第二章高考强化
一、刷真题
1．如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距 $ L $ 的 $ A $ 、 $ B $ 两点.已知质点在 $ A $ 点的位移大小为振幅的一半， $ B $ 点位移大小是 $ A $ 点的 $ \sqrt{3} $ 倍，质点经过 $ A $ 点时开始计时， $ t $ 时刻第二次经过 $ B $ 点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
（多选）
A． $ \dfrac{2L}{\sqrt{3}-1} $ ， $ 3t $
B． $ \dfrac{2L}{\sqrt{3}-1} $ ， $ 4t $
C． $ \dfrac{2L}{\sqrt{3}+1} $ ， $ \dfrac{12}{5}t $
D． $ \dfrac{2L}{\sqrt{3}+1} $ ， $ \dfrac{12}{7}t $
答案：BC
解析：设质点的振动方程为 $ x=A^\prime \sin (\omega t+\varphi ) $ ,根据题意,当 $ t=0 $ 时,质点在 $ A $ 点的位移 $ {x}_{1}=±\dfrac{A^\prime }{2} $ ,质点到达 $ B $ 点的位移 $ {x}_{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}A^\prime $ ,由于从经过 $ A $ 点开始计时,则 $ \varphi =±\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,当 $ {x}_{1}=\dfrac{A^\prime }{2} $ 时 $ A $ 、 $ B $ 两点的位置如图甲所示,则 $ \dfrac{\sqrt{3}}{2}A^\prime -\dfrac{1}{2}A^\prime =L $ , $ \dfrac{T}{4}=t $ ,解得振幅 $ A^\prime =\dfrac{2L}{\sqrt{3}-1} $ ,周期 $ T=4t $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；当 $ {x}_{1}=-\dfrac{A^\prime }{2} $ 时, $ A $ 、 $ B $ 两点的位置如图乙所示,则 $ \dfrac{\sqrt{3}}{2}A^\prime +\dfrac{1}{2}A^\prime =L $ , $ \dfrac{5}{12}T=t $ ,解得振幅 $ A^\prime =\dfrac{2L}{\sqrt{3}+1} $ ,周期 $ T=\dfrac{12}{5}t $ , $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.
2．如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动.取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管（ ）
A．振幅为 $ 2.0\mathrm{c}\mathrm{m} $
B．振动频率为 $ 2.5\mathrm{H}\mathrm{z} $
C．在 $ t=0.1\mathrm{s} $ 时速度为零
D．在 $ t=0.2\mathrm{s} $ 时加速度方向竖直向下
答案：B
解析：根据题图（b）知,试管做简谐运动的振幅为 $ 1.0\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,周期为 $ T=0.4\mathrm{s} $ ,则频率为 $ f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{1}{0.4}\mathrm{H}\mathrm{z}=2.5\mathrm{H}\mathrm{z} $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；根据题图（b）知, $ t=0.1\mathrm{s} $ 时试管处于平衡位置,速度最大, $ \mathrm{C} $ 错误；根据题图（b）知, $ t=0.2\mathrm{s} $ 时试管处于负向最大位移处,加速度方向竖直向上, $ \mathrm{D} $ 错误.
3．某小组用单摆测量重力加速度,装置如图.
① 游标卡尺测得摆球直径 $ d=20.0\mathrm{m}\mathrm{m} $ ,刻度尺测得摆线长 $ l=79\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,则摆长 $ L= $ $ \mathrm{c}\mathrm{m} $ （保留四位有效数字）.
② 使摆线与竖直方向夹角为 $ \theta (\theta < {5}^{\circ }) $ ,无初速度释放摆球,摆球位于 （填“最高点”或“最低点”）开始计时,记录摆球做30次全振动时间 $ t=54.00\mathrm{s} $ ,则单摆周期 $ T= $ $ \mathrm{s} $ ,由此测得当地重力加速度 $ g= $ $ \mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ （取 $ {\mathrm{\pi }}^{2}\approx 10 $ ,保留三位有效数字）.
答案：① $ 80.00 $
② 最低点；1.80；9.88
解析：① 单摆的摆长是摆线长度和摆球的半径之和,摆长 $ L=l+\dfrac{d}{2}=80.00\mathrm{c}\mathrm{m} $ .
② 为减小实验计时误差,需摆球经过最低点时开始计时;单摆周期 $ T=\dfrac{t}{n}=\dfrac{54.00}{30}\mathrm{s}=1.80\mathrm{s} $ ;根据单摆周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,可得 $ g=\dfrac{4{\mathrm{\pi }}^{2}L}{{T}^{2}} $ ,代入数值得 $ g=9.88\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .
