（2021新人教版）高中物理选修性必修第一册第二章《机械振动》达标检测.docx

1、新人教版选择性必修一 第二章达标检测 (满分:100 分;时间:90 分钟) 一、选择题(本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 15 小题只有一 个选项符合题目要求,第 68 小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选不全的得 4 分, 选错或不答的得 0 分) 1.在如图所示盛沙的漏斗下面放一木板,让漏斗左右摆动起来,同时其中的细沙匀速流出,经过一段 时间后,观察木板上沙子的堆积情况,则沙堆的剖面应是图中的() 2.如图所示,细线一端固定于 O 点,另一端系一小球,在 O 点正下方的 A 点处钉一个钉子。小球从 B 点由静止释放,摆到最低点

2、C 的时间为 t1,从 C 点向右摆到最高点的时间为 t2。摆动过程中,如果偏 角始终小 于 5,不计空气阻力。下列说法中正确的是() A.t1=t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率变小 B.t1t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率变小 C.t1t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率不变 D.t1=t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率不变 3.如图所示,弹簧振子在 M、N 之间做周期为 T、振幅为 A 的简谐运动,O 为平衡位置,P 是 O、N 间的 一点。若振动物体向右通过 P 点时开始计时,则经过? 4,振动物体通过的路程( ) A.一定大于 AB.一定小于 A C.一定等于 AD.可能小于 A 4

3、.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,游客能舒服地登船。在一个周期内,游客能舒服登船的时间是() A.0.5 sB.0.75 sC.1.0 sD.2.0 s 5.“单摆”是一种理想化模型,如图所示,长为 l 的轻绳下端拴着一个可视为质点的小球,上端固定 在倾角为的光滑斜面上,这个装置也可以等效为“单摆”。当摆球在斜面所在的平面内做小摆角 振动时,其周期为() A.T=2 ? ? B.T=2 ? ?cos?

4、C.T=2 ? ?sin? D.以上答案都不对 6.如图甲所示,一轻质弹簧一端固定,另一端与可视为质点的滑块相连,滑块在 A、A 之间做往复运 动,不计一切摩擦。O、A 之间有一点 B(未画出),与 A点相距 14 cm。规定水平向右为正方向,从某 时刻开始计时,滑块的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是() A.在运动过程中,滑块的机械能守恒 B.t=0.5 s 和 t=1.5 s 时,滑块的加速度相同,动能相同 C.在 34 s 内,滑块的速度增大,加速度减小 D.在 0.53.5 s 内,滑块通过的路程为 30 cm 7.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()

5、 A.甲、乙两摆的振幅之比为 21 B.t=2 s 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 41 D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 8.如图所示,将一轻弹簧上端悬挂在天花板上,下端连接物体 A,A 下面再用棉线挂一物体 B,A、B 质 量相等,g 为当地重力加速度。烧断棉线,下列说法中正确的是() A.烧断棉线瞬间,A 的加速度大小为 g B.烧断棉线之后,A 向上先加速后减速 C.烧断棉线之后,A 在运动中机械能守恒 D.当弹簧恢复原长时,A 的速度恰好减到零 二、非选择题(共 4 小题,共 52 分) 9.(10 分)竖直悬挂的弹簧振子下端装有

6、记录笔,在竖直面内放置记录纸。当振子上下振动时,以水平 向左的速度 v=1 m/s 匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下记录的痕迹,建立坐标系,测得的数据如图 所示,则振子振动的振幅为,频率为。 10.(12 分)某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度。实验步骤如下: A.按装置图安装好实验装置; B.用游标卡尺测量小球的直径 d; C.用米尺测量悬线的长度 L; D.让小球在竖直平面内小角度摆动,当小球经过最低点时开始计时,并计数为 0,此后小球每经过最低 点一次,依次计数 1、2、3、,当数到 20 时,停止计时,测得时间为 t; E.多次改变悬线长度,对应每个悬线长度,都重复实验步骤

7、C、D; F.计算出每个悬线长度对应的 t 2; G.以 t 2 为纵坐标、L 为横坐标,作出 t 2-L 图线。 结合上述实验,回答下列问题: (1)用 10 分度的游标卡尺测量小球直径,某次测量示数如图所示,读出小球直径 d 为 cm。 (2)该同学根据实验数据,利用计算机作出 t 2-L 图线如图所示。根据图线拟合得到方程 t 2=404.0L+3.0(s2),由此可以得出当地的重力加速度 g= m/s 2。(取2=9.86,结果保留 3 位有 效数字) (3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因,下列分析正确的是。 A.不应在小球经过最低点时开始计时,应该在小球运动到最高点时开始计时

8、B.开始计时后,不应记录小球经过最低点的次数,而应记录小球做全振动的次数 C.不应作 t 2-L 图线,而应作 t-L 图线 D.不应作 t 2-L 图线,而应作 t2- ? +1 2 d 图线 11.(12 分)如图所示,一质量为 m 的小钢珠,用长为 l 的细丝线挂在水平天花板上(l 远大于小钢球的 半径),初始时,摆线和竖直方向的夹角为(T右则 t1= 1 4T 左 1 4T 右=t2;摆线碰钉子的瞬间,小球的速度不突变, 即小球的速率不变,故 C 正确,A、B、D 错误。 3.B振动物体向右通过 P 点时开始计时,速度逐渐减小,则经过? 4的平均速度小于一个周期内的平均 速度,因此经过

