新人教版高中物理选择性必修第一册第二章机械振动进阶突破训练含解析

第二章　进阶突破

1．(2021届潍坊名校模拟)一轻质弹簧一端固定在地面上，一质量为m的钢球振子从距离弹簧上端H处自由下落．已知弹簧振子运动周期的表达式为T＝2π，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，弹簧压缩的最大值为x0，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则小球从刚接触弹簧到第一次运动至平衡位置所用的时间为(　　)

A．　　 B．arcsin

C．arcsin　　 D．－

【答案】B　【解析】由题意可知，振子的振幅为A＝x0－，小球从刚接触弹簧到第一次运动至平衡位置运动的距离为x＝，则有x＝Asin ωt＝Asint，联立解得t＝arcsin，故B正确，A、C、D错误．

2．(2021届金山区一模)如图，两个摆长相同的单摆一前一后悬挂在同一高度，虚线表示竖直方向，分别拉开一定的角度(都小于5°)同时由静止释放，不计空气阻力．沿两单摆平衡位置的连线方向观察，释放后可能看到的是(　　)

A B C D

【答案】C　【解析】因为图中是两个摆长相同的单摆，根据T＝2π知两单摆的周期相同，两单摆应同时到达平衡位置，同时到达各自的最大位移处，故A、B、D错误，C正确．

3．(2021届怀宁县第二中学月考)如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊质量为M的铁块，在其下方吸引了一质量为m的磁铁，已知弹簧的劲度系数为k，磁铁对铁块的最大吸引力等于3mg，不计磁铁对其他物体的作用并忽略阻力，为了使铁块和磁铁能够共同沿竖直方向作简谐运动，那么 (　　)

A．它处于平衡位置时弹簧的伸长量等于

B．振幅的最大值是

C．弹簧弹性势能最大时，弹力的大小等于2g

D．弹簧运动到最高点时，弹簧的弹力等于0

【答案】B　【解析】处于平衡位置时，合力为零，有(M＋m)g＝kx，所以伸长量为x＝，A错误；振幅最大的位置，弹性势能最大，形变量最大，设为Δx，由牛顿第二定律得kΔx－(M＋m)g＝(M＋m)a,3mg－mg＝ma，联立以上各式可得Δx＝，所以最大振幅为Δx－x＝，B正确；弹簧弹性势能最大时，弹力的大小为F弹＝kΔx＝3(M＋m)g，C错误；弹簧运动到最高点时，弹簧处于压缩状态，弹力不为零，D错误．

4．(2021届北京名校测试)如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球A(可看作质点)．当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO′重合，OO′的方向与电场方向平行．在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与OO′间有一个小角度θ后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)

A．小球A在运动过程中的加速度大小恒为a＝

B．细绳通过OO′后小球A速度为0时，细绳与OO′的夹角大于θ

C．细绳通过OO′时小球A的速度与其质量m无关

D．小球A释放后经历的时间，细绳会与OO′重合

【答案】D　【解析】在水平方向上，小球除了受电场力外，还受到绳子拉力作用，因此加速度不再是，A错误；由于运动的对称性，细绳通过OO′后小球A速度减小为0时，细绳与OO′的夹角仍为θ，B错误；根据动能定理Eql(1－cos  θ)＝mv2，小球A通过OO′时，质量越大， 速度越小，C错误；小球A的运动与单摆的运动类似，其等效重力加速度g′＝，代入单摆的振动周期公式，可得T＝2π，小球A经 细绳恰好与OO′重合，D正确．

5．(2021届德州市名校期末)如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方．使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为x0(未标出)，印迹上P、Q两点的纵坐标分别为y0和－y0．忽略空气阻力，重力加速度为g，则(　　)

A．该弹簧振子的振幅为2y0

B．该弹簧振子的振动周期为

C．激光笔在留下P、Q两点时加速度相同

D．激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为－2mgy0

【答案】D　【解析】记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期T＝，振幅为A＝y0，A、B错误；加速度是矢量，激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，C错误；在激光笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功为2mgy0，故弹力对激光笔做负功为－2mgy0，D正确．

6．(多选)(2020年赣州名校期中)甲、乙两弹簧振子水平放置时的振动图像如图所示，则可知(　　)

A．两弹簧振子完全相同

B．振子甲速度为零时，振子乙速度最大

C．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1

D．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零

【答案】BD　【解析】两弹簧振子不一定完全相同，A错误；分析振动图像可知，振子甲速度为零时，振子乙处于平衡位置，速度最大，B正确； 弹簧振子的回复力F＝－kx，本题中k可能不同，则无法判断两振子的回复力最大值的关系，C错误；分析振动图像可知，振子乙速度最大时，振子甲可能处于最大位移处，也可能处于平衡位置，故振子甲速度不一定为零，D正确．

7．(多选)(2021届祁县名校月考)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像．已知甲、乙两个振子质量相等，则(　　)

A．甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cm

B．甲、乙两个振子的相位差总为π

C．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值

D．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大

【答案】AD　【解析】根据振动图像，甲振子的振幅为2 cm、乙振子的振幅为1 cm，A正确；由于两个振子的周期和频率不同，其相位差也会变化，B错误；前2秒内，甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向向下，为负；而乙在平衡位置的下方，加速度指向平衡位置，方向向上，为正，C错误；第2秒末甲处于平衡位置，速度最大加速度最小，乙处于波谷，速度最小加速度最大，D正确．

