物理新教材鲁科版选择性必修一习题：单元素养评价第2章　机械振动 19页

温馨提示： 此套题为 Word 版，请按住 Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合 适的观看比例，答案解析附后。关闭 Word 文档返回原板块。 单元素养评价(二)(第 2 章) (90 分钟　100 分) 一、单项选择题(本题共 8 小题,每小题 3 分,共 24 分。在每小题给出 的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.关于简谐运动,公式 F=-kx 中的 k 和 x,以下说法中正确的是 (　　) A.k 是弹簧的劲度系数,x 是弹簧的长度 B.k 是回复力与位移的比例系数,x 是做简谐运动的物体离开平衡位置 的位移 C.对于弹簧振子系统,k 是劲度系数,它表征了弹簧的性质 D.根据 F=-kx,可以认为 k 与 F 成正比 【解析】选 B。k 是回复力与位移的比例系数,x 是做简谐运动的物体离 开平衡位置的位移,故 A 错误,B 正确;只有水平方向的弹簧振子系 统,k 是劲度系数,在斜面上的弹簧振子,k 不为劲度系数,故 C 错误;对 确定的简谐运动,k 为定值,故 D 错误。 2.如图所示,弹簧下端悬挂一个钢球,上端固定,它们组成一个振动系 统。用手把钢球向上托起一段距离,然后释放,钢球便上下振动。如果 钢球做简谐运动,则 (　　) A.弹簧对钢球的弹力是钢球做简谐运动的回复力 B.弹簧弹力为零时钢球处于平衡位置 C.钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等 D.钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变 【解题指南】解答本题时要把握以下三点: (1)做简谐运动的弹簧振子系统机械能守恒。 (2)在半个周期内,振子的位移大小具有对称性。 (3)振动系统的弹性势能与振子的位移有关。 【解析】选 C。回复力应该是振动方向上的合力,即重力和弹簧弹力的 合力,故 A 错;当弹簧弹力为零时钢球受到重力,受力不平衡,故 B 错; 按照简谐运动的对称性可知在钢球位于最高点和最低点时加速度大小 相等,方向相反,故 C 对;对于弹簧和钢球组成的系统来说机械能是守 恒的,由于上下运动,重力势能变化,所以不能说钢球的动能与弹簧的 弹性势能之和保持不变,而是三种能量之和保持不变,故 D 错;故选 C。 【补偿训练】 　　(多选)如图所示,一轻弹簧与质量为 m 的物体组成弹簧振子,物体 在同一条竖直线上的 AB 间做简谐运动,O 为平衡位置,C 为 AO 的中点, 已知 CO=h,弹簧的劲度系数为 k。某时刻物体恰好以大小为 v 的速度经 过 C 点并向上运动。则以此时刻开始半个周期的时间内,对质量为 m 的 物体,下列说法正确的是 (　　) A.重力势能减少了 2mgh B.回复力做功为 2mgh C.速度的变化量的大小为 2v D.通过 A 点时回复力的大小为 kh 【解析】选 A、C。作弹簧振子的振动图像如图所示,由于振动的周期性 和对称性,在半个周期内弹簧振子将运动到 D 点,C、D 两点相对平衡位 置对称,因此弹簧振子的高度降低了 2h,重力做功 2mgh,故弹簧振子的 重力势能减少了 2mgh,A 项正确;回复力是该振子所受的合外力,由对 称关系知,弹簧振子过 D 点的速度大小与过 C 点时相等,方向竖直向下, 因此回复力做的功等于弹簧振子动能的改变量,即为零,而速度的变化 为 Δv=v-(-v)=2v,B 项错,C 项对;弹簧振子通过 A 点相对平衡位置的 位移为 2h,因此回复力 F=-kx=-2kh,D 项错。 3.如图,弹簧振子在 M、N 之间做简谐运动。以平衡位置 O 为原点,建立 Ox 坐标系。若振子位于 M 点时开始计时,则其振动图像为 (　　) 【解析】选 B。