【学考优化指导】2022-2021学年高二物理人教版选修3-4练习：第11章 机械振动 测评B

第十一章测评B
(高考体验)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分)
1.(2021·上海单科)做简谐振动的物体,当它每次经过同一位置时,可能不同的物理量是()
A.位移
B.速度
C.加速度
D.回复力
解析:每次经过同一位置时,速度方向可能不同,而相对于平衡位置的位移相同,回复力F=-kx也相同,加速度a=-k
m
x 也相同。

答案:B
2.(2021·哈尔滨高二检测)在争辩单摆的运动规律过程中,首先确定单摆的振动周期公式T=2π√l
g
的科学家是() A.伽利略 B.牛顿 C.开普勒 D.惠更斯
解析:荷兰物理学家惠更斯首先确定了单摆的周期公式T=2π√l
g。

答案:D
3.(2022·浙江理综)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船,当日风浪较大,游船上下浮动。

可把游船的浮动简化成竖直
方向的简谐运动,振幅为20 cm,周期为3.0 s。

当船上升到最高点时,甲板刚好与码头地面平齐。

地面与甲板的高度差不超过10 cm时,游客能舒适地登船。

在一个周期内,游客能舒适登船的时间是()
A.0.5 s
B.0.75 s
C.1.0 s
D.1.5 s
解析:游船浮动可简化成竖直方向的简谐运动,依据题意,当船的位移满足x=A sin θ≥A
2
=10 cm时乘客可以舒适登
船,解得5π
6≥θ≥π
6
,而θ=2π
T
t,所以5
12
T≥t≥1
12
T,乘客舒适登船时间为Δt=5
12
T-1
12
T=1
3
T=1.0 s,本题只有选项C正确。

答案:C
4.(2021·福州文博中学期中检测)三个单摆的摆长为L1=1.5 m,L2=1 m,L3=0.5 m,现用一周期等于2 s的驱动力,使它们做受迫振动,那么当它们的振动稳定时,下列推断中正确的是()
A.三个摆的周期和振幅相等
B.三个摆的周期不等,振幅相等
C.三个摆的周期相等,但振幅不等
D.三个摆的周期和振幅都不相等
解析:单摆做受迫振动,稳定时,三个摆的周期都等于驱动力的周期,由于三个摆的摆长不等,振幅不等,故选项C正确,A、B、D错误。

答案:C
5.(2021·太原高二检测)如图所示,同一试验室中甲、乙两个单摆的振动图象,从图象可知() A.两摆球质量相等
B.两单摆的摆长相等
C.两单摆相位相差π
2
D.在相同的时间内,两摆球通过的路程总有s甲=2s乙
解析:由题图知T甲=T乙,则摆长相等,但A甲=2A乙,x甲=2sin(ωt+π
2
),x乙=sin ωt,故B、C项正确;而单摆周期与质量无关,A项错误;由题图可知,在任何相等的时间内路程不肯定具有s甲=2s乙的关系,故D项错误。

答案:BC
6.(2022·安徽理综)在科学争辩中,科学家常将未知现象同已知现象进行比较,找出其共同点,进一步推想未知现象的特性和规律。

法国物理学家库仑在争辩异种电荷的吸引力问题时,曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。

已知单摆摆长为l,引力常量为G,地球质量为M,摆球到地心的距离为r,则单摆振动周期T与距离r的关系式为()
A.T=2πr√GM
l
B.T=2πr√l
GM
C.T=2π
r
√GM
l
D.T=2πl√r
GM
解析:设离地心r处重力加速度为g,则GMm
r2
=mg,故g=GM
r2
①;单摆振动周期T=2π√l
g
②。

①代入②得T=2πr√l
GM
,故选项B正确。

答案:B
7.(2021·南宁高二检测)将一个电动传感器接到计算机上,就可以测量快速变化的力,用这种方法测得的某单摆摇摆时悬线上的拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。

