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2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第一册 第2章 章末检测试卷(二) (含解析)
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章末检测试卷(二) (满分：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．(2022·泰安市期中)关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是( ) A．位移减小时，速度增大，加速度也增大 B．位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同 C．物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同 D．物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态 答案 C 解析 位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；位移方向总跟加速度方向相反；当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体靠近平衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零，所以不一定处于平衡状态，故D错误。 2．(2022·唐山一中期中)如图所示是两人合作模拟振动曲线的记录装置。先在白纸中央画一条直线OO1使它平行于纸的长边，作为图像的横坐标轴。一个人用手使铅笔尖的白纸上沿垂直于OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的x－t图像。下列说法正确的是( ) A．白纸上OO1轴上的坐标代表速度 B．白纸上与OO1垂直的坐标代表振幅 C．匀速拖动白纸是为了保证时间均匀变化 D．拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长 答案 C 解析 笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的振动图像的个数可确定出时间长短，所以白纸上OO1轴上的坐标代表时间，故A错误；白纸上与OO1垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误；由v＝eq \f(x,t)可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时间，是为了保证时间均匀变化，故C正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关，拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不变，故D错误。 3．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4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期，小球的共振曲线(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0.25 Hz B．此振动系统的固有频率约为3 Hz C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变 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 答案 B 解析 由小球的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，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；共振曲线峰值对应振动系统的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误。 4．如图为一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( ) A．此单摆的摆长约为2 m B．t＝1 s时单摆的回复力为零 C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小 D．将此单摆从北京移至广州，它做简谐运动的周期将变大 答案 D 解析 由题图可知，摆动周期T＝2 s，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可解得此单摆的摆长约为1 m，A错误；t＝1 s摆球速度为零，在最大位移处，单摆的回复力最大，B错误；单摆的周期与摆角无关，C错误；将此单摆从北京移至广州，重力加速度减小，它做简谐运动的周期将变大，D正确。 5.如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方eq \f(1,2)L处有一光滑铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，重力加速度为g，这个摆的周期是( ) A．2πeq \r(\f(L,g)) B．πeq \r(\f(L,g)) C．(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,g)) D．(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g)) 答案 D 解析 小球再次回到A点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L为摆长的简谐运动半个周期和以eq \f(1,2)L为摆长的简谐运动的半个周期。以L为摆长的运动时间t1＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(L,g))，以eq \f(1,2)L为摆长的运动时间t2＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(\f(1,2)L,g))，则这个摆的周期T＝t1＋t2＝(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g))，故A、B、C错误，D正确。 6．一质点做简谐运动的振动方程是x＝2sin(50πt＋eq \f(π,2)) cm，则( ) A．在0～0.02 s内，质点的速度与加速度方向始终相同 B．在0.02 s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度 C．在0.035 s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向 D．在0.04 s时，回复力最大，质点的速度方向沿x轴负方向 答案 B 解析 由振动方程可知，振幅A＝2 cm，T＝0.04 s，初相位φ＝eq \f(π,2)，即t＝0时，位于正的最大位移处。在0～0.02 s内，前0.01 s内，速度与加速度方向相同，后0.01 s内，速度与加速度方向相反，A错误；在0.02 s时，质点在负的最大位移处，具有正向最大加速度，B正确；在0.035 s时，质点从平衡位置上方，向最大位移处运动，速度方向沿x轴正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.04 s时，质点回到正的最大位移处，回复力最大，速度为零，无方向，D错误。 