1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(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,只有一项是符合题目要求的。)1.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧一端挂在天花板上,O点为弹簧自然伸长时下端点的位置。当在弹簧下端挂钩上挂一质量为m的砝码后,砝码开始由O位置起由静止做简谐运动,它振动到下面最低点位置A距O点的距离为l0,则()A.振动的振幅为l0B.振幅为l02C.平衡位置在O点D.平衡位置在OA中点B的上方某一点答案B2.把在北京调准的摆钟移到赤道上时,摆钟的振动()A.变慢了,要使它恢复准确,应增加摆长B.变慢了,要使它恢复准
2、确,应缩短摆长C.变快了,要使它恢复准确,应增加摆长D.变快了,要使它恢复准确,应缩短摆长解析把摆钟从北京移到赤道上,重力加速度g变小,则周期T=2lgT0,摆钟显示的时间小于实际时间,因此变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长,B正确。答案B3.一根弹簧原长为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=
3、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D二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。)5.关于简谐运动的周期,以下说法正确的是()A.间隔一个周期的两个时刻,物体的振动情况完全相同B.间隔半个周期奇数倍的两个时刻,物体的速度和加速度可能同时相同C.经半个周期物体动能的变化一定为零D.经一个周期物体势能的变化一定为零解析根据周期的意义知
4、,物体完成一次全振动,所有的物理量都恢复到初始状态,故选项A、D正确;当间隔半个周期的奇数倍时,所有的矢量都变得大小相等、方向相反,故选项B错误;由于间隔半个周期各矢量大小相等,所以物体的动能必定相等,没有变化,故选项C正确。答案ACD6.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=
5、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AD7.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
6、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BC8.一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
7、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7小题,共60分。)9.(4分)质点沿x轴做简谐运动,平衡位置为坐标原点
8、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。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1.25 Hz10.(4分)如图所示,三根细线于O点处打结,A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上,使AOB成直角三角形,BAO=30。已知O
9、C线长是L,下端C点系着一个小球(忽略小球半径),若让小球在纸面内摆动,则周期T=。若让小球在垂直纸面方向摆动,则周期T=。解析让小球在纸面内摆动,周期T=2Lg。让摆球在垂直纸面内摆动,摆球以OC的延长线与AB交点为中心摆动,摆长为L+L2cos30=L+34L,周期T=24+34gL=(4+3)Lg。答案2Lg(4+3)Lg11.(4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
10、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=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-t2n2212.(8分)在利用单摆测定重力加速度的实验中:(1)应选用下列哪些器材(填序号)。1 m长细线1 m长粗线10 cm细线泡沫塑料小球小铁球110秒刻度停表时钟厘米刻度尺毫米刻度尺(2)某同学准备好相关实验器材
11、后,把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放,同时按下停表开始计时,当单摆再次回到释放位置时停止计时,将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处,请对其中两处加以改正。;。(3)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=42lT2。只要测出多组单摆的摆长l和周期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所示。造成图像不过坐标原点的原因是;由图像求出的重力加速度g= m/s2。(2取9.87)解析(1)单摆是理想化模型,实际的单摆在细线、空气阻力相对球的重力可以忽略的情况下可以看
12、作单摆,因此选1m的细线、小铁球。实验中测摆长、周期时,应尽可能精确,因此应选毫米刻度尺和110秒刻度停表。(2)摆球通过平衡位置时具有较大的速度,此时开始计时,误差较小。若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差,测量多次全振动的时间求平均值可减小误差。(3)由题图知,当l=0时T0,说明l不是摆长,而是摆线长度,漏掉了摆球半径。图像的斜率k=42g,由题图知k=4,故g=2=9.87m/s2。答案(1)(2)在摆球通过平衡位置时开始计时测量单摆多次全振动的时间,再计算出周期的测量值(或在单摆振动稳定后开始计时)(3)测单摆摆长时漏掉了摆球半径9.8713.(10分)一位游客在千岛湖边欲乘坐游
13、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。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。在游船浮动一个周期内,求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 s14.(12分)如图所示,ACB为光滑弧形
14、槽,弧形槽半径为R,RAB,甲球从弧形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点的时间之比是多少?(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
15、C点的时间为t甲=2hg,由于乙球运动的周期性,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)15.(18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
16、线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。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)由式解得v=0.283m/s。答案(1)0.4 s0.4 m(2)0.05 kg(3)0.283 m/s- 7 - 版权所有高考资源网