9、? 4振动物体通过的路程一定小于 A,选 B。 4.C把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,从游船上升到最高点时开始计时,其振动方程为 y=A cos2 ?t,代入数据得 y=20 cos 2 3t cm;当 y=10 cm 时,在前半个周期内,可解得 2 3t= 3,故 t=0.5 s,则在一 个周期内,游客能舒服登船的时间是 2t=1.0 s,选 C。 5.C在斜面上,根据牛顿第二定律可知,沿斜面向下的加速度为 a=g sin ,所以该“单摆”的“等 效重力加速度”为 g=g sin ,由单摆的周期公式可知该等效“单摆”的周期 T=2 ? ?sin?,选 C。 6.BC在运动过程中,滑块与弹

10、簧组成的系统的机械能守恒,滑块的机械能不守恒,A 错误;t=0.5 s 和 t=1.5 s 时,滑块的位移相同,则回复力相同,加速度相同,速度的大小相等,则动能相同,B 正确;在 34 s 内,滑块向平衡位置运动,位移减小,速度增大,加速度减小,C 正确;在 0.51 s 以及 33.5 s 内,滑块通过的路程均小于1 2A,则在 0.53.5 s 内,滑块通过的路程小于 3A=30 cm,D 错误。 7.AB由题图知,甲、乙两摆的振幅分别为 2 cm、1 cm,A 正确;t=2 s 时,甲摆的摆球在平衡位置处, 乙摆的摆球在振动的最大位移处,B 正确;由单摆的周期公式 T=2 ? ?推出甲、

11、乙两摆的摆长之比为 14,C 错误;因摆球摆动的最大偏角未知,D 错误。 8.ABD设 A、B 质量均为 m,烧断棉线前,对 A、B 整体受力分析,知弹簧的弹力 F=2mg,烧断棉线瞬间, 弹簧的弹力不变,对 A,根据牛顿第二定律可得 F-mg=maA,解得 aA=g,故 A 正确;烧断棉线后,A 在弹力 和重力的作用下向上运动,弹力先大于重力,后小于重力,所以物体 A 向上先加速后减速,B 正确;烧断 棉线后,A 还受弹簧弹力作用,故 A 的机械能不守恒,但 A 和弹簧组成的系统机械能守恒,C 错误;烧断 棉线后,A 在重力和弹力的作用下做简谐运动,在最低点回复力大小为 F=2mg-mg=m

12、g,方向向上,根据 对称性可知,在最高点回复力大小为 F=mg,方向向下,即 mg-F 弹=mg,解得 F弹=0,故在最高点,速度为 零时,弹簧弹力为零,即弹簧恢复原长,D 正确。 二、非选择题 9.答案5 cm(5 分)1 Hz(5 分) 解析设周期为 T,振幅为 A,由题图可得 A=5 cm;由于振动的周期就是记录纸从 0 至 x=1 m 运动的时 间,故周期为 T=? ?= 1 1 s=1 s,则频率为 f=1 ?=1 Hz。 10.答案(1)1.51(4 分)(2)9.76(4 分)(3)D(4 分) 解析(1)如题图所示游标卡尺主尺的示数是 1.5 cm=15 mm,游标尺示数是 1

13、0.1 mm=0.1 mm,小球 的直径 d=15 mm+0.1 mm=15.1 mm=1.51 cm。 (2)根据单摆周期公式 T=2 ? ?得 ? 10=2 ?+? 2 ? ,即 t 2=4002?+? 2 ? , 故 t 2-L 图线的斜率表示4002 ? 的大小, 由题意知斜率 k=404.0 s 2m-1,则4002 ? =404.0 s 2m-1, 代入 2=9.86 得 g9.76 m/s2。 (3)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和,把摆线长度当作单摆摆长时,摆长小于实际摆长,故 t 2-L 图线不过坐标原点,纵轴截距不为零,若作 t2-(L+1 2d)图线,则图线过坐标原点,

14、选 D。 11.答案(1) 2 ? ? (2)3mg-2mg cos 解析(1)小球做简谐运动,则小球从释放到最低点所用的时间为 t=1 4T= 2 ? ?。(3 分) (2)从释放到最低点,由动能定理有 mg(l-l cos )=1 2mv 2(3 分) 根据牛顿第二定律,有 T-mg=m? 2 ? (3 分) 联立解得 T=3mg-2mg cos (3 分) 12.答案(1)y=5 cos5 3t(cm) (2)215 cm平衡位置(y=0) (3)5 m/s 2 解析(1)由振动图像可知 A=5 cm,T=1.2 s,则=2 ?= 5 3 rad/s(3 分) 则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为 y=A cos t=5 cos5 3t(cm)(3 分) (2)12.9 s=103 4T,则小球在 012.9 s 内运动的总路程为 s=103 44A=215 cm(3 分) t=12.9 s 时刻小球的位置坐标 y=0,即小球在平衡位置处。(3 分) (3)小球在平衡位置时弹簧的伸长量为 10 cm,则 k=? ?= 10 0.1 N/m=100 N/m(3 分) 小球在最高点时,弹簧的伸长量为x=x-A=5 cm,则 mg-kx=ma(2 分) 解得 a=5 m/s 2(1 分)