7．两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示，以下说法正确的是( ) A．两弹簧振子具有相同的相位 B．甲的振幅比乙大，所以甲的能量比乙大 C．t＝2 s时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移 D．甲、乙两弹簧振子加速度最大值之比一定为2∶1 答案 C 解析 由题图知两弹簧振子的周期不相等，只是初相相同，所以它们的相位不相同，选项A错误；两振动系统为水平弹簧振子，能量只有动能和弹性势能，当位移最大时振动能量即弹性势能，甲的振幅大，但两弹簧的劲度系数大小不知，所以最大位移时弹性势能无法判断，即能量大小无法判断，选项B错误；t＝2 s时甲处于平衡位置向负向运动，具有负向最大速度，乙在正向最大位移处，具有正向最大位移，选项C正确；不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小关系，所以无法判断回复力大小和加速度大小的比例关系，选项D错误。 8．如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则( ) A．弹簧的最大伸长量为4 m B．t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大 C．t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球的重力势能逐渐减小 D．t＝0到t＝0.4 s内，回复力的冲量为零 答案 C 解析 小球的振幅等于振子位移的最大值，由题图乙可知，振幅为A＝2 cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝4 cm，A错误；t＝0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球由最高点向最低点运动，小球的重力势能逐渐减小，C正确；t＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t＝0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，回复力方向都为沿斜面向下，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，D错误。 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．蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200 Hz，下列说法正确的是( ) A．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大 B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网不振动 C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，丝网的振幅最大 D．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定 答案 CD 解析 根据共振的条件可知，当驱动力的频率越接近系统的固有频率时，系统的振幅越大，A错误；当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网仍然振动，B错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，其频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.005) Hz＝200 Hz，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，D正确。 10．如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球，让大铁球小角度地摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，大铁球与悬链可视为单摆，对应的振动图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．单摆振动的周期为6 s B．t＝2 s时，摆球的速度最大 C．球摆开的角度越大，周期越大 D．该单摆的摆长约为16 m 答案 BD 解析 由题图乙知，单摆的周期为8 s，A错误；t＝2 s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，周期与摆球摆开的角度大小无关，C错误；将数据代入T＝2πeq \r(\f(l,g))得摆长l≈16 m，D正确。 11．弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为( ) A．5 s B．6 s C．14 s D．18 s 答案 BD 解析 如图，假设弹簧振子在水平方向BC之间振动， 若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T＝4×(4＋eq \f(1,2)) s＝18 s 若振子开始先向左振动，设振子的振动周期为T′，则 eq \f(T′,2)＋(eq \f(T′,4)－eq \f(1,2) s)＝4 s 解得T′＝6 s，故B、D正确。 12．(2022·山东高二期末)劲度系数为k的轻弹簧一端固定在倾角30°的足够长光滑斜面底端，另一端与质量为m的物块A相连，跨过定滑轮O的轻绳一端系住A，另一端与质量为m的球B相连，轻绳OA平行于斜面(如图所示)，用手托住球B，使轻绳刚好伸直。现松手使球B从静止开始下落，物块A将在斜面上做简谐运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A．物块A获得的最大速度为eq \r(\f(mg2,k)) B．物块A获得的最大速度为eq \r(\f(mg2,2k)) C．物块A在斜面上做简谐运动的振幅为eq \f(mg,k) D．球B下落的最大高度为eq \f(2mg,k) 答案 BCD 解析 用手托住球B时，弹簧处于压缩状态，据胡克定律有kx1＝mgsin 30°，解得x1＝eq \f(mg,2k)，松手使球B从静止开始下落，平衡时弹簧处于伸长状态，据平衡条件可得mg－mgsin 30°＝kx2，解得x2＝eq \f(mg,2k)，故物块A在斜面上做简谐运动的振幅为A＝x1＋x2＝eq \f(mg,k)，C正确；振幅为eq \f(mg,k)，故下降的最大高度为2A，即eq \f(2mg,k)，D正确；到达平衡位置时，物块A获得最大速度，对A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒定律得mgA－mgAsin 30°＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(\f(mg2,2k))，A错误，B正确。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．(8分)如图甲所示，某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度。 (1)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“50”时，停表停止计时，读出这段时间t。则该单摆的周期为________。如果他在实验中误将周期计算为eq \f(t,50)，则测得的g值________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。 (2)若小组同学周期测量正确，但由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径，于是小组同学改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出L－T2图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为____________，当地的重力加速度为________。 答案 (1)eq \f(t,24.5) 偏大 (2)2ka 4π2k(每空2分) 解析 (1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期 T＝eq \f(t,n)＝eq \f(t,\f(50－1,2))＝eq \f(t,24.5) 根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g)) 整理得g＝eq \f(4π2l,T2)，周期测量值偏小，则g测量值偏大。 (2)由单摆周期公式得T＝2πeq \r(\f(L＋\f(d,2),g)) 整理得L＝eq \f(g,4π2)T2－eq \f(d,2) L－T2图线的斜率k＝eq \f(g,4π2) 将L＝0，T2＝a代入表达式， 即0＝ka－eq \f(d,2) 得小球直径d＝2ka 当地的重力加速度g＝4π2k。 14．(10分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中： (1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，除停表外，还应选用下列所给器材中的________．(将所选用的器材前的字母填在横线上) A．长1 m左右的细绳 B．长10 cm左右的细绳 C．直径约2 cm的钢球 D．直径约2 cm的木球 E．分度值是1 cm的米尺 F．分度值是1 mm的米尺 (2)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。 A．把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动 B．在摆球到达最高点时开始计时 C．用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 D．用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期 (3)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g＝________(用测出的物理量表示)。 (4)若测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－L图线如图，此图线斜率的物理意义是________。 A．g B.eq \f(g,L) C.eq \f(4π2,g) D.eq \f(g,4π2) (5)在(4)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的图线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________。 A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能 答案 (1)ACF (2)AD (3)eq \f(4π2l＋\f(d,2),T2) (4)C (5)C(每空2分) 解析 (1)单摆的摆角较小，所以所用细绳需要适当长一些，这样摆幅较大，便于观察，选择长1 m左右的细绳，即A；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量较大，体积较小的钢球，即C；测量长度需要尽量精确，选择分度值是1 mm的米尺，即F.故选ACF。 (2)单摆的摆角不超过5°，把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动，A正确；摆球在最高点速度为零，停滞时间较大，从最高点计时误差较大，摆球在最低点速度最大，所以应从最低点开始计时，B错误；用1次全振动的时间作为周期误差较大，应用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期，C错误，D正确。 (3)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，其中L＝l＋eq \f(d,2)，可知重力加速度g＝eq \f(4π2l＋\f(d,2),T2)。 (4)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，变形得T2＝eq \f(4π2,g)L 斜率为eq \f(4π2,g)，A、B、D错误，C正确。 (5)结合(4)可知斜率与摆长无关，所以斜率不变，A、B、D错误，C正确。 15．(8分)(2023·聊城市月考)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。 (1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少； (2)写出该简谐运动的表达式； (3)求t＝0.25×10－2 s时振子的位移。 答案 (1)2×10－2 s 2 cm (2)x＝2sin (100πt＋eq \f(3π,2)) cm或x＝2sin (100πt－eq \f(π,2)) cm (3)－eq \r(2) cm 解析 (1)由题图知，T＝2×10－2 s，A＝2 cm。(2分) (2)ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，φ＝eq \f(3π,2)或φ＝－eq \f(π,2)(2分) 振子做简谐运动的表达式为 x＝2sin (100πt＋eq \f(3π,2)) cm 或x＝2sin (100πt－eq \f(π,2)) cm。(2分) (3)当t＝0.25×10－2 s时位移为 x＝2sin (100π×0.25×10－2＋eq \f(3π,2))cm ＝－eq \r(2) cm。(2分) 16．(10分)(2022·常州市高二期中)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2。求： (1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度。 答案 (1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)eq \f(\r(2),5) m/s 解析 (1)小球在一个周期内两次经过最低点，可得周期T＝0.4π s(1分) 根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))(2分) 解得l＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(10×0.16π2,4π2) m＝0.4 m(1分) (2)(3)摆球受力分析如图所示， 在最高点A，有Fmin＝mgcos α＝0.495 N(1分) 在最低点B，有Fmax＝mg＋meq \f(v2,l)＝0.510 N(1分) 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgl(1－cos α)＝eq \f(1,2)mv2(2分) 解得m＝0.05 kg，v＝eq \f(\r(2),5) m/s。