4．在用单摆测重力加速度的实验中：
（1） 如图1所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门.甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图2所示，则单摆的周期为 $ \mathrm{s} $ （结果保留3位有效数字）.乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第 $ n $ 次遮光的时刻 $ t $ ，则单摆的周期为 $ T= $ ；
（2） 丙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度 $ l $ ，测出对应的周期 $ T $ ，作出相应的 $ l-{T}^{2} $ 关系图线，如图3所示.由此算出图线的斜率 $ k $ 和截距 $ b $ ，则重力加速度 $ g= $ ，小钢球重心到摆线下端的高度差 $ h= $ ；（结果均用 $ k $ 、 $ b $ 表示）
（3） 丁同学用 $ 3\mathrm{D} $ 打印技术制作了一个圆心角等于 $ {5}^{\circ } $ 、半径已知的圆弧槽，如图4所示.他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为 $ 8.64\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是 .
答案：（1） 1.31； $ \dfrac{2t}{n-1} $
（2） $ 4{\mathrm{\pi }}^{2}k $ ； $ kb $
（3） 见解析
解析：（1） 单摆摆动过程中，在最低点时摆线的拉力最大，相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期，由题图2可知，从起始值到终止值经历的时间间隔 $ \mathrm{\Delta }t=7.6530\mathrm{s}-1.1277\mathrm{s}=6.5253\mathrm{s} $ ，则有 $ \mathrm{\Delta }t=10\cdot \dfrac{{T}_{0}}{2} $ ，解得 $ {T}_{0}=1.31\mathrm{s} $ .由题意可得 $ (n-1)\dfrac{T}{2}=t $ ，解得单摆的周期为 $ T=\dfrac{2t}{n-1} $ .
（2） 摆长为 $ L=h+l $ ，根据单摆周期公式有 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ，变形得 $ l=\dfrac{g}{4{\mathrm{\pi }}^{2}}{T}^{2}-h $ ，可得 $ l-{T}^{2} $ 图像的斜率为 $ k=\dfrac{g}{4{\mathrm{\pi }}^{2}} $ ，解得 $ g=4{\mathrm{\pi }}^{2}k $ ，当 $ {T}^{2}=b $ 时 $ l=0 $ ，则有 $ 0=kb-h $ ，解得小钢球重心到摆线下端的高度差 $ h=kb $ .
（3） 存在空气阻力，小球不是纯平动，同时有滚动，导致实际测出的周期大于理想情况下的周期，使得 $ g $ 的测量值小于真实值.
5．在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量.如图（a），某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下：
图（a） 图（b）
（1）调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块；
（2）将滑块拉至离平衡位置 $ 20\mathrm{c}\mathrm{m} $ 处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期 $ T $ ；
（3）将质量为 $ m $ 的砝码固定在滑块上，重复步骤（2）；
（4） 依次增加砝码质量 $ m $ ，测出对应的周期 $ T $ ，实验数据如下表所示，在图（b）中绘制 $ {T}^{2}-m $ 关系图线；
|
$ m/\mathrm{k}\mathrm{g} $
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$ T/\mathrm{s} $
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$ {T}^{2}/{\mathrm{s}}^{2} $
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0.000
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0.632
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0.399
|
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0.050
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0.775
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0.601
|
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0.100
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0.893
|
0.797
|
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0.150
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1.001
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1.002
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0.200
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1.105
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1.221
|
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0.250
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1.175
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1.381
|
（5） 由 $ {T}^{2}-m $ 图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是 （填“线性的”或“非线性的”）；
（6） 取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到 $ {T}^{2}=0.880{\mathrm{s}}^{2} $ ，则待测物体质量是 $ \mathrm{k}\mathrm{g} $ （保留3位有效数字）；
（7） 若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得 $ {T}^{2}-m $ 图线与原图线相比将沿纵轴 移动（填“正方向”“负方向”或“不”）.
答案：（4） 见解析
（5） 线性的
（6） 0.120
（7） 负方向
解析：（4） 描点连线如图所示.
（5） 图线是一条倾斜的直线,说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量为线性关系.
（6） 在图线上寻找 $ {T}^{2}=0.880{\mathrm{s}}^{2} $ 的点,对应横坐标为 $ 0.120\mathrm{k}\mathrm{g} $ .
（7） 换一个质量较小的滑块做实验,滑块和砝码总质量较原来偏小,要得到相同的周期,应放质量更大的砝码,对应纵坐标点应右移,则所得图线与原图线相比下移,即沿纵轴负方向移动.
