新教材同步系列2024春高中物理章末综合测评2机械振动粤教版选择性必修第一册

章末综合测评(二)机械振动一、单项选择题1．简谐运动的平衡位置是指()A．速度为零的位置B．回复力为零的位置C．加速度为零的位置D．位移最大的位置2．一个水平弹簧振子的振动周期是0.025s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17s时，振子运动状况是()A．正在向右做减速运动B．正在向右做加速运动C．正在向左做减速运动D．正在向左做加速运动3．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摇摆起来，同时其中细沙匀速流出，经验一段时间后，视察木板上沙子的积累状况，则沙堆的剖面应是下图中的()ABCD4．如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．变更圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则()A．此振动系统的固有频率约为0.25HzB．此振动系统的固有频率约为3HzC．若圆盘匀速转动的周期增大，系统振动的频率不变D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动5．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变更如图乙所示，下列说法正确的是()A．t＝0.8s时，振子的速度方向向左B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度渐渐减小6．一个单摆挂在电梯内，发觉单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速运动，加速度a为()A．方向向上，大小为gB．方向向上，大小为3C．方向向下，大小为gD．方向向下，大小为37．一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻起先计时，经过t＝11π2lgABCD二、多项选择题8．一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是()A．t＝1.0s时，摆球处于平衡状态B．t＝2.0s时，摆球处于平衡位置C．摆球摇摆过程中，在任何位置都不是平衡状态D．t＝1.0s时，摆线所受拉力最大9．如图所示为一质点的简谐运动图像．由图可知()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＝0.25s时，质点的速度方向与位移的正方向相同D．质点运动过程中，两端点间的距离为0.1m10．如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是()A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt肯定等于T2B．若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋ΔtC．探讨木板的运动，弹簧弹力与物块对木板摩擦力的合力充当了木板做简谐运动的回复力D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于mm+M三、非选择题11．在“利用单摆测定重力加速度”的试验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2lT2，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2­l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上(1)造成图像不过坐标原点的缘由可能是________．(2)由图像求出的重力加速度g＝____________m/s2(取π2＝9.87)．(3)假如测得的g值偏小，可能的缘由是___________________________________________________________________________________________________________________________．A．测摆线时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．起先计时时，停表过迟按下D．试验时误将49次全振动数为50次12．(2024·全国·高三专题练习)某同学在“用单摆测定重力加速度”的试验中进行了如下的操作：(1)请选择正确的器材()A．体积较小的钢球B．体积较大的木球C．无弹性的轻绳子D．有弹性、质量大的绳子(2)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为____________mm．利用刻度尺测得摆线长90.10cm，则该单摆的摆长L＝______cm．(3)用秒表测量单摆的周期．当单摆摇摆稳定且到达最低点时起先计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)．(4)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2­L图像如图丙，此图线斜率的物理意义是()A．gB．1gC．4π(5)与重力加速度的真实值比较，发觉第(4)问中获得的测量结果偏大，分析缘由可能是()A．振幅偏小B．将摆线长加直径当成了摆长C．将摆线长当成了摆长D．起先计时误记为n＝1(6)该小组的另一同学没有运用游标卡尺也测出了重力加速度．他采纳的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度l，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g＝________．13．摆钟是一种利用摆的等时性制成的计时装置，它具有下列特性：钟摆的振动可以等效成是单摆的简谐运动；摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，现有一座摆钟，摆长为1m，一昼夜快10min，要使它走时正确，应当将摆长调到多长？(精确到0.001m)14．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变更的力，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变更的曲线，且图中t＝0为滑块从A点起先运动的时刻，试依据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10m/s2)(1)容器的半径；(2)小滑块的质量．15．一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示．A和B质量均为1kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动．已知弹簧的弹性势能确定于弹簧形变大小(g取10m/s2，阻力不计)．求：(1)物体A的振幅；(2)物体B的最大速率；(3)在最高点和最低点A对B的作用力．章末综合测评(二)机械振动12345678910BBBBADABCDCDCD1．B[简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不肯定为零．例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度．简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零．]2．B[tT＝0．17s0．025s＝6453．B[不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故B正确，A、C、D错误．]4．B[由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3Hz，故B正确，A错误；做受迫振动的振动系统的振动频率是由驱动力的频率确定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质确定的，与驱动力的频率无关，故D错误．]5．A[t＝0.8s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，故A正确；t＝0.2s时，振子在O点右侧62cm处，故B错误；t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，故C错误；t＝0.4s时到t＝0.8s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度渐渐增加，故D错误．]6．D[由T＝2πlg可知，周期增大为原来的2倍，等效重力加速度g′＝g4．设绳子拉力为F，由F－mg＝ma，F＝mg′，上式联立可得a＝－3g7．A[单摆的周期公式T＝2πlg，则t时间内小球的振动周期数为n＝11π2lg8．BCD[位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球做圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只能是平衡位置，故A错误，B正确；摆球摇摆过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t＝1.0s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所受拉力最大，D正确．]9．CD[简谐运动图像反映质点的位移随时间变更的状况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t＝0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；依据图像的斜率表示速度，则t＝0.25s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正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为x＝2A＝2×5cm＝10cm＝0.1m，故D正确．故选C、D．]10．CD[设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，依据牛顿其次定律，有kx＝(m＋M)a ①对m物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力供应回复力，依据牛顿其次定律，有f＝ma ②所以f＝mM+m若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不肯定等于T2若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不肯定相同，故B错误；由起先时的分析可知，探讨木板的运动，弹簧弹力与m对木板的摩擦力的合力供应回复力，故C正确；由③可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于mm+M11．解析：(1)图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径．(2)由单摆周期公式T＝2πl可得T2＝4π2lg，则T2­l图像的斜率k＝由图像得k＝40.01+0.99＝解得g＝9.87m/s2．(3)测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；起先计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；试验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误．答案：(1)测摆长时漏掉了摆球的半径(2)9.87(3)B12．解析：(1)为减小试验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，A正确，B错误；试验过程中单摆摆长应保持不变，摆线应选用无弹性的轻绳子，C正确，D错误．(2)由题图甲可知，游标卡尺的游标为10分度，且第6个小格与主尺对齐，则摆球直径为d＝20mm＋6×0.1mm＝20.6mm该单摆的摆长为L＝l＋d2(3)由题图乙可知，秒表的读数为t＝67.35s，依据题意可知，共经验了30个周期，则单摆的周期是T＝t30(4)由单摆的周期公式T＝2πLg可得T2＝4π2gL，则T2­(5)由(4)分析可得，重力加速度为g＝4π2LT2，可知重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，A错误；将摆线长加直径当成了摆长，则L偏大，g值偏大，B正确；将摆线长当成了摆长，则L偏小，g(6)依据题意，由单摆的周期公式T＝2πLg，设单摆周期为T1时摆长(摆球静止时悬点到摆球球心的距离)为LT1＝2πLT2＝2πL联立解得g＝4答案：(1)AC(2)20.691.13(3)2.25(4)C(5)BD613．解析：摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，设精确的钟摆摇摆的周期为T则24×60min＝kn不精确的摆周期为T′则24×60min＋10min＝kn′在时间肯定时，摇摆次数与周期成反比，则TT'＝n由T＝2πLg∝L可得LL'＝其中L′＝1m，则L＝1答案：1.014m14．解析：(1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期T＝π5由T＝2πR得R＝T2(2)在最高点A，有Fmin＝mgcosθ＝0.495N在最低点B，有Fmax＝mv2R＋从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1－cosθ)＝12mv解得m＝0.05kg．答案：(1)0.1m(