8．(多选)(2021届河南校级模拟)某弹簧振子做简谐运动，其位移—时间关系式为x＝10cos(4πt)cm.下列说法中正确的是(　　)

A．弹簧振子的振幅为10 cm

B．弹簧振子的频率是2 Hz

C．在t＝0.125 s时，弹簧振子的速度最大

D．在t＝0.25 s时，弹簧振子的回复力最大

【答案】BCD　【解析】据题质点做简谐运动的位移表达式为x＝10cos(4πt) cm，则知振幅为A＝10 cm，A错误；根据4π＝2πf，可得频率为f＝2 Hz，B正确；在t＝0.125 s时，x＝10cos(4πt)＝0，可知该时刻质点的位移为零，则速度最大，C正确；在t＝0.25 s时，x＝10cos(4πt)＝－10 cm，位移最大，回复力最大，D正确．

9．(2020年成都校级模拟)用单摆测定重力加速度的实验中：

(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d＝________mm.

(2)悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0＝________cm.

(3)实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图像如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F－t图像．那么：

①重力加速度的表达式g＝____________(用题目中的物理量d、l0、t0表示)．

②设摆球在最低点时Ep＝0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是________．

A．　　　 B．

C．　　　 D．

(4)在实验中测得的g值偏小，可能原因是___________．

A．测摆线时摆线拉得过紧

B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了

C．开始计时时，停表过迟按下

D．实验中误将n 次计为n－1次

E．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算

【答案】(1)11.65　(2)100.30(100.20～100.30均可)

(3)①　②B　(4) BD

【解析】(1)游标卡尺的精度为＝0.05 mm，读数为11 mm＋13×0.05  mm＝11.65 mm.

(2)刻度尺的精度为＝0.1 cm，读数为100.30 cm.

(3)①在单摆摆动的过程中，每个周期中有两次拉力最大值，由图丙知单摆的周期T＝4t0，根据单摆的周期公式T＝2π可知g＝＝；

②单摆经过最低点时，根据丙图可知F1－mg＝，根据丁图可知F3＝mg，小球的摆长为l＝，则小球在最低点的动能为Ek＝mv2＝，小球摆动过程机械能守恒，则E＝Ek＋Ep＝，故B正确．

(4)测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，根据g＝可知重力加速测量值偏大，A错误；摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，所以重力加速度测量值偏小，B正确；开始计时时，停表过迟按下，则测量周期偏小，重力加速度测量值偏大，C错误；实验中误将n 次计为n－1次，根据T＝可知周期测量值偏大，所以重力加速度测量值偏小，D正确；以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，重力加速度测量值偏大，E错误．

10．(2021届北京模拟)万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方．已知引力常量为G，静电力常量为k.

(1)用定义静电场强度的方法来定义与质量为M的质点相距r处的引力场强度EG的表达式；

(2)质量为m、电荷量为e的电子在库仑力的作用下以速度v绕原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲．已知在一段时间内，电子走过的弧长为s，其速度方向改变的角度为θ(弧度)．不考虑电子之间的相互作用，求出原子核的电荷量Q；

(3)如图乙，用一根长为L的绝缘细线悬挂一个可看成质点的金属小球，质量为m，电荷量为－q.悬点下方固定一个足够大的水平放置的均匀带正电的介质平板．小球在竖直平面内做小角度振动．已知重力加速度为g，不计空气阻力．

①已知忽略边缘效应的情况下，带电平板所产生的静电场的电场线都垂直于平板，静电场的电场力做功与路径无关．请证明：带电平板所产生的静电场是匀强电场；

②在上述带电平板附近所产生的静电场场强大小为E，求：金属小球的振动周期．

【答案】(1)EG＝G　(2)Q＝

(3)①见解析　②T＝2π

【解析】(1)EG的表达式为EG＝G.

(2)根据k＝m，R＝，

联立得Q＝.

(3)①反证法．

方法1：如图，

若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷＋q，让＋q从a点沿矩形路线abcda(ab与电场线平行，bc边与电场线垂直)运动一周回到a点．设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，根据功的定义，电场力做的总功Waa＝Wab＋Wbc＋Wcd＋Wda.

其中Wab＝qE1xab，

Wcd＝－qE2xab，

bc段和da段电场力始终与运动方向垂直

故Wbc＝Wda＝0，

得Waa＝Wab＋Wbc＋Wcd＋Wda＝qE1xab＋0＋0－qE2xab＝q(E1－E2)xab>0．

但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故Waa＝0．

上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场．

方法2：如图，若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷＋q，让＋q从a点分别沿矩形abcd(ab与电场线平行，bc边与电场线垂直)的abc和adc运动到c点．设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，根据功的定义，路径ac和adc电场力做的功分别为

Wabc＝Wab＋Wbc，

Wadc＝Wcd＋Wda.

其中Wab＝qE1xab，

Wcd＝－qE2xdc＝－qE2xab.

bc段和da段电场力始终与运动方向垂直

故Wbc＝Wda＝0，

得Wabc＝Wab＋Wbc＝qE1xab＋0，

Wadc＝Wcd＋Wda＝0－qE2xab，

故Wabc≠Wadc

但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故Wabc＝Wadc.

上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场．

②电场力F电＝qE，

等效重力加速度g′＝＝，

小球在库仑力作用下的振动周期

T＝2π＝2π.