到b历时0.2 s,从b再回到a的最短时间为0.5 s,已知aO=bO,c、d为振子最大位移处,则该振子的振动频率为 (　　) A.1 Hz B.1.25 Hz C.2 Hz D.2.5 Hz 解析　由题可知,a、b两点关于平衡位置对称,从a到b历时t1=0.2 s,从b再回到a的最短时间为0.5 s,即从b到c所用时间为t2= s=0.15 s,所以弹簧振子振动的周期为T=2t1+4t2=1 s,则振动频率为f==1 Hz,A项正确。 答案　A 4.一单摆摆动过程中摆绳对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示,重力加速度为g,则该单摆的摆长为 (　　) A. B. C. D. 解析　摆球运动到最低点时,由重力和绳子拉力提供向心力,所以摆球运动到最低点时,绳子拉力最大,摆球运动一个周期经过两次平衡位置,则由题图可知周期为T=2T0,根据单摆的周期公式T=2π可知l=,B项正确。 答案　B 5.表中记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系,若该振动系统的固有频率为f固,则 (　　) 驱动力 频率/Hz 30 40 50 60 70 80 受迫振动 振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3 A.f固=60 Hz B.60 Hz<f固<70 Hz C.50 Hz<f固<60 Hz D.以上三项都不对 解析　从图所示的共振曲线,可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小;f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大,并从中看出f驱越接近f固,振幅的变化越小,比较各组数据知f驱在50 Hz~60 Hz范围内时振幅变化最小,因此50 Hz<f固<60 Hz,即C项正确。 答案　C 6.扬声器是语音和音乐的播放装置,在生活中无处不在。如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像,下列判断正确的是 (　　) A.t=1×10-3 s时刻纸盆中心的位移最小 B.t=2×10-3 s时刻纸盆中心的加速度最小 C.在0~2×10-3 s之间纸盆中心的速度方向不变 D.纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.0×10-4·sin(50πt) cm 解析　由题图可知,t=1×10-3 s时刻纸盆中心的位移最大,故A项错误;t=2×10-3 s时刻纸盆中心位移为零,加速度最小为零,B项正确;在0~2×10-3 s之间纸盆中心的速度方向先向正方向,后负向运动,C项错误;由题图可知,振幅A=1× 10-4 m,周期T=4×10-3 s,则角速度ω==500π rad/s可得纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.0×10-4sin (500πt) m,D项错误。 答案　B 7.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,人们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 (　　) 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 解析　当驱动力频率等于物体固有频率时,物体的振幅最大,当驱动力频率小于固有频率时,随着驱动力频率增大,振幅增大,当驱动力频率大于固有频率时,随着驱动力频率增大,振幅减小,A项错误,B项正确;破冰船停止工作后,冰层余振的振幅越来越小,但频率不变,C项错误;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同,所以锤头的振动频率不相同,D项错误。 答案　B 8.如图,AB为半径R=2 m的一段光滑圆槽,A 、B两点在同一水平高度上,且AB弧长为10 cm,将一小球(小球半径远小于圆槽半径)从A点由静止开始释放,则它第一次运动到B点所用时间为 (　　) A. B. C.π D.2π 解析　因AB弧长远小于圆弧半径R,则小球的振动可视为单摆,则根据T=2π可知它第一次运动到B点所用时间为t==π,C项正确。 答案　C 二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分) 9.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间t变化的关系为x=Asin ωt,振动图像如图所示,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.简谐运动的圆频率是 rad/s C.第3 s末振子的位移大小为A D.从第3 s末到第5 s末,振子的速度方向发生变化 解析　由题图知,振子在第1 s末与第3 s末的位移相同,即振子经过同一位置,故弹簧的长度相同,A项正确;由题图知,振子振动的周期T=8 s,则圆频率ω== rad/s,B项正确;位移x随时间t变化的函数关系式为x=Asin ωt,第3 s末振子的位移大小为x=Asin=A,C项正确;x-t图像的切线斜率表示速度,可知,从第3 s末到第5 s末,振子的速度方向没有发生变化,一直沿负方向,D项错误。 答案　ABC 10.甲、乙两位同学分别用如图1所示装置研究单摆的运动。已知两人实验时所用单摆摆长相同,单摆振动时的振幅都很小。落在木板上的细砂形成的曲线分别如图2中甲和乙所示。则以下关于两个图像的说法正确的是 (　　) 图1 图2 A.图甲对应单摆摆动幅度较大;图乙对应单摆摆动幅度较小 B.图甲对应单摆摆动周期较大;图乙对应单摆摆动周期较小 C.图甲对应木板运动速度较大;图乙对应木板运动速度较小 D.