二、刷原创
1．如图所示，一根轻弹簧一端与墙壁连接，另一端连接一个质量为 $ m $ 的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数为 $ \mu $ ，用力将物块拉至某位置 $ A $ 静止释放，物块向左最远运动到 $ B $ 点，从 $ B $ 点向右运动时恰好运动到 $ AB $ 中点，则在 $ A $ 点释放时，弹簧的弹力为 $ ( $ 重力加速度为 $ g) $ （ ）
A． $ 4\mu mg $
B． $ 5\mu mg $
C． $ 6\mu mg $
D． $ 7\mu mg $
答案：B
解析：根据对称性,在 $ A $ 点,有 $ k{x}_{1}-\mu mg=ma $ ,在 $ B $ 点,有 $ k{x}_{2}+\mu mg=ma $ , $ AB $ 中点为平衡位置,有 $ k{x}_{0}=\mu mg $ ,物块从 $ B $ 向右运动的过程,根据对称性,在 $ AB $ 中点有 $ k{x}_{0}+\mu mg=ma\prime $ ,可得 $ a^\prime =2\mu g $ ,在 $ B $ 点,有 $ k{x}_{2}-\mu mg=ma\prime $ ,解得 $ k{x}_{2}=3\mu mg $ , $ a=4\mu g $ ,则 $ k{x}_{1}=5\mu mg $ ,即在 $ A $ 点释放时，弹簧的弹力为 $ 5\mu mg $ , $ \mathrm{B} $ 正确.
2．如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，一小球从地面 $ S $ 点由静止释放，到达隧道另一端所用时间为 $ {t}_{0} $ ，小球在隧道内受到地球的引力与它距离 $ O $ 点（地心）的位移大小成正比，方向始终指向 $ O $ 点.则小球从静止释放开始到第一次到达 $ SO $ 中点所用的时间为（ ）
A． $ \dfrac{{t}_{0}}{4} $
B． $ \dfrac{{t}_{0}}{2} $
C． $ \dfrac{{t}_{0}}{3} $
D．条件不足，无法求解
答案：C
解析：小球在隧道内受到地球的引力与它距离 $ O $ 点的位移大小成正比,方向始终指向 $ O $ 点,所以小球以 $ O $ 点为平衡位置做简谐运动,根据简谐运动规律可知小球的振幅等于地球的半径, $ S $ 点为最大位移处,根据振动方程 $ y=A \sin (\omega t+\varphi ) $ , $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ T=2{t}_{0} $ , $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T} $ ,小球第一次到达 $ SO $ 中点时,位移大小 $ y=\dfrac{A}{2} $ ,代入数据可得小球从静止释放开始到第一次到达 $ SO $ 中点所用的时间为 $ \dfrac{{t}_{0}}{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.
3．某质点在 $ x $ 轴原点两侧做振幅为 $ 4\mathrm{c}\mathrm{m} $ 的简谐运动， $ t=0 $ 时刻质点位于 $ x $ 轴正半轴，并向负半轴方向运动， $ t=3.5\mathrm{s} $ 时质点位于平衡位置向负方向运动，在这段时间内质点两次经过 $ x=-2\mathrm{c}\mathrm{m} $ 处的时间间隔为 $ 1\mathrm{s} $ ，则质点的振动方程为（ ）
A． $ x=4 \sin (\dfrac{2}{3}\mathrm{\pi }t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})\mathrm{c}\mathrm{m} $
B． $ x=4 \sin (\dfrac{2}{3}\mathrm{\pi }t+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})\mathrm{c}\mathrm{m} $
C． $ x=4 \sin (\dfrac{1}{3}\mathrm{\pi }t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\mathrm{c}\mathrm{m} $
D． $ x=4 \sin (\dfrac{1}{3}\mathrm{\pi }t+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4})\mathrm{c}\mathrm{m} $
答案：B
解析：根据题意画出振动图像,由图像可知 $ \dfrac{T}{6}×2=1\mathrm{s} $ ,解得 $ T=3\mathrm{s} $ ,则 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{2}{3}\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,设质点振动方程为 $ x=A \sin (\omega t+{\varphi }_{0}) $ ,当 $ t=3.5\mathrm{s} $ 时, $ x=0 $ ,有 $ 4 \sin (\dfrac{2}{3}\mathrm{\pi }×3.5+{\varphi }_{0})\mathrm{c}\mathrm{m}=0 $ ,解得 $ {\varphi }_{0}=\dfrac{2}{3}\mathrm{\pi } $ 或 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,又 $ t=0 $ 时, $ x > 0 $ ,则 $ {\varphi }_{0}=\dfrac{2}{3}\mathrm{\pi } $ ,则质点的振动方程为 $ x=4 \sin (\dfrac{2}{3}\mathrm{\pi }t+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.