取向右为 x 轴正方向,振子运动到 M 点时,振子具有负方 向最大位移,所以振子运动到 M 点时开始计时,振动图像应是余弦曲线, 图像应如 B 图所示。 4.一质点做简谐运动,其相对于平衡位置的位移 x 与时间 t 的关系图 线如图所示,由图可知 (　　) A.质点振动的频率为 1.6 Hz B.质点的振幅为 4.0 cm C.在 0.3 s 和 0.5 s 两时刻,质点的速度方向相同 D.在 0.3 s 和 0.5 s 两时刻,质点的加速度方向相同 【解析】选 D。由图读出周期 T=1.6 s,则频率 f= =0.625 Hz,故 A 错误; 质点的振幅等于振子的位移最大值,由图直接读出振幅 A=2 cm,故 B 错 误;在 0.3 s 时刻,质点正从平衡位置向最大位移处运动,速度沿正方向; 在 0.5 s 时刻,质点正从正向最大位移向平衡位置运动,速度方向沿负 方向,故这两个时刻的速度方向相反,故 C 错误;由简谐运动的特征 a=- ,分析得知,在 0.3 s 和 0.5 s 两时刻,质点的位移相同,所以加速度方 向相同,故 D 正确。 【总结提升】简谐运动图像的解题技巧 (1)振幅 A:图像的峰值。 (2)周期 T(频率 f):完成一次全振动经历的时间为周期,图像上相邻两 个位移为正的最大值或负的最大值之间的时间间隔等于一个周期。周 期与频率的关系:f= 。 (3)任一时刻振动物体的位移:对应图像上点的纵坐标。 (4)任一时刻振动物体的加速度:大小与位移成正比,方向与位移方向 相反,即总是指向平衡位置(即平行于 x 轴且指向 t 轴)。当振动物体运 动到平衡位置时,加速度为零;当位移最大时,加速度最大。 (5)任一时刻振动物体的速度:图像的斜率表示速度,斜率的正负表示 速度的方向,斜率的绝对值表示振动速度的大小。 (6)未来任一时刻的振动状态:将图像直接延长即可,若未来时间多于 一个周期,则利用周期性只需延长去除整数周期后的剩余时间即可。 5.有一个在 y 方向上做简谐运动的物体,其振动图像如图所示,下列关 于图中①～④的判断正确的是 (　　) A.图③可作为该物体的回复力—时间图像 B.图②可作为该物体的回复力—时间图像 C.图①可作为该物体的速度—时间图像 D.图④可作为该物体的加速度—时间图像 【解析】选 A。由图③可知,t=0 时刻该变量为零,从此刻开始,变量逐 渐变大,方向是负的,由于回复力的方向与位移方向等大反向,物体的 位移在 t=0 时刻从零逐渐变大,方向是正的,则它对应的回复力从零开 始逐渐变大,方向是负的,因此图③可作为该物体的回复力—时间图像, 故 A 正确;由图②所示可知,在 t=0 时刻该量为正的最大,从 t=0 时刻该 量逐渐减小,图②不能作为该物体的回复力—时间图像,故 B 错误;做 简谐运动的物体在平衡位置时速度最大,物体从平衡位置向正的最大 位移处运动过程中,速度逐渐减小,速度方向为正的,由图①所示图像 可知,该图像所反映的量在 t=0 时刻为零,从 t=0 时刻开始逐渐变大, 该图像不能作为该物体的速度—时间图像,故 C 错误;由牛顿第二定律 可知,做简谐运动物体的加速度:a= ,加速度大小与位移成正比,方向 与位移方向相反,在 t=0 时刻,物体的位移为零,加速度大小为零,由图 ④所示图像可知,该图像不能作为该物体的加速度—时间图像,故 D 错 误。 6.如图所示,细线下悬挂了一个除去柱塞加入墨水的注射器,注射器会 向下喷出细细的一束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向以速率 v 水平 匀速拉动一张白纸,白纸上的墨迹便画出了如图所示的振动图像。把注 射器的摆动看作是简谐运动,x0 为图中对应两点的平衡位置间距离,则 由图可得 (　　) A.匀速拉动白纸时注射器的振动周期为 B.向右匀加速拉动白纸时注射器的振动周期大于 C.向左匀减速拉动白纸时注射器的振动周期小于 D.向右匀加速拉动白纸时注射器的振动周期等于 【解析】选 D。