第2章 机械振动 单元过关检测(二)-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用课件(鲁科版)

单元过关检测(二) (分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．关于水平方向上做简谐运动弹簧振子受力和运动的特点，下列说法正确的是(　　) A．物体越接近平衡位置，加速度越大 B．弹力的方向总指向平衡位置 C．物体速度的方向跟离开平衡位置的位移的方向总是相同的 D．物体的加速度的方向跟速度的方向始终相反 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 14 9 15 单元过关检测 解析：根据F＝－kx可知，物体越接近平衡位置时，位移越小，回复力越小，加速度越小，故A错误； 弹力的方向即为回复力方向，总是指向平衡位置，故B正确； 当物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反，当物体运动方向背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，根据F＝－kx可知位移的方向总跟加速度方向相反，所以物体的加速度的方向跟速度的方向可能相同也可能相反，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 14 9 15 单元过关检测 2．如图所示，由小球和弹簧组成的弹簧振子在光滑固定的斜面上做简谐振动，则小球(　　) A．可能做匀变速运动 B．所需回复力仅由弹簧的弹力提供 C．在平衡位置时的速度最大 D．运动周期与振幅有关 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 解析：简谐振动不是匀变速运动，其加速度是随时间变化的，故A错误； 题图所示情况下，简谐振动的回复力是弹簧的弹力、支持力以及重力的合力提供的，故B错误； 做简谐振动的小球在平衡位置合力为零，加速度为零，速度达到最大值，故C正确； 题图中的简谐振动周期跟小球的质量以及弹簧的劲度系数有关，与振幅无关，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 3．一个做简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过相距10 cm的A、B两点，且由A到B的过程中速度方向不变，历时0.5 s。过B点后再经过t＝ 0.5 s，质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点，则质点振动的周期是(　　) A．0.5 s B．1.0 s C．2.0 s D．4.0 s √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故小球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误； 单摆的摆动周期与小球的摆角大小无关，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 5．用质量不计的弹簧把质量为3m的木板A与质量为m的木板B连接组成如图所示的装置，B板置于水平地面上，现用一竖直向下的力F向下压木板A，撤去F后，B板恰好被提离地面，由此可知力F的大小是(　　) A．5mg B．4mg C．3mg D．2mg √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 解析：撤销F后，A板做简谐运动，在最高点，B恰好被提离地面，弹簧伸长，拉力等于物体B所受的重力mg，即F弹＝mg，弹簧对A、B的拉力相等，故对物体A的拉力也等于mg，最高点物体A的回复力F回＝3mg＋F弹＝3mg＋mg＝4mg，根据对称性可知，物体A被压缩到最低点释放瞬间的回复力也为4mg，此时F回＝N－3mg＝4mg，所以N＝7mg，没有撤去推力F时，物体A受重力、支持力和推力，根据三力平衡条件，有F＋3mg＝N，所以F＝N－3mg＝4mg，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 7．劲度系数为20 N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．振子在图中A点对应时刻所受的弹力大小为5 N，方向指向x轴的负方向 B．振子在图中A点对应时刻的速度方向指向x轴的负方向 C．在前4 s内振子做了1.75次全振动 D．在前4 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 解析：由题图可知A在t轴上方，位移x＝0.25 cm，所以弹力F＝－kx＝ －5 N，即弹力大小为5 N，方向指向x轴负方向，A正确； 由题图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，B错误； 由题图可看出，t＝0、t＝4 s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在前4 s内经过两个周期，故振子完成两次全振动，C错误； 由于t＝0时刻和t＝4 s时刻振子都在最大位移处，故位移为0，又由于振幅为0.5 cm，在前4 s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为s＝2×4×0.50 cm＝4 cm，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．如图甲所示，把小球安装在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和弹簧穿在光滑的水平杆上，小球固定有笔头。小球振动时，沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，纸带上可留下痕迹，a、b是纸带上的两点，不计阻力，如图乙所示。由此可判断(　　)　 A．t时间内小球的运动路程为vt B．小球和弹簧组成的系统机械能守恒 C．小球通过a点时的速度大于通过b点的速度 D．如果小球以较小的振幅振动，则周期也会变小 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 解析：vt是t时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，A错误； 小球振动过程只有弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，B正确； 由题图可知小球通过a点时更靠近平衡位置，其速度大于通过b点的速度，C正确； 小球的运动是简谐运动，其振动周期与振幅无关，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 解析：物块由O点静止释放后做简谐运动，因在O点时的加速度为向下的g，则到达A点时的加速度为向上的g，A正确； 从O点到A点，开始阶段重力大于向上的弹力，则加速度向下，随弹力的增大，回复力减小，加速度减小，当到达平衡位置时回复力为零，此时加速度为零，然后继续向下运动时向上的弹力大于重力，随弹力的增大，回复力增大，加速度向上且逐渐增大，到达最低点时加速度最大，则物块的回复力先减小后增大，物块的加速度先减小后增大，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 10．