(2分) 17．(12分)如图所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为eq \f(3,4)L时将物块由静止开始释放(物块做简谐运动)，重力加速度为g。 (1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度； (2)物块做简谐运动的振幅是多少； (3)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动。(已知做简谐运动的物体所受的回复力满足F＝－kx) 答案 (1)L＋eq \f(mgsin α,k) (2)eq \f(mgsin α,k)＋eq \f(L,4) (3)见解析 解析 (1)物块平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力。 根据平衡条件，有：mgsin α＝k·Δx(2分) 解得Δx＝eq \f(mgsin α,k) 故物块处于平衡位置时弹簧的长度为 L＋eq \f(mgsin α,k)。(2分) (2)物块做简谐运动的振幅为A＝Δx＋eq \f(1,4)L＝eq \f(mgsin α,k)＋eq \f(L,4)。(3分) (3)物块到达平衡位置下方x位置时，弹力为 k(x＋Δx)＝k(x＋eq \f(mgsin α,k))(2分) 故合力为F＝mgsin α－k(x＋eq \f(mgsin α,k))＝－kx(3分) 故物块做简谐运动。 18．(12分)如图所示，将质量为mA＝100 g的平台A连接在劲度系数k＝200 N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置mB＝mA的物块B，使A、B一起上下振动，弹簧原长为5 cm。A的厚度可忽略不计，g取10 m/s2。则： (1)当系统做小振幅简谐振动时，A的平衡位置离地面C多高？ (2)当振幅为0.5 cm时，B对A的最大压力有多大？ (3)为使B在振动中始终与A接触，振幅不能超过多大？为什么？ 答案 (1)4 cm (2)1.5 N (3)振幅不能大于1 cm 理由见解析 解析 (1)振幅很小时，A、B间不会分离，将A与B作为整体，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得kΔx0＝(mA＋mB)g(1分) 得Δx0＝1 cm(1分) 平衡位置距地面高度h＝l0－Δx0＝4 cm。(1分) (2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度am＝eq \f(kA＋Δx0－mA＋mBg,mA＋mB)＝eq \f(kA,mA＋mB)＝5 m/s2 (2分) 取B为研究对象，有FN－mBg＝mBam (1分) 得A、B间相互作用力FN＝mB(g＋am)＝1.5 N(1分) 由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5 N(1分) (3)为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足：FN≥0 (1分) 取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有mBg－FN＝mBa 当FN＝0时，B振动的加速度达到最大值，且最大值amB＝g＝10 m/s2(方向竖直向下) (1分) 因amA＝amB＝g，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于原长(1分) A′＝1 cm，振幅不能大于1 cm(1分)
章末检测试卷(二) (满分：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．(2022·泰安市期中)关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是( ) A．位移减小时，速度增大，加速度也增大 B．位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同 C．物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同 D．物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态 答案 C 解析 位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；位移方向总跟加速度方向相反；当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体靠近平衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零，所以不一定处于平衡状态，故D错误。 2．(2022·唐山一中期中)如图所示是两人合作模拟振动曲线的记录装置。先在白纸中央画一条直线OO1使它平行于纸的长边，作为图像的横坐标轴。一个人用手使铅笔尖的白纸上沿垂直于OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的x－t图像。下列说法正确的是( ) A．白纸上OO1轴上的坐标代表速度 B．白纸上与OO1垂直的坐标代表振幅 C．匀速拖动白纸是为了保证时间均匀变化 D．拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长 答案 C 解析 笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的振动图像的个数可确定出时间长短，所以白纸上OO1轴上的坐标代表时间，故A错误；白纸上与OO1垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误；由v＝eq \f(x,t)可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时间，是为了保证时间均匀变化，故C正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关，拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不变，故D错误。 3．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4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期，小球的共振曲线(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0.25 Hz B．此振动系统的固有频率约为3 Hz C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变 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 答案 B 解析 由小球的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，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；共振曲线峰值对应振动系统的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误。 