【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修1：第2章机械振动学业质量标准检测

第二章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．物体做简谐运动时，下列叙述正确的是(A)A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置时，合力一定为零D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零解析：平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A正确。2．做简谐运动的物体，其位移随时间的变化规律为x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50πt＋\f(π,6)))cm，则下列说法正确的是(D)A．它的振幅为4cmB．它的周期为0.02sC．它的初相位是eq\f(π,3)D．它在eq\f(1,4)周期内通过的路程可能是2eq\r(2)cm解析：对照简谐运动的一般表达式x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋φ))知A＝2cm，T＝0.04s，φ＝eq\f(π,6)，故A、B、C错；由表达式可以看出振动物体从相位为eq\f(3π,4)到相位为eq\f(5π,4)这eq\f(1,4)周期内通过的路程为eq\r(2)A，故D正确。3．如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx，释放后振子在AB间振动。设AB＝20cm，振子由A到B时间为0.1s，则下列说法正确的是(C)A．振子的振幅为20cm，周期为0.2sB．振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx＋mg与kΔx－mgC．振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔxD．振子一次全振动通过的路程是20cm解析：AB之间距离为20cm，所以振幅为10cm，选项A错误；由F＝－kx可知，在A、B两处回复力大小都为kΔx，选项B错误，选项C正确；完成一次全振动振子通过的路程为40cm，选项D错误。4．(2022·吉林省八校高二下学期期中联考)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(1)～(4)的判断正确的是(选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)(C)A．图(1)可作为该物体的v－t图像B．图(2)可作为该物体的F－t图像C．图(3)可作为该物体的F－t图像D．图(4)可作为该物体的a－t图像解析：因为F＝－kx，a＝－eq\f(kx,m)，故图(3)可作为F－t、a－t图像；而v随x增大而减小，故v－t图像应为图(2)。故C正确。5．如图，一辆小车(装有细沙)与一轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度vm通过某点时，一小球恰好以大小为v的速度竖直落入小车沙堆中并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中k为弹簧的劲度系数，以下正确的是(C)A．小球落入小车过程中，小球和小车(含沙)动量守恒B．小球落入小车过程中，小球、小车(含沙)和弹簧组成的系统机械能守恒C．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小D．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的周期变小解析：小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力竖直方向不为零，动量不守恒，选项A错误；设小车和小球的质量分别为m1、m2，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为v，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则m1vm＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m1,m1＋m2)vm<vm，由题意可知碰撞前后瞬间弹簧的弹性势能均为零，则碰前瞬间系统的机械能为E1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，碰后瞬间系统的机械能为E2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,m)·eq\f(m1,m1＋m2)<E1，所以小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项B错误；弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能为E2减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，选项C正确；小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题给周期表达式T＝2πeq\r(\f(m,k))可知整个弹簧振子的周期变大，选项D错误。故选C。6．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接，M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是(C)A．恰好在O点B．一定在O点的左侧C．一定在O点的右侧D．条件不足，无法确定解析：据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，两球在圆弧上的运动可看成等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2πeq\r(\f(R1,g))，TB＝2πeq\r(\f(R2,g))，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝eq\f(1,4)TA＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R1,g))，tB＝eq\f(1,4)TB＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R2,g))，由于R1<R2，则tA<tB，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧。故选C。7．如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中(弹簧始终在弹性限度范围内，g取10m/s2)，下列说法正确的是(AC)A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12NB．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8NC．A、B一起向下运动过程中B对A的压力最大为28ND．A、B一起向下运动过程中B对A的压力最大为20N解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为F＝mAg＝30N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体的加速度为a＝eq\f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝eq\f(50－30,5)m/s2＝4m/s2，隔离B进行分析有mBg－N＝mBa，解得N＝12N，故A正确，B错误；细线剪断后，整体一起向下运动，先加速后减速，当弹簧被压缩最短时，反向加速度最大，两个物体之间有最大作用，则有N′－mBg＝mBa′，根据对称性法则可知a′＝a＝4m/s2，解得N′＝28N，所以C正确，D错误。故选AC。8．(2022·河北省邯郸市馆陶一中高二下学期3月)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是(AB)A．甲、乙两摆的振幅之比为21B．t＝2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C．甲、乙两摆的摆长之比为41D．甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等解析：由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，故选项A正确；t＝2s时，甲摆在平衡位置处重力势能最小；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；甲、乙两摆的周期之比为12，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，得到甲、乙两摆的摆长之比为14，故选项C错误；由题目的条件不能比较甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小，故选项D错误。9．如图所示是用频闪照相的方法拍摄到的一个弹簧振子的振动情况，图甲是振子静止在平衡位置时的照片，图乙是振子被拉到左侧距平衡位置20cm处放手后向右运动eq\f(1,4)周期内的频闪照片，已知频闪的频率为10Hz，则下列说法正确的是(BC)A．该振子振动的周期为1.6sB．该振子振动的周期为1.2sC．振子在该eq\f(1,4)周期内做加速度逐渐减小的变加速运动D．从图乙可以看出再经过0.2s振子将运动到平衡位置右侧10cm处解析：相邻两次频闪的时间间隔Δt＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,10)s＝0.1s，由题图乙可知3Δt＝eq\f(T,4)，则振子振动的周期为T＝1.2s，选项B对，A错；振子在该eq\f(1,4)周期内受到弹簧的弹力逐渐减小，加速度减小，选项C对；由振动方程x＝20sineq\f(2π,1.2)tcm，当t＝0.2s，x＝10eq\r(3)cm，选项D错。10．图甲中摆球表面包有一小块橡皮泥，在竖直平面内其振动图像如图乙所示，某时刻橡皮泥瞬间自然脱落，不考虑单摆摆长的变化，则下列说法正确的是(BD)A．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＜4sB．t＝1s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＝4sC．t＝1s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＞4sD．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10cm解析：因为是自然脱落，橡皮泥与摆球之间无相互作用且摆长不变，根据能量守恒和单摆周期公式可知摆球仍在原范围内振动，振幅不变，周期不变。故选BD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11．(6分)(2023·山东省滕州一中高二下学期检测)如图甲所示，在光滑的斜面上，有一滑块，一劲度系数为k的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F－t图像。现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示图像。(1)滑块做简谐运动的回复力是由_弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力)__提供的。(2)由图乙所示的F－t图像可知，滑块做简谐运动的周期为_0.4__s。(3)结合F－t图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为eq\f(F1＋F2,2k)。解析：(1)对滑块进行受力分析，弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力提供回复力。(2)由题图可以看出周期为0.4s。(3)根据胡克定律：F1＝kx，F2＝kx′，振幅A＝eq\f(x＋x′,2)＝eq\f(F1＋F2,2k)。12．(8分)(2023·山西大学附中高二下学期月考)在利用“单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝eq\f(4π2L,T2)，只要测出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出T2－L图像，就可以求出当地的重力加速度，理论上T2－L图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图1所示：(1)由图像求出的重力加速度g＝_9.86__m/s2(取π2＝9.87)；(2)由于图像没有能通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比_不变__；若利用g＝eq\f(4π2L,T2)，采用公式法计算，则求出重力加速度g值与当地真实值相比_偏小__(填“偏大”“偏小”或“不变”)；(3)某同学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，他找到了一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球(如图2)，以下实验步骤中存在错误或不当的步骤是_BDF__(只填写相应的步骤代号即可)。A．将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点；B．用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长；C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；D．从摆球摆到最低点时开始计时，当摆球第30次到达最低点时结束记录总时间t，由T＝eq\f(t,30)得出周期；E．改变ON间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和T；F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，带入公式g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2L求出重力加速度g。解析：(1)由T2＝eq\f(4π2,g)·L，知T2－L图像的斜率等于eq\f(4π2,g)，由数学知识得：eq\f(4π2,g)＝eq\f(4,0.01＋0.99)，解得：g＝9.86m/s2；(2)无论图像是否经过坐标原点，图像的斜率等于eq\f(4π2,g)，该斜率不变，所以g不变；若利用g＝eq\f(4π2L,T2)，采用公式法计算，实际L更大，测得的摆长偏小，则求出重力加速度g值与当地真实值相比偏小；(3)B选项：用刻度尺测量ON间尼龙线的长度L作为摆长是错误的，摆长等于悬点到石块重心的距离；D选项：从摆球摆到最低点时开始计时，当摆球第30次到达最低点时结束记录总时间t，由T＝eq\f(t,15)得出周期；F选项：求出多次实验中测得的L和T的值，作出T2－L图像，根据图像的斜率求出重力加速度g。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点时用30s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1m，当地重力加速度g取π2(m/s2)；根据以上数据求房顶到窗上沿的高度。答案：3.0m解析：T＝eq\f(t,n)＝3.0s，T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π\r(\f(1,g))＋2π\r(\f(1＋h,g))))，解得h＝3.0m。14．(11分)如图所示，一只质量为2m的箱子放在水平地面上，箱内两个物体A、B质量均为m，A、B之间用轻弹簧相连接，再分别用竖直细线a、b系在箱内。现将细线b剪断，若剪断瞬间物体B的加速度为g，方向竖直向上，规定竖直向上为正方向，则剪断b线后物体B向上运动的过程中，箱子对地面的压力的取值范围。答案：3mg≤FN≤5mg解析：将细线b剪断，B将做简谐运动，设B在最低点时，弹簧弹力为F1，在最高点，弹簧弹力为F2，在最低点，有F1－mg＝mg，所以F1＝2mg，B做简谐运动，根据对称性，B在最高点的加速度大小也为g，方向竖直向下，则有F2＋mg＝mg，所以F2＝0，可知B上升的过程中A始终不动。以木箱与A组成的系统为研究对象，由于A始终不动，所以木箱与A组成的系统始终处于平衡状态，当B在最低点时，箱子对地面的压力FN1＝2mg＋mg＋F1＝5mg，当B在最高点时，箱子对地面的压力FN2＝2mg＋mg＋F2＝3mg，故箱子受到的地面的支持力最大为5mg，最小为3mg，由牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力最大为5mg，最小为3mg，即3mg≤FN≤5mg。15．(12分)如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、