1、高考资源网（） 您身边的高考专家一、单项选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确)1.实验室可以做“声波碎杯”的实验。用手指轻弹一只酒杯,可以听到清脆的声音,测得这声音的频率为500 Hz。将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间,操作人员通过调整其发出的声波,就能使酒杯碎掉。下列说法中正确的是()。A.操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B.操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C.操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D.操作人员一定要将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz【解析】通过调整发生器发出的声波就能使酒
2、杯碎掉,是利用共振的原理,因此操作人员一定要将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz,故D选项正确。【答案】D2.物体做简谐运动时,下列叙述正确的是()。A.平衡位置就是回复力为零的位置B.处于平衡位置的物体,一定处于平衡状态C.物体到达平衡位置,合力一定为零D.物体到达平衡位置,加速度一定为零【解析】简谐运动的特点:F回=-kx,当物体处于平衡位置时,x=0,则F回=0,A项正确;对于做圆弧状简谐运动的单摆模型,如图所示,O点为平衡位置,在O点时,回复力为零,但物体做圆周运动,需要向心力,所以有加速度,此时,小球重力和绳拉力的合力提供向心力,故选项B、C、D错误。【答案】A3. 如图所示,
3、光滑槽半径远大于小球运动的弧长,今有两个小球同时由图示位置从静止释放,O点为槽的最低点,则它们第一次相遇的地点是()。A.O点B.O点左侧C.O点右侧D.无法确定【解析】两球释放后到槽最低点前的运动为简谐运动且等效单摆模型。其周期T=2,从释放到最低点O的时间t=相同,所以在O点相遇,选项A正确。【答案】A4.图示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象,则下列说法中正确的是()。A.甲、乙两摆的振幅之比为21B.t=2 s时,甲摆的重力势能达到最大,乙摆的动能达到最大C.甲、乙两摆的摆长之比为41D.甲、乙两摆摆球在最低点时的向心加速度大小一定相等【解析】从图中可以看出振幅之比为21;t=2 s时,
4、甲摆在最低点,重力势能最小,乙摆在最高点,动能最小;由图知甲、乙周期之比为12,摆长之比为14;甲的振幅大,摆长短,到最低点时的速度大,向心加速度大。【答案】A5.如图所示,一质点做简谐运动,先后以相同的速度依次通过M、N两点,历时1 s,质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点,在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为()。A.3 s,6 cmB.4 s,6 cmC.4 s,9 cmD.2 s,8 cm【解析】因质点通过M、N两点时速度相同,说明M、N两点关于平衡位置对称,由时间的对称性可知,质点由N到最大位移,与由M到最大位移的时间相等,即t1=0.5 s,
5、则=tMN+2t1=2 s,即T=4 s,由过程的对称性可知:质点在这2 s内通过的路程恰为2A,即2A=12 cm,A=6 cm,故B正确。【答案】B二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分。每小题给出的四个选项中至少有两个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)6.一质点做简谐运动的图象如图所示,下列说法正确的是()。A.质点振动频率是4 HzB.在10 s内质点经过的路程是20 cmC.在5 s末,质点做简谐运动的相位为32D.在t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等,都是 cm【解析】由振动图象知,T=4 s,故f=0.25 Hz,A
6、错误;一个周期走4个振幅,10 s为2.5个周期,故路程为422.5 cm=20 cm,B正确;由图可知,5 s末相位为,C错误;由x=2sin t可知,1.5 s和4.5 s两时刻位移均为 cm,D正确。【答案】BD7.图示为某一质点的振动图象,由图可知,在t1和t2两时刻|x1|x2|,对应的质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系正确的是()。A.|v1|v2|,方向相同B.|v1|a2|,方向相同D.|a1|a2|,方向相反【解析】在t1时刻,质点从正向最大位移处向平衡位置运动,在t2时刻,质点从平衡位置向负向最大位移处运动,故质点速度v1与v2方向相同,由于|x1|x2|,所以|v
7、1|x2|,t1时刻回复力大于t2时刻回复力,故|a1|a2|,D正确。【答案】AD8.图示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线,则下列说法正确的是()。A.若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行,且摆长相同,则图线I表示月球上单摆的共振曲线B.若两次受迫振动是在地球上同一地点进行,则两次摆长之比ll=425C.图线若是在地面上完成的,则该摆摆长约为1 mD.若摆长均为1 m,则图线I是在地面上完成的【解析】受迫振动的频率与固有频率无关,但当驱动力的频率与物体固有频率相等时,受迫振动的振幅最大,所以,可以根据物体做受迫振动的共振曲线判断出物体的固有频率。根据单摆振动周期公式T=2,可以得到单摆固有