4．如图为一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( ) A．此单摆的摆长约为2 m B．t＝1 s时单摆的回复力为零 C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小 D．将此单摆从北京移至广州，它做简谐运动的周期将变大 答案 D 解析 由题图可知，摆动周期T＝2 s，由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可解得此单摆的摆长约为1 m，A错误；t＝1 s摆球速度为零，在最大位移处，单摆的回复力最大，B错误；单摆的周期与摆角无关，C错误；将此单摆从北京移至广州，重力加速度减小，它做简谐运动的周期将变大，D正确。 5.如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方eq \f(1,2)L处有一光滑铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，重力加速度为g，这个摆的周期是( ) A．2πeq \r(\f(L,g)) B．πeq \r(\f(L,g)) C．(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,g)) D．(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g)) 答案 D 解析 小球再次回到A点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L为摆长的简谐运动半个周期和以eq \f(1,2)L为摆长的简谐运动的半个周期。以L为摆长的运动时间t1＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(L,g))，以eq \f(1,2)L为摆长的运动时间t2＝eq \f(1,2)×2πeq \r(\f(\f(1,2)L,g))，则这个摆的周期T＝t1＋t2＝(eq \r(2)＋1)πeq \r(\f(L,2g))，故A、B、C错误，D正确。 6．一质点做简谐运动的振动方程是x＝2sin(50πt＋eq \f(π,2)) cm，则( ) A．在0～0.02 s内，质点的速度与加速度方向始终相同 B．在0.02 s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度 C．在0.035 s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向 D．在0.04 s时，回复力最大，质点的速度方向沿x轴负方向 答案 B 解析 由振动方程可知，振幅A＝2 cm，T＝0.04 s，初相位φ＝eq \f(π,2)，即t＝0时，位于正的最大位移处。在0～0.02 s内，前0.01 s内，速度与加速度方向相同，后0.01 s内，速度与加速度方向相反，A错误；在0.02 s时，质点在负的最大位移处，具有正向最大加速度，B正确；在0.035 s时，质点从平衡位置上方，向最大位移处运动，速度方向沿x轴正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.04 s时，质点回到正的最大位移处，回复力最大，速度为零，无方向，D错误。 7．两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示，以下说法正确的是( ) A．两弹簧振子具有相同的相位 B．甲的振幅比乙大，所以甲的能量比乙大 C．t＝2 s时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移 D．甲、乙两弹簧振子加速度最大值之比一定为2∶1 答案 C 解析 由题图知两弹簧振子的周期不相等，只是初相相同，所以它们的相位不相同，选项A错误；两振动系统为水平弹簧振子，能量只有动能和弹性势能，当位移最大时振动能量即弹性势能，甲的振幅大，但两弹簧的劲度系数大小不知，所以最大位移时弹性势能无法判断，即能量大小无法判断，选项B错误；t＝2 s时甲处于平衡位置向负向运动，具有负向最大速度，乙在正向最大位移处，具有正向最大位移，选项C正确；不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小关系，所以无法判断回复力大小和加速度大小的比例关系，选项D错误。 8．如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则( ) A．弹簧的最大伸长量为4 m B．t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大 C．t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球的重力势能逐渐减小 D．t＝0到t＝0.4 s内，回复力的冲量为零 答案 C 解析 小球的振幅等于振子位移的最大值，由题图乙可知，振幅为A＝2 cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝4 cm，A错误；t＝0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球由最高点向最低点运动，小球的重力势能逐渐减小，C正确；t＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t＝0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，回复力方向都为沿斜面向下，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，D错误。 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．蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200 Hz，下列说法正确的是( ) A．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大 B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网不振动 C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，丝网的振幅最大 D．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定 答案 CD 解析 根据共振的条件可知，当驱动力的频率越接近系统的固有频率时，系统的振幅越大，A错误；当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网仍然振动，B错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，其频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.005) Hz＝200 Hz，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，D正确。 10．