匀速拉动白纸,一个周期内通过的位移为 4x0,则振动周 期 T= ,故 A 错误;向右匀加速拉动白纸,注射器振动的周期不变,仍 为 T= ,故 B 错误;同理,向左匀减速或向右匀加速拉动白纸,周期仍 为 T= ,故 C 错误,D 正确。 7.一位游客在千岛湖边欲乘坐游船,当日风浪较大,游船上下浮动。可 把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,振幅为 20 cm,周期为 3.0 s。 当船上升到最高点时,甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差 不超过 10cm 时,游客能舒服地登船。在一个周期内,游客能舒服登船的 时间是 (　　) A.0.5 s　　　B.0.75 s　　　C.1.0 s　　　D.1.5 s 【解析】选 C。由于振幅 A 为 20 cm,振动方程为 y=Asinωt(平衡位置 计时,ω= ),由于高度差不超过 10 cm,游客能舒服地登船,代入数据 可知,在一个振动周期内,临界时刻为 t1= ,t2= ,所以在一个周期内 游客能舒服登船的时间为 Δt=t2-t1= =1.0 s,答案选 C。 8.如图所示为一双线摆,它是在一水平天花板上用两根等长细绳悬挂 一小球而构成的,绳的质量可以忽略,设图中的 l 和 α 为已知量,当小 球垂直于纸面做简谐运动时,周期为 (　　) A.2π 　　　　 B.2π C.π D.2π 【解析】选 A。如题图所示,等效摆长为 lsinα,由于小球做简谐运动, 故双线摆的振动周期为 T=2π ,所以选 A。 二、多项选择题(本题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分。在每小题给出 的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分,选对但不全 的得 2 分,有选错的得 0 分) 9.卡车在水平道路上行驶,货物随车厢做上下方向的振动而不脱离车 厢底板。设向上为正方向,其振动图像如图所示,则 (　　) A.t1 时刻货物速度为零 B.t2 时刻货物处于最高点 C.t3 时刻货物处于超重状态 D.t4 时刻货物处于超重状态 【解析】选 B、C。t1 时刻货物的位移为零,其加速度为零,货物的速度 最大,故 A 错误;t 2 时刻货物的位移为正向最大,根据简谐运动的特征 得知货物处于最高点,故 B 正确;t 3 时刻货物的位移为负向最大,根据 简谐运动的特征得知其加速度为正向最大,即向上最大,根据牛顿第二 定律得知,货物处于超重状态,故 C 正确; t4 时刻货物的位移为零,其加 速度为零,根据牛顿第二定律得知,货物对车厢底板的压力等于货物的 重力,故 D 错误。 10.一个质点以 O 为中心做简谐运动,位移随时间变化的图像如图所示。 a、b、c、d 表示质点在不同时刻的相应位置,且 b、d 关于平衡位置对 称,则下列说法正确的是 (　　) A.质点做简谐运动的方程为 x=Asin t B.质点在位置 b 与位置 d 时速度大小相同,方向不同 C.质点从位置 a 到 c 和从位置 b 到 d 所用时间相等 D.质点从位置 a 到 b 和从 b 到 c 的平均速度相等 【解析】选 A、C。根据图像可得周期 T=8 s,故角速度 ω= = ,简谐 运动方程为 x=Asin t,故 A 正确;x-t 图像是正弦图像,故质点通过位 置 b、d 时,相对平衡位置的位移等大反向,速度相同,故 B 错误;质点从 位置 a 到 c 和从位置 b 到 d 所用的时间相等,均为 2 s,故 C 正确;质点 从位置 a 到 b 和从 b 到 c 的过程中时间相同但位移大小不同,故平均 速度不同,故 D 错误。 11.下列说法正确的是 (　　) A.在同一地点,单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正比 B.