2024-2025学年高中物理第一章机械振动单元素养评价含解析教科版选修3-4

PAGE13-单元素养评价（一)(第一章)(90分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1.(2024·遂宁高二检测)一个质点做简谐运动,它的振动图像如图所示,则 ()A.图中的曲线部分是质点的运动轨迹B.有向线段OA是质点在t1时间内的位移C.有向线段OA在x轴的投影是质点在t1时刻的位移D.有向线段OA的斜率是质点在t1时刻的速率【解析】选C。图中的曲线部分是质点的位移与时间的对应关系,不是质点的运动轨迹,故A错;质点在t1时间内的位移,应是曲线在t1时刻的纵坐标,故B错,C对;质点在t1时刻的速率应是曲线在t1时刻所对应的曲线的斜率,故D错。2.做简谐运动的弹簧振子质量为0.2kg,当它运动到平衡位置左侧20cm时,受到的回复力是4N;当它运动到平衡位置右侧40A.20m/s2,向右B.20mC.40m/s2,向右 D.40m【解析】选D。加速度方向指向平衡位置,因此方向向左。由力和位移的大小关系可知,当x=40cm时,F=8N,a==40m3.(2024·广元高二检测)某质点做简谐运动,其位移随时间变更的关系式为x=10sin(t)(cm),则下列关于质点运动的说法中正确的是 ()A.质点做简谐运动的振幅为5B.质点做简谐运动的周期为4sC.在t=4s时质点的速度最大D.在t=4s时质点的位移最大【解析】选C。依据简谐运动的表达式x=Asin(ωt+φ),知振幅为10cm,周期T==8s,故A、B错误;在t=4s时可得位移x=0,物体在平衡位置,速度最大,故C正确,D4.如图为一水平弹簧振子的振动图像,由此可知 ()A.在t1时刻,振子的动能最大,所受的弹力最大B.在t2时刻,振子的动能最大,所受的弹力最小C.在t3时刻,振子的动能最大,所受的弹力最小D.在t4时刻,振子的动能最大,所受的弹力最大【解析】选B。题图描述的是振子在不同时刻的位置,t2和t4是在平衡位置处,t1和t3是在最大位移处,头脑中应出现弹簧振子运动的实物图形。依据弹簧振子运动的特征,弹簧振子在平衡位置时的速度最大,加速度为零,即弹力为零;在最大位移处,速度为零,加速度最大,即弹力最大,所以B项正确。【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):完成一次全振动经验的时间为周期,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,斜率的肯定值表示振动速度的大小。(6)将来任一时刻的振动状态:将图像干脆延长即可,若将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.(多选)一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图甲所示的装置可用于探讨该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,变更把手匀速转动的速度就可以变更驱动力的周期。若保持把手不动,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图像如图丙所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则 ()A.由图线可知T0=4sB.由图线可知T0=8sC.当T在4s旁边时,Y显著增大,当T比4s小得多或大得多时,Y很小D.当T在8s旁边时,Y显著增大,当T比8s小得多或大得多时,Y很小【解析】选A、C。由题中图乙可知,弹簧振子的固有周期T0=4s,故A选项正确,B选项错误。依据受迫振动的特点:当驱动力的周期与系统的固有周期相同时发生共振,振幅最大;当驱动力的周期与系统的固有周期相差越多时,受迫振动物体振动稳定后的振幅越小,故C选项正确,D选项错误。6.如图所示是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移—时间图像,下列有关该图像的说法不正确的是 ()A.该图像的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置B.从图像可以看出小球在振动过程中是沿x轴方向移动的C.为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移,让底片沿x轴方向匀速运动D.图像中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变更快慢不同【解析】选C。该图像的坐标原点是建立在弹簧振子的平衡位置,小球的振动过程是沿x轴方向移动的,故选项A、B正确;由获得图像的方法知选项C错误;频闪照相是在相同时间内留下的小球的像,因此小球的疏密显示了它的位置变更快慢,故选项D正确。7.(多选)(2024·达州高二检测)如图所示,为一质点的振动图像,曲线满意正弦变更规律,则下列说法中正确的是 ()A.该振动为简谐振动B.该振动振幅为10C.前0.08s内,质点发生的位移为20D.0.04s末,质点的振动方向沿x轴负向【解析】选A、D。该图像表示质点的位移随时间周期性变更的规律,是简谐振动,故A正确;由题图可知该振幅为5cm,故B错误;由题图可知质点的周期为0.08s,所以在0.08s末,质点又回到了平衡位置,所以前0.08s内,质点发生的位移为0,故C错误;依据振动规律可知,0.04s末质点的振动方向沿x轴负向,故8.如图所示,一单摆悬于O点,摆长为L,若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子,使OO′=,将单摆拉至A处释放,小球将在A、B、C间来回振动,若振动中摆线与竖直方向夹角小于10°,则此摆的周期是 ()A.2πB.2πC.2π(+) D.π(+)【解题指南】解答本题需留意以下两点:(1)单摆的周期公式。(2)该单摆运动过程中摆长是发生变更的。【解析】选D。依据T=2π,该单摆有周期摆长为L,周期摆长为L,故T=π+π,故D正确。9.(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。则以此时刻起先半个周期的时间内,对质量为m的物体,下列说法正确的是 ()A.重力势能削减了2mghB.回复力做功为2mghC.速度的变更量的大小为2vD.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削减了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变更量为零,而速度的变更为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。10.(多选)如图所示,下列说法正确的是 ()A.振动图像上的A、B两处振动的速度相同B.在t=0.1s和t=0.3s时,质点的加速度大小相等,方向相反C.振动图像上A、B两点的速度大小相等,方向相反D.质点在t=0.2s和t=0.3s时的动能相等【解析】选B、C。A、B两处位移相同,速度大小相等,但方向相反,A错误、C正确;在t=0.1s和t=0.3s时,质点离开平衡位置的位移最大,方向相反,由F=-kx,a=可得B正确;t=0.2s时,质点通过平衡位置,速度最大,动能最大,而t=0.3s时,速度为零,动能最小,D错误。故选B、C。二、试验题(本大题共2小题,共20分)11.(10分)某试验小组在“用单摆测定重力加速度”的试验中进行了如下的操作:(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示,可读出摆球的直径为cm;把摆球用细线悬挂在铁架台上,测量摆线长,通过计算得到摆长L。