如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球，让大铁球小角度地摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，大铁球与悬链可视为单摆，对应的振动图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．单摆振动的周期为6 s B．t＝2 s时，摆球的速度最大 C．球摆开的角度越大，周期越大 D．该单摆的摆长约为16 m 答案 BD 解析 由题图乙知，单摆的周期为8 s，A错误；t＝2 s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，周期与摆球摆开的角度大小无关，C错误；将数据代入T＝2πeq \r(\f(l,g))得摆长l≈16 m，D正确。 11．弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为( ) A．5 s B．6 s C．14 s D．18 s 答案 BD 解析 如图，假设弹簧振子在水平方向BC之间振动， 若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T＝4×(4＋eq \f(1,2)) s＝18 s 若振子开始先向左振动，设振子的振动周期为T′，则 eq \f(T′,2)＋(eq \f(T′,4)－eq \f(1,2) s)＝4 s 解得T′＝6 s，故B、D正确。 12．(2022·山东高二期末)劲度系数为k的轻弹簧一端固定在倾角30°的足够长光滑斜面底端，另一端与质量为m的物块A相连，跨过定滑轮O的轻绳一端系住A，另一端与质量为m的球B相连，轻绳OA平行于斜面(如图所示)，用手托住球B，使轻绳刚好伸直。现松手使球B从静止开始下落，物块A将在斜面上做简谐运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A．物块A获得的最大速度为eq \r(\f(mg2,k)) B．物块A获得的最大速度为eq \r(\f(mg2,2k)) C．物块A在斜面上做简谐运动的振幅为eq \f(mg,k) D．球B下落的最大高度为eq \f(2mg,k) 答案 BCD 解析 用手托住球B时，弹簧处于压缩状态，据胡克定律有kx1＝mgsin 30°，解得x1＝eq \f(mg,2k)，松手使球B从静止开始下落，平衡时弹簧处于伸长状态，据平衡条件可得mg－mgsin 30°＝kx2，解得x2＝eq \f(mg,2k)，故物块A在斜面上做简谐运动的振幅为A＝x1＋x2＝eq \f(mg,k)，C正确；振幅为eq \f(mg,k)，故下降的最大高度为2A，即eq \f(2mg,k)，D正确；到达平衡位置时，物块A获得最大速度，对A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒定律得mgA－mgAsin 30°＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(\f(mg2,2k))，A错误，B正确。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．(8分)如图甲所示，某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度。 (1)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“50”时，停表停止计时，读出这段时间t。则该单摆的周期为________。如果他在实验中误将周期计算为eq \f(t,50)，则测得的g值________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。 (2)若小组同学周期测量正确，但由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径，于是小组同学改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出L－T2图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为____________，当地的重力加速度为________。 答案 (1)eq \f(t,24.5) 偏大 (2)2ka 4π2k(每空2分) 解析 (1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期 T＝eq \f(t,n)＝eq \f(t,\f(50－1,2))＝eq \f(t,24.5) 根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g)) 整理得g＝eq \f(4π2l,T2)，周期测量值偏小，则g测量值偏大。 (2)由单摆周期公式得T＝2πeq \r(\f(L＋\f(d,2),g)) 整理得L＝eq \f(g,4π2)T2－eq \f(d,2) L－T2图线的斜率k＝eq \f(g,4π2) 将L＝0，T2＝a代入表达式， 即0＝ka－eq \f(d,2) 得小球直径d＝2ka 当地的重力加速度g＝4π2k。 14．(10分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中： (1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，除停表外，还应选用下列所给器材中的________．(将所选用的器材前的字母填在横线上) A．长1 m左右的细绳 B．长10 cm左右的细绳 C．直径约2 cm的钢球 D．直径约2 cm的木球 E．分度值是1 cm的米尺 F．分度值是1 mm的米尺 (2)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。 A．把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动 B．在摆球到达最高点时开始计时 C．用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期 D．用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期 (3)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g＝________(用测出的物理量表示)。 (4)若测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－L图线如图，此图线斜率的物理意义是________。 A．g B.eq \f(g,L) C.eq \f(4π2,g) D.eq \f(g,4π2) (5)在(4)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的图线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________。 A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能 答案 (1)ACF (2)AD (3)eq \f(4π2l＋\f(d,2),T2) (4)C (5)C(每空2分) 解析 (1)单摆的摆角较小，所以所用细绳需要适当长一些，这样摆幅较大，便于观察，选择长1 m左右的细绳，即A；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量较大，体积较小的钢球，即C；测量长度需要尽量精确，选择分度值是1 mm的米尺，即F.