1、第二章测评(时间:90分钟满分: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.(2021北京十四中高二月考)做简谐运动的物体,回复力和位移的关系图是所给四个图像中的()解析回复力和位移的关系式F=-kx,图像为一次函数,且F与x方向相反,故选D。答案D2.关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义,有以下几种说法,其中正确的是()A.回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程B.速度第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程C.动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D.速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所
2、经历的过程答案D3.一根弹簧原长为l0,挂一质量为m的物体时伸长x。当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子,且其振幅为A时,物体振动的最大加速度为()A.Agl0B.AgxC.xgl0D.l0gA解析振子的最大加速度a=kAm,而mg=kx,解得a=Agx,B项正确。答案B4.如图所示,一个弹簧振子在A、B间做简谐运动,O是平衡位置,以某时刻作为计时零点(t=0),经过14周期,振子具有正方向的最大加速度,那么下列四个x-t运动图像能正确反映运动情况的图像是()解析从t=0开始经过14周期,振子具有正向的最大加速度,则位移为负的最大值,故D正确。答案D5.质点沿x轴做简谐运动,平
3、衡位置为坐标原点O,质点经过a点和b点时速度相同,所用时间tab=0.2 s;质点由b点再次回到a点用的最短时间tba=0.4 s。则该质点做简谐运动的频率为()A.1 HzB.1.25 HzC.2 HzD.2.5 Hz解析由题意知a、b两点关于O点对称,由tab=0.2s、tba=0.4s知,质点经过b点后还要继续向最大位移处运动,直到最大位移处,然后再回来经b点到a点,则质点由b点到最大位移处再回到b点所用时间为0.2s,则T4=12tab+12(tba-tab),解得周期T=0.8s,频率f=1T=1.25Hz。答案B6.(2021浙江高二月考)蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落
4、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,丝网振动的频率由丝网自身的结构所决定,与昆虫翅膀振动频率无关解析根据共振的条件可知,系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振,振幅达最大,故A、B错误;当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,其频率f=1T=10.005Hz=200Hz,与丝网的固有频率相等,所以丝网的振幅最大,故C正确;受迫振动的频率等于驱动力的频率,所以昆虫“
5、落网”时,丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定,故D错误。答案C7.(2021北京中央民族大学附属中学高二期末)如图所示为日常生活中的一种摆钟的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了,下列说法正确的是()A.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动B.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动C.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动D.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动解析由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小,因T=2lg,故重力加速度变大,要使周期不变小,则应增加摆长,
6、即将螺母适当向下移动,A、B、D错误,C正确。答案C8.如图所示为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图像,由图像可知()A.甲单摆的摆球质量是乙的2倍B.甲单摆的摆长是乙的2倍C.甲乙两单摆相位差为2D.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,B项错误;x甲=2sint+2cm,x乙=sintcm,故C项正确;而单摆周期与摆球质量无关,A项错误;由题图可知,在任何相等的时间内,两摆球通过的路程不一定具有s甲=2s乙的关系,故D项错误。答案C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
7、部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。)9.大地震可导致很多房屋坍塌,地震时下列说法正确的是()A.所有建筑物振动周期相同B.所有建筑物振幅相同C.建筑物的振动周期由其固有周期决定D.所有建筑物均做受迫振动解析物体做受迫振动的振动周期是由驱动力的周期来决定的,建筑物振动周期相同;而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体本身的固有频率,发生共振的建筑物振幅较大,故A、D正确,B、C错误。答案AD10.如图所示,质量为m的小球放在劲度系数为k的轻弹簧上,小球上下振动而又始终未脱离弹簧。则()A.小球的最大振幅为mgkB.在最大振幅下弹簧对小球的最大弹力是mgC.小球在振动过程中机械能守
8、恒D.弹簧的最大弹性势能为2m2g2k解析最大振幅满足kA=mg,即A=mgk,选项A正确;在A=mgk的条件下小球在最高点和最低点所受回复力大小相同,在最低点有Fm-mg=mg,得Fm=2mg,选项B错误;小球和弹簧组成的系统中只有重力和弹簧弹力做功,其机械能守恒,选项C错误;当小球到达最低点时弹簧的形变量最大,则弹性势能最大,根据机械能守恒得最大弹性势能为2mgA=2m2g2k,选项D正确。答案AD11.如图所示,下列说法正确的是()A.振动图像上的A、B两点振动物体的速度相同B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点的加速度大小相等、方向相反C.振动图像上A、B两点的速度大小相等、方向
9、相反D.质点在t=0.2 s和t=0.3 s时的动能相等解析A、B两点位移相同,速度大小相等,但方向相反,故选项A错,选项C对;t=0.1s和t=0.3s质点离开平衡位置的位移最大,方向相反,由F=-kx,a=-kxm可知选项B对;t=0.2s时,物体通过平衡位置,速度最大,动能最大,而t=0.3s时,速度为零,动能最小,故选项D错。答案BC12.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动,给砝码一向下的初速