(2)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T=s(结果保留三位有效数字)。

(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后,画出T2-L图线如图丙所示,此图线斜率的物理意义是(g为当地重力加速度)

A.gB.C.D.(4)试验小组在试验中假如测得g值偏大,缘由可能是

A.把摆线长与摆球直径之和作为摆长B.摆球质量过大C.起先计时时,停表过早按下D.试验中误将49次全振动次数记为50次(5)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ΔL,再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度g=。

【解析】(1)由图示游标卡尺可知,其示数为22mm+6×0.1mm=(2)由图示秒表可知,其示数t=60s+15.2s=75.2s,单摆的周期T==≈2.51s。(3)由单摆周期公式T=2π得T2=L,则T2-L图像的斜率k=,故选C。(4)由单摆周期公式T=2π得重力加速度g=,若把摆线长与摆球直径之和作为摆长,摆长偏大,所测g值偏大,A正确;摆球的质量对周期无影响,B错误;起先计时时,停表过早按下造成所测周期T偏大,因而所测g值偏小,C错误;若试验中误将49次全振动次数记为50次,由T=得,n偏大,则所测周期T偏小,造成所测g值偏大,D正确。故选A、D。(5)设摆球的半径为r,摆长为L,由单摆的周期公式可知T1=2π,T2=2π,联立可得g=。答案:(1)2.26(2)2.51(3)C(4)A、D(5)12.(10分)用单摆测定重力加速度的试验装置如图所示。(1)(多选)组装单摆时,应在下列器材中选用(选填选项前的字母)。

A.长度为1B.长度为30C.直径为1.8D.直径为1.8(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=(用L、n、t表示)。

(3)下表是某同学记录的3组试验数据,并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(m·s-2)9.749.73请计算出第3组试验中的T=s,g=m/s2。

(4)用多组试验数据作出T2-L图像,也可以求出重力加速度g,已知三位同学作出的T2-L图线的示意图如图中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b,下列分析正确的是(选填选项前的字母)。

A.出现图线a的缘由可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的缘由可能是误将49次全振动记为50次C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图所示,由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺,于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变,通过变更O、A间细线长度以变更摆长。试验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2,由此可得重力加速度g=(用l1、l2、T1、T2表示)【解析】(1)细线的长度要适当长一些,所以要选择1m长的细线,选项A正确,选项B错误;为了减小相对误差,应当选择密度大的铁球,选项C错误,选项(2)依据单摆的周期公式T=2π可得g==。(3)第三组试验中,周期T=2.01s,由加速度公式g=,代入数据得g=9.76m/s(4)出现图线a的缘由:少记录摆线的长度,而不是多记录摆线的长度,选项A错误;出现c的缘由是周期小了,选项B正确;图线斜率的倒数是g值,c对应的值大于b对应的值,选项C错误。(5)依据单摆的周期公式T1=2π,T2=2π,联立可得g=。答案:(1)A、D(2)(3)2.019.76(4)B(5)三、计算题(本大题共4小题,共40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)13.(10分)(2024·资阳高二检测)如图为一弹簧振子的振动图像,求:(1)该振子简谐运动的表达式;(2)在第2s末到第3s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度是怎样变更的?(3)该振子在前100s的位移是多少?路程是多少?【解析】(1)弹簧振子的周期为T=4s, (1分)则ω==0.5πrad/s; (1分)振幅A=5cmx=Asinωt=5sin(0.5πt)cm。 (2分)(2)第2s末到第3s末这段时间内,据图可知,振子的位移负向渐渐增大,速度减小,加速度渐渐增大。(3分)(3)因n===25,而振子在一个周期内通过的路程是4A,所以振子在前100s的总路程是:s=25×4A=500cm=5m;总位移为0。 (3答案:(1)x=5sin(0.5πt)cm(2)速度减小,加速度渐渐增大(3)0514.(10分)一质点做简谐运动,其位移和时间关系如图所示。求:(1)t=0.25×10-2s时的位移。(2)在t=1.5×10-2s到2×10-2s的振动过程中,质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变更?(3)在t=0到8.5×10-2s时间内,质点的路程、位移各多大?【解析】(1)由图可知A=2cm,T=2×10-2s(2振动方程为x=Asin(ωt-)=-Acosωt=-2costcm=-2cos(102πt)cm(2分)当t=0.25×10-2s时x=-2coscm=-cm(2分)(2)由图可知在1.5×10-2～2×10-2s内,质点的位移变大,回复力变大,速度变小,动能变小,势能变大 (2分)(3)从t=0至8.5×10-2s的时间内质点的路程为s=17A=34cm,位移为2cm答案:(1)-cm(2)位移变大,回复力变大,速度变小,动能变小,势能变大(3)34cm15.(10分)(2024·雅安高二检测)汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上,弹簧的等效劲度系数k=1.5×105N/m。汽车起先运动时,在振幅较小的状况下,其上下自由振动的频率满意f=(l为弹簧的压缩长度)。若