弹簧振子做简谐运动时,振动系统的势能与动能之和可以减少 C.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐运动的周期 越小 D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频 率 【解析】选 A、D。根据单摆的周期公式 T=2π ,解得:T2= L,在同 一地点,g 一定,则知 T2 与 L 成正比,即单摆做简谐运动的周期的平方 与其摆长成正比,A 正确;弹簧振子做简谐运动时,振动系统的机械能守 恒,即振动系统的势能与动能之和保持不变,B 错误;根据单摆的周期公 式 T=2π 可知单摆做简谐运动的周期与摆球质量无关,C 错误。系统 做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,与固 有频率无关,D 正确。 12.物体在周期性外力作用下的振动叫作受迫振动,下列振动属于受迫 振动的有 (　　) A.扬声器纸盆的振动 B.单摆的左右摆动 C.演奏中吉他弦的振动 D.大海中航行的军舰随波浪摇晃 【解析】选 A、D。振动物体在周期性外力作用下所做的振动叫受迫振 动,符合受迫振动的是 A、D;故选 A、D。 三、实验题(本题共 2 小题,共 14 分) 13.(6 分)甲同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验,但没有合 适的摆球,他找到了一块长为 3 cm 左右,外形不规则的大理石块代替小 球。他设计的实验步骤是: A.将石块用细线系好,结点为 M,将细线的上端固定于 O 点(如图所示) B.用刻度尺测量 OM 间细线的长度 l 作为摆长 C.将石块拉开一个大约 α=30°的角度,然后由静止释放 D.从石块摆到最高点时开始计时,测出 30 次全振动的总时间 t,由 T= 得出周期 (1)则该同学以上实验步骤中有错误的是________。 (2)若该同学用 OM 的长作为摆长,这样做引起的系统误差将使重力加 速度的测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。 (3)如果该同学改正了错误,改变 OM 间细线的长度做了 2 次实验,记下 每次相应的细线长度 l1、l2 和周期 T1、T2,则由上述四个量得到重力加 速度 g 的表达式是______________。 【解析】(1)该同学以上实验步骤中有错误的是 B、C、D;B 中,摆长应 是从悬点到大理石块的质心的距离;C 中,石块的摆角太大,将不能看作 简谐运动,单摆周期公式失效,不能测定 g;D 中,测量时间应从石块摆 到最低点开始计时,因为最低点的位置石块速度最大,相同的视觉距离 误差,引起的时间误差较小,则周期测量比较准确。 (2)根据单摆的周期公式 T=2π ,得:g= 。该同学用 OM 的长 l 作 为摆长,摆长偏小,根据上述表达式得知,g 的测量值偏小。 (3)设摆线的结点到大理石块质心的距离为 r,则根据单摆的周期公式 T=2π 得:T1=2π ,T2=2π ,联立解得:g= 。 答案:(1)B、C、D　(2)偏小　(3)g= 14.(8 分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,测出了单摆在摆角小 于 5°时完成 n 次全振动的时间为 t,如图(A)所示用毫米刻度尺测得 摆线长为 L,又用游标卡尺测得摆球直径为 d,如图(B)所示。 (1)由图可知摆球直径是________cm,单摆摆长是________m。 (2)实验中某同学每次的测定值都比其他同学偏大,其原因可能是 ________。 A.他的摆球比别的同学重 B.他的摆没在竖直面内摆动,而成了圆锥摆 C.数摆动次数时,在记时的同时,就开始数 1,误将 29 次全振动记成了 30 次 D.