10、度,砝码便做简谐运动,振动图线如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图线如图丙所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,A表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则()A.由图线可知T0=4 sB.由图线可知T0=8 sC.当T在4 s附近时,A显著增大;当T比4 s小得多或大得多时,A很小D.当T在8 s附近时,A显著增大;当T比8 s小得多或大得多时,A很小解析图乙是弹簧振子未加驱动力时的周期,故由图线读出的周期为其振动的固有周期,即T0=4s。图丙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图线,做受迫振动的物体,其振动的周期等于驱动力的周期,即T=8s。当
11、受迫振动的周期与驱动力的周期相同时,其振幅最大;周期差别越大,其运动振幅越小。答案AC三、非选择题(本题共6小题,共60分。)13.(6分)某登山运动员登上某座山顶后,利用一些轻质细线、钢卷尺、手表、形状不规则的石子、矮树等,测量出山顶处的重力加速度。实验步骤如下:(1)用细线绑上石子挂在树杈上做成一个单摆,小角度摆动后测出n1次全振动的时间t1,测出悬线长L1。(2)改变悬线长度,测出其长度L2,小角度摆动后测出n2次全振动的时间t2。则山顶处的重力加速度g=。用(1)(2)中所测物理量表示解析设悬线末端到石子重心的距离为d,根据单摆周期规律,有T1=2L1+dg,T2=2L2+dg,T1=
12、t1n1,T2=t2n2T12-T22=42(L1-L2)g,g=42(L1-L2)T12-T22=42(L1-L2)t1n12-t2n22。答案42(L1-L2)t1n12-t2n2214.(8分)某同学设计了用沙摆测重力加速度的实验,装置如图所示,此装置可看成摆长为L的单摆,实验时,摆角小于5,沿与摆动方向垂直的方向以速度v匀速拉动木板,在木板上留下如图所示的图像。(1)为了完成实验,除摆长L外,还需要测出的物理量有下列选项中的。A.沙摆做简谐运动的振幅AB.沙摆的质量mC.OB的长度l(2)除上述给出的物理量以外,还需要测量(写出物理量及对应符号)。(3)根据以上物理量,写出重力加速度的
13、表达式g=。解析(1)由单摆周期公式T=2Lg可知,为了测得重力加速度,还应测量单摆周期,由题图可知,T=lv,即需测量OB的长度l,故选C。(2)由(1)的分析可知,还需要测量拉动木板的速度v。(3)由单摆周期公式T=2Lg可知g=42v2Ll2。答案(1)C(2)拉动木板的速度v(3)42v2Ll215.(7分)(2021山东滕州第一中学高二月考)如图所示,质量为m的木块A和质量为M的木块B用细线捆在一起,木块B与竖直悬挂的轻弹簧相连,它们一起在竖直方向上做简谐运动。在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上,设弹簧的劲度系数为k,当它们经过平衡位置时,A、B之间的静摩擦力大小为Ff1。当它们
14、向下离开平衡位置的位移为x时,A、B间的静摩擦力为Ff2。细线对木块的摩擦不计。求:(1)Ff1的大小;(2)Ff2的大小。解析(1)当通过平衡位置时,两个物块的加速度都是0,其中A受到重力和静摩擦力的作用,所以A受到的静摩擦力大小为Ff1=mg。(2)物体A和物体B一起在竖直方向上做简谐振动,回复力F=-kx;整体的加速度大小为a=kxM+m;对物体A受力分析,受重力和B对A向上的摩擦力,加速度向上,根据牛顿第二定律,有Ff2-mg=ma解得Ff2=mg+ma=mg+mkxM+m答案(1)mg(2)mg+mkxM+m16.(9分)一位游客在湖边欲乘坐游船,当日风浪较大,游船上下浮动。可把游船
15、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。码头地面与甲板的高度差不超过10 cm时,游客能舒服地登船。求:在游船浮动一个周期内,游客能舒服登船的时间。解析当游船在平衡位置时开始计时,则振动方程为y=Asin2Tt,振幅A=20cm,周期T=3.0s,即y=20sin2Tt,由于高度差不超过10cm,游客能舒服地登船,即y=10cm,代入数据可知,t1=T12,t2=5T12,在一个周期内舒服登船的时间为t=t2-t1=T3=1.0s。答案1.0 s17.(14分)如图所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,RAB,甲球从弧形
16、槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放,问:(1)两球第1次到达C点的时间之比;(2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从弧形槽左侧由静止释放,欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是多少?解析(1)甲球做自由落体运动R=12gt12,所以t1=2Rg,乙球沿圆弧做简谐运动(由于ABR,可认为摆角很小)。此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间为t2=14T=142Rg=2Rg,所以t1t2=22。(2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间为t甲=2hg,由于乙球运动的周期
17、性,所以乙球到达C点的时间为t乙=T4+nT2=2Rg(2n+1)(n=0,1,2)由于甲、乙在C点相遇,故t甲=t乙解得h=(2n+1)22R8(n=0,1,2)。答案(1)22(2)(2n+1)22R8(n=0,1,2)18.(16分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点,现将小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,AOB=COB=,小于5且是未知量。图乙表示由计算机得到的小球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时
18、刻。试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息求:(g取10 m/s2)(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。解析(1)由题图乙可知周期T=0.4s由T=2lg,有l=T242g解得l=0.4m。(2)小球在B点所受拉力最大,Fmax=0.510N有Fmax-mg=mv2l在A和C点所受拉力最小,Fmin=0.495N,有Fmin=mgcos从A到B的过程中摆球的机械能守恒,有mgl(1-cos)=12mv2由式解得m=Fmax+2Fmin3g=0.05kg。(3)将数据代入式解得v=0.283m/s。答案(1)0.4 s0.4 m(2)0.05 kg(3)0.283 m/s