某同学由此曲线供应的信息做出了下列推断:
A.t=0.2 s时摆球正经过最低点
B.t=1.1 s时摆球正经过最低点
C.摆球摇摆过程中机械能减小
D.摆球摇摆的周期是T=1.
4 s
上述推断中,正确的是()
解析:单摆摇摆过程中,当摆球经过平衡位置(最低点)时绳上拉力最大,经过最大位移处时,拉力最小,所以t=0.2 s
时摆球正经过最低点,A正确;而t=1.1 s时拉力最小,摆球应经过最大位移处,所以B不正确;摆球在一个周期内两
次经过平衡位置,所以周期应为T=(1.4-0.2) s=1.2 s,所以D不正确;由图象看出,摆球经过平衡位置时绳的拉力不
断减小,即所需要的向心力不断减小,所以在平衡位置的动能在减小,说明摆球摇摆过程中机械能减小,因此C正确。

答案:AC
8
(2021·山东理综)如图,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动。

以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt) m。

t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6 s时,小球恰好与物块
处于同一高度。

重力加速度的大小g取10 m/s2。

以下推断正确的是()
A.h=1.7 m
B.简谐运动的周期是0.8 s
C.0.6 s内物块运动的路程是0.2 m
D.t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反
解析:t=0.6 s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6) m=-0.1 m;则对小球h+|y|=1
2
gt2,解得h=1.7 m ,A项正确;简谐运
动的周期是T=2π
ω=2π
2.5π
s=0.8 s,B项正确;0.6 s内物块运动的路程是3A=0.3 m,C项错误;t=0.4 s=T
2
,此时物块在平
衡位置向下振动,则此时物块与小球运动方向相同,D项错误。

答案:AB
二、试验题(本题共2小题,每小题9分,共18分)
9.(2021·天津理综)某同学利用单摆测量重力加速度。

(1)为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是。

A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C.试验时须使摆球在同一竖直面内摇摆
D.摆长肯定的状况下,摆的振幅尽量大(2)如图所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。

试验时,由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm 的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T2;最终用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。

用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g=。

解析:(1)组装单摆须选用密度大和质量适当大一些的小球,以保证空气阻力、细线质量可以忽视不计。

A说法中密度较小,不符合要求,故A错误;选用轻且不易伸长的细线能够保证细线质量和长度的伸缩可以忽视不计,故B 正确;用单摆测重力加速度必需保证摆球在同一竖直平面内摇摆,故C正确;单摆周期公式只在小角度摇摆的状况下成立,故单摆摆长肯定时,振幅应尽量小一些,D错误。

(2)设第一次摆长为L1,其次次摆长为L2,则
T1=2π√L1
g
,T2=2π√L2
g
,又ΔL=L1-L2
解得g=4π
2ΔL
T12-T22。

答案:(1)BC(2)4π
2ΔL
T12-T22
10
北京理综)用单摆测定重力加速度的试验装置如图甲所示。

甲
(1)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1 m左右的细线
B.长度为30 cm左右的细线
C.直径为1.8 cm的塑料球
D.直径为1.8 cm的铁球
(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。

请计算出第3组试验中的T=s,g=m/s2。

(4)
乙
用多组试验数据作出T 2-L 图象,也可以求出重力加速度g 。

已知三位同学作出的T 2-L 图线的示意图如图乙中的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.消灭图线a 的缘由可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.消灭图线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)
丙
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,如图丙所示,由于家里只有一根量程为30 cm 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,通过转变O 、A 间细线长度以转变摆长。

试验中,当O 、A 间细线的长度分别为l 1、l 2时,测得相应单摆的周期为T 1、T 2,由此可得重力加速度g= (用l 1、l 2、T 1、T 2表示)。

解析:(1)在“用单摆测定重力加速度”的试验中,摆线应选取长约1 m 左右的不行伸缩的细线,摆球应选取体积小质量大的铁球,以减小试验误差,故选A 、D 。

(2)和(3)依据单摆的周期公式可以推导出重力加速度的表达式g=
4π2L T 2
,单摆的周期为完成一次全振动所用的
时间,给出n 次全振动时间t ,可以利用T=t
n 求出周期,代入重力加速度表达式即可计算得g=
4π2n 2L
t 2。