直接将摆线长作为摆长来计算 (3)利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长 L 时相应周期 值 T,作 T2-L 图线,如图(C)所示。T2 与 L 的关系式 T2=________,利用图 线上任两点 A、B 的坐标(x1,y1)、(x2,y2)可求出图线的斜率 k=________, 再由 k 可求出 g=________。 【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为 20 mm, 游标读数为 0.1×0 mm=0.0 mm, 则最终读数为 20.0 mm=2.00 cm 摆长的大小 l=L+ =98.50 cm+1.00 cm=99.50 cm=0.995 m。 (2)根据 T=2π 得,g= = ① 由公式①可知,重力加速度的测量值的大小与摆球的质量无关,故 A 错 误;他的摆没在竖直面内摆动,而成了圆锥摆,设圆锥摆的摆线与竖直 方向之间的夹角为 θ,则:mgtanθ=m· · ·sinθ 可得:T=2π 可知圆锥摆的周期小于单摆的周期;由于 T 的测量值减小,所以重力加 速度 g 的测量值增大,故 B 正确;数摆动次数时,在记时的同时,就开始 数 1,误将 29 次全振动记成了 30 次,周期的测量值:T= ,全振动次数 n 增大,则周期 T 的测量值减小,所以重力加速度 g 的测量值增大,故 C 正确;直接将摆线长作为摆长来计算,则摆长 l 减小,所以重力加速度 g 的测量值减小,故 D 错误。故选:B、C。 (3)根据 T=2π 得:T2= 。 则图线的斜率为:k= = 。 则有:g= = 。 答案:(1)2.00　0.995　(2)B、C (3) 　 　 四、计算题(本题共 4 小题,共 46 分。要有必要的文字说明和解题步骤, 有数值计算的要注明单位) 15.(8 分)如图所示为一弹簧振子的振动图像,求: (1)从计时开始经多长时间第一次达到弹性势能最大。 (2)在 2～3s 这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各 怎样变化。 (3)该振子在前 100 s 内的总位移是多少。路程是多少。 【解析】(1)由题图知,在计时开始的时刻振子恰好以沿 x 轴正方向的 速度通过平衡位置,此时弹簧振子有最大动能,随着时间的延长,速度 不断减小,而位移逐渐增大,经 T,即 1 s,其位移达到最大,此时弹性势 能最大。 (2)由题图知,t=2 s 时,振子恰好通过平衡位置,此时加速度为零;随着 时间的延长,位移不断增大,加速度也变大,速度不断减小,动能不断减 小,弹性势能逐渐增大;当 t=3 s 时,加速度达到最大,速度等于零,动能 等于零,弹性势能达到最大值。 (3)振子经一个周期,位移为零,路程为 4×5 cm=20 cm, 前 100 s 刚好经过了 25 个周期,所以前 100 s 内振子位移 x=0,振子通 过的路程 s=20×25 cm=500 cm=5 m。 答案:(1)1 s　(2)见解析　(3)0　5 m 16.(8 分)一列简谐横波由 a 点向 b 点传播,振幅为 10 cm,t=0 时刻 a 质 点的位移为+5 cm 且向上振动,b 质点恰在平衡位置向上振动;经 t=0.1 s,b 质点的位移第一次为+5 cm。 (1)求质点振动的周期 T; (2)写出 b 质点的振动方程。 【解析】(1)b 质点的振动方程表达式为:y=Asin( t) cm, t=0.1 s 时:y=10sin( ×0.1) cm=5 cm, 所以 = , 可得 T=1.2 s; (2)b 质点的振动方程: y=Asin( t) cm=10sin( t) cm。 答案:(1)1.2 s　(2)y=10sin( t) cm 17.(14 分)如图所示,倾角为 θ、光滑的斜面体固定在水平面上,底端 有垂直斜面的挡板,劲度系数为 k 的轻质弹簧,下端拴接着质量为 M 的 物体 B,上端放着质量为 m 的物体 P(P 与弹簧不拴接)。