8、频率f=,根据图象中f的信息可以推断摆长或重力加速度的变化情况。【答案】AC三、填空题(共2小题,共16分)9.(8分)图示为一单摆及其振动图象,由图回答:(1)单摆的振幅为,频率为,摆长为;一周期内位移x最大的时刻为。(2)若从E指向G为正方向,为最大摆角,则图象中O、A、B、C分别对应单摆中的点。一周期内加速度为正且减小,并与速度同方向的时间范围是。势能增加且速度为正的时间范围是。【解析】(1)由纵坐标的最大位移可直接读出振幅为3 cm,从横坐标上可直接读出周期T=2 s,进而计算出频率f=0.5 Hz,算出摆长l=1 m。从图中看出位移x有最大值的时刻为0.5 s末和1.5 s末。(2)
9、图象中O点位移为零,O到A的过程位移为正,且增大,A处最大,历时,显然摆球是从平衡位置E起振并向G方向运动的,所以O对应E,A对应G,A到B的过程的分析方法与O到A的相同,因而O、A、B、C对应E、G、E、F点。摆动中E、F间加速度为正,且靠近平衡位置过程中加速度逐渐减小,所以是从F向E的运动过程。在图象中为C到D的过程,时间范围是1.5 s2.0 s。摆球远离平衡位置时势能增加,即从E向两侧摆动,而速度为正,显然是从E向G运动的过程。在图象中为从O到A,时间范围是00.5 s。【答案】(1)3 cm0.5 Hz1 m0.5 s末和1.5 s末(2)E、G、E、F1.5 s2.0 s00.5
10、s10.(8分)用单摆测定重力加速度的实验中:(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径,示数如图甲所示,则该摆球的直径d=cm。甲乙(2)接着测量到摆线的长度为l0,实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示,则通过计算,求得重力加速度的表达式为。(3)某小组改变摆线长度l0,测量了多组数据。在进行数据处理时,甲同学把摆线长l0作为摆长,直接利用公式求出各组重力加速度值,然后再求出平均值;乙同学作出T2-l0图象后求出斜率,然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是:甲,乙。(填“偏大”“偏小”或“无影响”)【解析】(1)游标卡尺为20等份,每等份为0.05
11、 mm,故读数为(14+20.05) mm=14.10 mm=1.410 cm。(2)由题图知,周期T=4t0,而摆长l=l0+,由T=2,得g=l=。(3)由g=知,只将l0作为摆长计算,l偏小,则g偏小;图象法是一种减小误差的方法,故作T2-l0图象对结果无影响。【答案】(1)1.410(2)g=(3)偏小无影响四、计算题(共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)11.(10分)如图所示,一块质量为2 kg的涂有炭黑的玻璃板,在拉力F的作用下竖直向上做匀变速直线运动。一个频率为5 Hz的振动方向为水平
12、方向且固定的振针,在玻璃板上画出了如图所示的图线,量得OA=1 cm,OB=4 cm,OC=9 cm。求拉力F的大小。(不计一切摩擦阻力,取g=10 m/s2) 【解析】f=5 Hz,则T=0.2 sOA=1 cm,AB=3 cm,BC=5 cm因为T0=TOA=TAB=TBC=0.1 s根据s=a可得:a=2 m/s2由牛顿第二定律得:F-mg=ma则F=mg+ma=24 N。【答案】24 N12.(12分)弹簧振子以O点为平衡位置,在B、C两点间做简谐运动,在t=0时刻,振子从OB间的P点以速度v向B点运动;在t=0.20 s时,振子速度第一次变为-v;在t=0.30 s 时,振子速度第二
13、次变为-v。(1)求弹簧振子振动的周期T。(2)若BC之间的距离为25 cm,求振子在2.4 s内通过的路程。【解析】(1)画示意图,如图所示。根据题意,振子从P点出发,沿路径到达B再沿BP回到出发点P,历时0.20 s,由对称性知tBP=0.10 s;同理,tPO=tOP=(0.30-0.20 s)=0.05 s,故tBO=tBP+tPO=。所以T=4(0.10+0.05) s=0.6 s。即周期为0.6 s。(2)BC=2A=25 cm,振幅A=12.5 cm;因振子1个周期通过4A的路程,故在2.4 s=4T内通过的路程s=44A=200 cm。【答案】(1)0.6 s(2)200 cm
14、13.(14分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动。B、C相距20 cm。从振子处于B点开始计时,经过0.5 s振子首次到达C点。求:(1)振子振动的周期和频率。(2)振子在5 s内通过的路程及5 s末的位移大小。(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值。【解析】(1)设振幅为A,由题意BC=2A=20 cm,所以A=10 cm。振子从B到C所用时间t=0.5 s,为周期T的一半,所以T=1 s,f=1 Hz。(2)振子在1个周期内通过的路程为4A。故在t=5 s=5T内通过的路程s=4A=200 cm。5 s内振子振动了5个周期,5 s末振子仍处在B点,所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm。(3)振子加速度a=-x,ax,所以aBaP=xBxP=104=52。【答案】(1)1 s1 Hz (2)200 cm10 cm (3)52- 6 - 版权所有高考资源网