故选ACF。 (2)单摆的摆角不超过5°，把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动，A正确；摆球在最高点速度为零，停滞时间较大，从最高点计时误差较大，摆球在最低点速度最大，所以应从最低点开始计时，B错误；用1次全振动的时间作为周期误差较大，应用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期，C错误，D正确。 (3)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，其中L＝l＋eq \f(d,2)，可知重力加速度g＝eq \f(4π2l＋\f(d,2),T2)。 (4)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，变形得T2＝eq \f(4π2,g)L 斜率为eq \f(4π2,g)，A、B、D错误，C正确。 (5)结合(4)可知斜率与摆长无关，所以斜率不变，A、B、D错误，C正确。 15．(8分)(2023·聊城市月考)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图。 (1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少； (2)写出该简谐运动的表达式； (3)求t＝0.25×10－2 s时振子的位移。 答案 (1)2×10－2 s 2 cm (2)x＝2sin (100πt＋eq \f(3π,2)) cm或x＝2sin (100πt－eq \f(π,2)) cm (3)－eq \r(2) cm 解析 (1)由题图知，T＝2×10－2 s，A＝2 cm。(2分) (2)ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，φ＝eq \f(3π,2)或φ＝－eq \f(π,2)(2分) 振子做简谐运动的表达式为 x＝2sin (100πt＋eq \f(3π,2)) cm 或x＝2sin (100πt－eq \f(π,2)) cm。(2分) (3)当t＝0.25×10－2 s时位移为 x＝2sin (100π×0.25×10－2＋eq \f(3π,2))cm ＝－eq \r(2) cm。(2分) 16．(10分)(2022·常州市高二期中)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2。求： (1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度。 答案 (1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)eq \f(\r(2),5) m/s 解析 (1)小球在一个周期内两次经过最低点，可得周期T＝0.4π s(1分) 根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))(2分) 解得l＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(10×0.16π2,4π2) m＝0.4 m(1分) (2)(3)摆球受力分析如图所示， 在最高点A，有Fmin＝mgcos α＝0.495 N(1分) 在最低点B，有Fmax＝mg＋meq \f(v2,l)＝0.510 N(1分) 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgl(1－cos α)＝eq \f(1,2)mv2(2分) 解得m＝0.05 kg，v＝eq \f(\r(2),5) m/s。(2分) 17．(12分)如图所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为eq \f(3,4)L时将物块由静止开始释放(物块做简谐运动)，重力加速度为g。 (1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度； (2)物块做简谐运动的振幅是多少； (3)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动。(已知做简谐运动的物体所受的回复力满足F＝－kx) 答案 (1)L＋eq \f(mgsin α,k) (2)eq \f(mgsin α,k)＋eq \f(L,4) (3)见解析 解析 (1)物块平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力。 根据平衡条件，有：mgsin α＝k·Δx(2分) 解得Δx＝eq \f(mgsin α,k) 故物块处于平衡位置时弹簧的长度为 L＋eq \f(mgsin α,k)。(2分) (2)物块做简谐运动的振幅为A＝Δx＋eq \f(1,4)L＝eq \f(mgsin α,k)＋eq \f(L,4)。(3分) (3)物块到达平衡位置下方x位置时，弹力为 k(x＋Δx)＝k(x＋eq \f(mgsin α,k))(2分) 故合力为F＝mgsin α－k(x＋eq \f(mgsin α,k))＝－kx(3分) 故物块做简谐运动。 18．(12分)如图所示，将质量为mA＝100 g的平台A连接在劲度系数k＝200 N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置mB＝mA的物块B，使A、B一起上下振动，弹簧原长为5 cm。A的厚度可忽略不计，g取10 m/s2。则： (1)当系统做小振幅简谐振动时，A的平衡位置离地面C多高？ (2)当振幅为0.5 cm时，B对A的最大压力有多大？ (3)为使B在振动中始终与A接触，振幅不能超过多大？为什么？ 答案 (1)4 cm (2)1.5 N (3)振幅不能大于1 cm 理由见解析 解析 (1)振幅很小时，A、B间不会分离，将A与B作为整体，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得kΔx0＝(mA＋mB)g(1分) 得Δx0＝1 cm(1分) 平衡位置距地面高度h＝l0－Δx0＝4 cm。(1分) (2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度am＝eq \f(kA＋Δx0－mA＋mBg,mA＋mB)＝eq \f(kA,mA＋mB)＝5 m/s2 (2分) 取B为研究对象，有FN－mBg＝mBam (1分) 得A、B间相互作用力FN＝mB(g＋am)＝1.5 N(1分) 由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5 N(1分) (3)为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足：FN≥0 (1分) 取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有mBg－FN＝mBa 当FN＝0时，B振动的加速度达到最大值，且最大值amB＝g＝10 m/s2(方向竖直向下) (1分) 因amA＝amB＝g，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于原长(1分) A′＝1 cm，振幅不能大于1 cm(1分)
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