如图甲所示，小明做摆角较小的单摆实验，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测出当地重力加速度g＝π2 m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右振动为正方向，则下列说法正确的是(　　) A．此单摆的振动频率是2 Hz B．单摆的摆长约为1.0 m C.仅改变摆球质量，单摆周期不变 D．t＝0时刻，摆球位于B点 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 t＝0时刻，由题图乙可知，摆球位于负向最大位移处，题图中单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(10分)在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (1)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图甲所示，则摆球直径d＝________cm。 解析：摆球直径d＝18 mm＋4×0.1 mm＝18.4 mm＝1.84 cm。 1.84 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 最低点 2.25 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (3)测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图像。理论上T2－l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图乙所示，造成图像不过坐标原点的原因可能是_______________________________，由图像求出的重力加速度g＝________m/s2。(取π2＝9.87) 将线长当作摆长 9.87 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 12．(10分)在“探究单摆的周期与摆长的关系并利用单摆测定重力加速度”实验中： (1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径d＝________mm。 解析：根据题意，由题图甲可知，摆球的直径 d＝18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm。 18.6 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (2)实验时，若摆球在垂直于纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图乙所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化的图线如图丙所示，则该单摆的周期 T＝________，测得摆线长为L，则当地的重力加速度g＝____________。 2t0 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (3)若保持悬点到小球顶点的绳长不变，单摆振幅不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则单摆的周期将____________(选填“变大”“不变”或“变小”)，图丙中的Δt将________(选填“变大”“不变”或“变小”)。 变大 变大 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 13．(10分)有一个弹簧的劲度系数为100 N/m、小球的质量为0.5 kg的弹簧振子，让其在水平方向上的B、C之间做简谐运动。已知B、C间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动。求： 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (1)振子的振幅和周期； 答案：10 cm　0.2 s　 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (2)振子振动过程中处于最大位移处的加速度大小。 答案：20 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 14．(12分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。 (1)求t＝0.25×10－2 s时的位移。 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 14 9 15 单元过关检测 答案：－1.414 cm　 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 14 9 15 单元过关检测 (2)在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的时间内，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？ 解析：在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的时间内，质点的位移、回复力、势能都增大，速度、动能均减小。 答案：见解析　 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 14 9 15 单元过关检测 (3)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程为多大？ 解析：一个周期内通过的路程为4个振幅。 因为Δt＝8.5×10－2 s＝4.25T 路程s＝4A×4.25＝34 cm。 答案：34 cm 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 14 9 15 单元过关检测 15．(12分)如图所示，两竖直挡板间有一光滑的水平直杆，一轻弹簧穿在杆上，左侧与挡板相连，右侧与穿在杆上的小球甲相连，现让小球甲开始做简谐运动，其位移随时间的关系式为x＝2sin 5πt cm，当小球甲经过平衡位置时，在小球甲正上方由静止释放小球乙，结果甲与乙恰好相碰。