图甲对应单摆按正弦规律振动,是简谐运动;图乙对应单摆按余弦规律振动,不是简谐运动 解析　单摆摆动的幅度越大,所形成的正弦曲线的最大值越大,由题图可知,图甲对应单摆振动幅度大,图乙对应单摆振动幅度小,A项正确;由于两单摆摆长相同,由单摆的性质可知,两摆的周期相同,B项错误;由题图可知,在一个周期内,图甲对应木板移动的距离较大,而图乙对应木板移动的距离较小,所以图甲对应木板运动速度较大,图乙对应木板运动速度较小,C项正确;图甲为正弦曲线,而图乙为余弦曲线,均表示对应单摆做简谐运动,D项错误。 答案　AC 11.如图所示为某一质点的振动图像,由图可知,在t1和t2两个时刻,|x1|>|x2|,质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为 (　　) A.v1<v2,方向相同 B.v1<v2,方向相反 C.a1>a2,方向相同 D.a1>a2,方向相反 解析　由题图可知,t1、t2两时刻,质点都在沿x轴负方向运动,越靠近平衡位置,速度越大,A项正确;由F=-kx可知F1> F2,对于同一质点来说,a1>a2且方向相反,D项正确。 答案　AD 12.如图所示,A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置。其中,位置A为摆球摆动的最高位置,虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点,则摆球在摆动过程中 (　　) A.位于B处的动能最大 B.位于A处时势能最大 C.在位置A的势能大于在位置B的动能 D.在位置B的机械能大于在位置A的机械能 解析　单摆摆动过程中,机械能守恒,在最高点重力势能最大,最低位置时动能最大,B项正确,A项错误;在B点EB=EkB +EpB=EpA,C项正确,D项错误。 答案　BC 三、非选择题(本题共3小题,其中13题12分,14题14分,15题18分,共44分。计算题解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 13.某同学利用单摆测量重力加速度。 (1)(多选)为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是　　　　(填选项字母)。  A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D.摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大 (2)如图所示,在支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时,由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T2;最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g=　　　　　　　　。  解析　(1)应选用密度较大且直径较小的摆球,A项错误;在摆动中要尽力保证摆长不变,故应选用不易伸长的细线,B项正确;摆动中要避免单摆成为圆锥摆,摆球要在同一竖直面内摆动,C项正确;摆动中摆角要控制在5°以内,所以D项错误。 (2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2,则T1=2π,T2=2π,则ΔL=(T12-T22),因此,g=。 答案　(1)BC　(2) 14.弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动,B、C相距20 cm。某时刻振子处于B点,经过0.5 s,振子首次到达C点,求: (1)振动的周期和频率; (2)振子在5 s内通过的路程及位移大小; (3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值。 解析　(1)设振幅为A,由题意BC=2A=20 cm,所以A=10 cm, 振子从B到C所用时间t=0.5 s,为周期T的一半, 所以T=1.0 s,f==1.0 Hz。 (2)振子在1个周期内通过的路程为4A, 故在t'=5 s=5T内通过的路程s=×4A=200 cm, 5 s内振子振动了5个周期,5 s末振子仍处在B点,所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm。 (3)振子加速度a=-x,a∝x, 所以aB∶aP=xB∶xP=10∶4=。 答案　(1)1.0 s　1.0 Hz　(2)200 cm　10 cm　(3) 15.将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。如图甲中O点为单摆的固定悬点,现将小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=α,α小于5°且是未知量。图乙是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。试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息求:(g取10 m/s2,取1.414) 　　　 甲 乙 (1)单摆的振动周期和摆长; (2)摆球的质量; (3)摆球运动过程中的最大速度。 解析　(1)由题图乙可知单摆的周期 T=0.4π s, 由T=2π , 得摆长l==0.4 m。 (2)在B点拉力的最大值为 Fmax=0.510 N, Fmax-mg=, 在A、C两点拉力最小Fmin=0.495 N, Fmin=mgcos α, A→B过程机械能守恒,即 mgl(1-cos α)=mv2, 由以上各式解得m=0.05 kg。 (3)由Fmax-mg=, 可得vmax≈0.283 m/s。 答案　(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.05 kg　(3)0.283 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$