(4)在用图象法处理数据时,明确
T 2-L
图象的斜率k=4π2
g ,所以斜率k 越小,对应重力加速度
g 越大,C 错误。

在
图象中,图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长时漏加小球半径,与纵轴负半轴相交表示计算摆长时多加小球半径,故A 错误。

若误将49次全振动记为50次全振动,则周期测量值偏小,g 测量值偏大,对应图象斜率偏小,故B 正确。

(5)抓住A 点下方摆线长不变,可设为l 0,l 0+l 1为第一次摆长,l 0+l 2为其次次摆长,分别代入重力加速度表达式,联立消去l 0,即可得重力加速度表达式g=4π2(l 1-l 2)T 12-T 22。

答案:(1)AD
(2)4π2n 2L t
2
(3)2.01 9.76 (4)B (5)
4π2(l 1-l 2)T 12-T 22
三、解答题(本题共3小题,共34分。

解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

有数值计算的,答案中应明确写出数值和单位)
11.(10分)(2022·重庆理综)一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有一记录笔,在竖直面内放置有一记录纸。

当振子上下振动时,以速率v 水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图象。

y 1、y 2、x 0、2x 0为纸上印迹的位置坐标。

由此图求振动的周期和振幅。

解析:设周期为T ,振幅为A
由题意得T=2x 0
v 和A=y 1-y 22。

答案:
2x 0v y 1-y 22
12.(10分)(2021·烟台高二检测)如图所示,一弹簧振子的振动图象,试完成以下问题:
(1)写出该振子简谐运动的表达式。

(2)在第2 s 末到第3 s 末这段时间内,弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的? (3)该振子在第100 s 时的位移是多少?前100 s 内的路程是多少? 解析:(1)由振动图象可得:振幅A=5 cm,周期T=4 s,初相φ=0,则圆频率ω=
2πT
=π2
rad/s
故该振子做简谐运动的表达式为
x=5sin π
2t (cm)。

(2)由题图可知,在t=2 s 时振子恰好通过平衡位置,此时加速度为零,随着时间的连续,位移值不断加大,加速度的值也变大,速度值不断变小,动能不断减小,弹性势能渐渐增大,当t=3 s 时,加速度的值达到最大,速度等于零,动能等于零,弹性势能达到最大值。

(3)振子经过一个周期位移为零,路程为5×4 cm =20 cm,前100 s 时刚好经过了25个周期,所以第100 s 振子位移x=0,振子路程s=20×25 cm =500 cm =5 m 。

答案:(1)x=5sin π
2t (cm) (2)见解析 (3)0 5 m 13分
)(2021·
安徽理综
,改编
)
如图所示,质量为M 、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上,底部与地面的动摩擦因
数为μ,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3
4
l时将物块由静止开头释放,且物块在以后的运动中,斜面体始终处于静止状态。

重力加速度为g。

(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度。

(2)选物块的平衡位置为坐标原点,沿斜面对下为正方向建立坐标轴,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。

(3)求弹簧的最大伸长量。

解析:(1)设物块在斜面上平衡时,弹簧伸长量为Δl,有
mg sin α-kΔl=0
解得Δl=mgsinα
k
此时弹簧的长度为l+mgsinα
k。

(2)当物块的位移为x时,弹簧伸长量为x+Δl
物块所受合力为
F合=mg sin α-k(x+Δl)
联立以上各式可得F合=-kx
可知物块做简谐运动。

(3)物块做简谐运动的振幅为A=l
4+mgsinα
k
由对称性可知,最大伸长量为
l 4+2mgsinα
k。

答案:(1)l+mgsinα
k (2)见解析(3)l
4
+2mgsinα
k。