甲、乙均视为质点，弹簧的劲度系数k＝100 N/m，重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦，求： 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (1)小球乙下落的高度h； 答案：0.2n2 m(n＝1，2，3…)　 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 (2)小球甲的最大动能Ek。 答案：0.02 J 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 9 15 14 单元过关检测 解析：根据题意，由振动的对称性可知，AB的中点(设为O)为平衡位置，A、B两点对称分布于O点两侧。质点从平衡位置O向右运动到B的时间应为tOB＝ eq \f(1,2) ×0.5 s＝0.25 s，质点从B向右到达右方最大位移处(设为D)的时间tBD＝ eq \f(1,2) ×0.5 s＝0.25 s，所以质点从O到D的时间tOD＝ eq \f(1,4) T＝0.25 s＋0.25 s＝0.5 s，所以T＝2.0 s，C正确。 4.如图所示，在一根细线下悬挂一个小球(体积可忽略)组成了单摆，若摆线长为L，小球在竖直面做小角度摆动，小球经过平衡位置时的速度为v，当小球在竖直面做简谐运动时，以下判断正确的是(　　) A.单摆的摆动周期与小球的质量有关，小球质量越大单摆周期越小 B．小球经过平衡位置时受到的回复力大小F＝m eq \f(v2,L) C．若小球带正电，并加一竖直向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小 D．若减小小球的摆角，则单摆的摆动周期会减小 解析：单摆的摆动周期T＝2π eq \r(\f(L,g)) 与小球的质量大小无关，故A错误； 若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平衡位置时，等效重力加速度g′＝g＋ eq \f(qE,m) ，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝2π eq \r(\f(L,g′)) ＝2π eq \r(\f(L,g＋\f(qE,m))) 减小，故C正确； 6．一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y＝0.1sin 2.5πt，位移y的单位为m，时间t的单位为s，则(　　) A．弹簧振子的振幅为0.2 m B．弹簧振子的周期为1.25 s C．在t＝0.2 s时，振子的运动速度最大 D．在t＝0.1 s时，振子的位移为 eq \f(\r(2),20) m 解析：弹簧振子的振幅为0.1 m，A错误； 弹簧振子的周期T＝ eq \f(2π,ω) ＝ eq \f(2π,2.5π) s＝0.8 s，B错误； 在t＝0.2 s时，y＝0.1 m，此时振子的位移最大，则振子的运动速度为0，C错误； 在t＝0.1 s时，振子的位移y＝0.1 sin eq \f(π,4) m＝ eq \f(\r(2),20) m，D正确。 9.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定于P点，下端连接一个质量为m可视为质点的物块。现将物块由O点静止释放，OP为弹簧原长，物块到达最低点A点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．物块在A点的加速度大小为g B．O、A两点的距离为 eq \f(mg,k) C．从O点到A点，物块的加速度先增大后减小 D．从O点到A点，物块的回复力先减小后增大 在OA的中点时为平衡位置，此时满足mg＝kΔx，则O、A两点的距离x＝2Δx＝ eq \f(2mg,k) ，B错误； 解析：由题图乙可知，此单摆的周期T＝2 s，则此单摆的振动频率f＝ eq \f(1,T) ＝0.5 Hz，故A错误； 根据单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(L,g)) ，可得单摆的摆长L＝ eq \f(gT2,4π2) ＝1.0 m，仅改变摆球质量，单摆周期不变，故B、C正确； (2)摆球摆动稳定后，当它到达________________(选填“最低点”或“最高点”)时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝1，2，3…)) ，当n＝60时刚好停表。停止计时的秒表读数为67.5 s，该单摆的周期为T＝________________s(周期要求保留3位有效数字)。 解析：由于在最低点摆球的运动速度最快，如果记录位置有误差，那么时间的相对误差较小，在最低点开始计时；由于每两次经过最低点的时间间隔为一个周期，因此振动周期T＝ eq \f(67.5,30) s＝2.25 s。 解析：有可能将线长当作摆长，从而当线长为0时，振动周期大于0，根据g＝ eq \f(4π2,T2) (l＋l0)，图线的斜率k＝ eq \f(4π2,g) ，由题图乙可得k＝4 s2/m，可得g＝9.87 m/s2。 2,0) eq \f(π2（2L＋d）,2t) 解析：一个周期内小球两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，由题图丙可得，周期 T＝t1＋2t0－t1＝2t0 摆长l＝L＋ eq \f(d,2) 则有2t0＝2π eq \r(\f(L＋\f(d,2),g)) 解得重力加速度g＝2,0) eq \f(π2（2L＋d）,2t) 。 解析：小球的直径变大后，摆长变长，根据T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知周期变大；同时小球直径变大后使得每次经过最低点时摆球的挡光的时间变长，即Δt变大。 解析：振子的振幅A＝ eq \f(1,2) BC＝10 cm 周期T＝ eq \f(t,n) ＝ eq \f(2,10) s＝0.2 s。 解析：振子振动过程中处于最大位移处的加速度大小 am＝ eq \f(kA,m) ＝ eq \f(100×0.1,0.5) m/s2＝20 m/s2。 解析：由题图可知周期T＝2×10－2 s 则ω＝ eq \f(2π,T) ＝100π rad/s 则简谐运动的表达式为 x＝－A cos ωt＝－2cos 100πt cm 当t＝0.25×10－2 s时， x1＝－ eq \r(2) cm≈－1.414 cm。 解析：由x＝2sin 5πt cm可知，小球甲的运动周期为T＝ eq \f(2π,5π) s＝0.4 s 要使小球甲与小球乙相遇，则小球乙的运动时间为 t＝n eq \f(T,2) ＝0.2n s(n＝1，2，3…) 根据自由落体运动规律有 h＝ eq \f(1,2) gt2＝0.2n2 m(n＝1，2，3…)。 解析：由x＝2sin 5πt cm可知，小球甲的振幅为A＝2 cm 在运动过程中，弹簧的弹性势能与动能相互转化，根据机械能守恒定律有小球甲的最大动能为 Ek＝ eq \f(0＋kA,2) A＝0.02 J。 $