现沿斜面向下压 P 一段距离后释放,它就沿斜面上下做简谐运动,振动过程中,P 始终没 有离开弹簧。试求: (1)P 振动的振幅的最大值。 (2)P 以最大振幅振动时,B 对挡板的最大压力。 【解析】(1)P 若做简谐运动,则 P 位于平衡位置时,沿斜面方向受到的 合外力等于 0,而 P 沿斜面的方向上有重力的分力和弹簧的弹力,可知 二者大小相等,方向相反,即:kΔx=mgsinθ 所以:Δx= 由题意,P 向上到达最高点的位置时,弹簧的长度恰好等于原长,是 P 仍 然能做简谐运动的最高点,所以 P 的最大振幅:A=Δx= (2)P 以最大振幅振动时,由简谐运动的特点可知,P 到达最低点时,弹 簧的压缩量 Δx′=2Δx。以 B 为研究对象,则 B 受到重力、斜面的支持 力 、 挡 板 的 支 持 力 和 弹 簧 沿 斜 面 向 下 的 压 力 , 沿 斜 面 的 方 向:Nmax=Mgsinθ+k·Δx′ 联立得:Nmax=Mgsinθ+2mgsinθ 由牛顿第三定律得: F 压 max=Nmax=Mgsinθ+2mgsinθ 答案:(1) 　(2)Mgsinθ+2mgsinθ 【补偿训练】 　　如图所示,弹簧振子在光滑水平面上以振幅 A 做简谐运动,质量为 M 的滑块上面放一个质量为 m 的砝码,砝码随滑块一起做简谐运动,已 知弹簧的劲度系数为 k,试求: (1)使砝码随滑块一起振动的回复力是什么力?它跟位移成正比的比例 常数 k′等于多少? (2)当滑块运动到振幅的一半位置时,砝码所受回复力有多大?方向如 何? (3)当砝码与滑块的动摩擦因数为 μ 时,要使砝码与滑块不发生相对 滑动的最大振幅为多大? 【解析】(1)使砝码随着滑块一起振动,砝码所受静摩擦力产生砝码与 滑块一起变加速运动的加速度。故 M 对 m 的静摩擦力是回复力。其大 小由牛顿第二定律有:f=ma 用整体法求共同加速度 a,则有 a= ,f=ma= 它跟位移成正比的比例常数 k′= (2)当滑块运动到振幅的一半位置时 x= , 砝码所受回复力:f′=ma′= ,方向指向平衡位置 (3)从 f=k′x,可以看出,当 x 增大时,f 也增大,当 f=fm=μN 时,有最大 振幅, 因此 fm=mam=μmg=k′Am 要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅 Am= 答案:(1)滑块对砝码的静摩擦力　 (2) 　方向指向平衡位置　(3) 18.(16 分)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, 图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平 面的 A、A′之间来回滑动,A、A′点与 O 点连线与竖直方向之间夹角相 等且都为 θ(θ 很小)。图乙表示滑块对器壁的压力 F 随时间 t 变化的 曲线,且图中 t=0 为滑块从 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) 世纪金榜导学号 (1)容器的半径; (2)小滑块的质量。 【解题指南】解答本题应把握以下三点: (1)根据图乙,结合图甲求解简谐运动的周期。 (2)小滑块的运动可看作单摆运动,利用周期公式求半径。 (3)正确受力分析,结合机械能守恒定律求质量。 【解析】(1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期: T= s 由 T=2π , 得 R= =0.1 m (2)在最高点 A,有 Fmin=mgcosθ=0.495 N 在最低点 B,有 Fmax=m +mg=0.510 N 从 A 到 B,滑块机械能守恒,有 mgR(1-cosθ)= mv2 解得:m=0.05 kg 答案:(1)0.1 m　(2)0.05 kg 关闭 Word 文档返回原板块