1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养评价(二)(第2章)(90分钟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.关于简谐运动,公式F=-kx中的k和x,以下说法中正确的是()A.k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的长度B.k是回复力与位移的比例系数,x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移C.对于弹簧振子系统,k是劲度系数,它表征了弹簧的性质D.根据F=-kx,可以认为k与F成正比【解析】选B。k是回复力与位移的比例系数,x是做简谐运动
2、的物体离开平衡位置的位移,故A错误,B正确;只有水平方向的弹簧振子系统,k是劲度系数,在斜面上的弹簧振子,k不为劲度系数,故C错误;对确定的简谐运动,k为定值,故D错误。2.如图所示,弹簧下端悬挂一个钢球,上端固定,它们组成一个振动系统。用手把钢球向上托起一段距离,然后释放,钢球便上下振动。如果钢球做简谐运动,则()A.弹簧对钢球的弹力是钢球做简谐运动的回复力B.弹簧弹力为零时钢球处于平衡位置C.钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等D.钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变【解题指南】解答本题时要把握以下三点:(1)做简谐运动的弹簧振子系统机械能守恒。(2)在半个周期内,振子的位移大小具有对
3、称性。(3)振动系统的弹性势能与振子的位移有关。【解析】选C。回复力应该是振动方向上的合力,即重力和弹簧弹力的合力,故A错;当弹簧弹力为零时钢球受到重力,受力不平衡,故B错;按照简谐运动的对称性可知在钢球位于最高点和最低点时加速度大小相等,方向相反,故C对;对于弹簧和钢球组成的系统来说机械能是守恒的,由于上下运动,重力势能变化,所以不能说钢球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变,而是三种能量之和保持不变,故D错;故选C。【补偿训练】(多选)如图所示,一轻弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子,物体在同一条竖直线上的AB间做简谐运动,O为平衡位置,C为AO的中点,已知CO=h,弹簧的劲度系数为k。某时刻
4、物体恰好以大小为v的速度经过C点并向上运动。则以此时刻开始半个周期的时间内,对质量为m的物体,下列说法正确的是()A.重力势能减少了2mghB.回复力做功为2mghC.速度的变化量的大小为2vD.通过A点时回复力的大小为kh【解析】选A、C。作弹簧振子的振动图像如图所示,由于振动的周期性和对称性,在半个周期内弹簧振子将运动到D点,C、D两点相对平衡位置对称,因此弹簧振子的高度降低了2h,重力做功2mgh,故弹簧振子的重力势能减少了2mgh,A项正确;回复力是该振子所受的合外力,由对称关系知,弹簧振子过D点的速度大小与过C点时相等,方向竖直向下,因此回复力做的功等于弹簧振子动能的改变量,即为零,
5、而速度的变化为v=v-(-v)=2v,B项错,C项对;弹簧振子通过A点相对平衡位置的位移为2h,因此回复力F=-kx=-2kh,D项错。3.如图,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox坐标系。若振子位于M点时开始计时,则其振动图像为()【解析】选B。取向右为x轴正方向,振子运动到M点时,振子具有负方向最大位移,所以振子运动到M点时开始计时,振动图像应是余弦曲线,图像应如B图所示。4.一质点做简谐运动,其相对于平衡位置的位移x与时间t的关系图线如图所示,由图可知()A.质点振动的频率为1.6 HzB.质点的振幅为4.0 cmC.在0.3 s和0.5 s两时刻,质点的速度方向
6、相同D.在0.3 s和0.5 s两时刻,质点的加速度方向相同【解析】选D。由图读出周期T=1.6 s,则频率f=0.625 Hz,故A错误;质点的振幅等于振子的位移最大值,由图直接读出振幅A=2 cm,故B错误;在0.3 s时刻,质点正从平衡位置向最大位移处运动,速度沿正方向;在0.5 s时刻,质点正从正向最大位移向平衡位置运动,速度方向沿负方向,故这两个时刻的速度方向相反,故C错误;由简谐运动的特征a=-,分析得知,在0.3 s和0.5 s两时刻,质点的位移相同,所以加速度方向相同,故D正确。【总结提升】简谐运动图像的解题技巧(1)振幅A:图像的峰值。(2)周期T(频率f):完成一次全振动经
7、历的时间为周期,图像上相邻两个位移为正的最大值或负的最大值之间的时间间隔等于一个周期。周期与频率的关系:f=。(3)任一时刻振动物体的位移:对应图像上点的纵坐标。(4)任一时刻振动物体的加速度:大小与位移成正比,方向与位移方向相反,即总是指向平衡位置(即平行于x轴且指向t轴)。当振动物体运动到平衡位置时,加速度为零;当位移最大时,加速度最大。(5)任一时刻振动物体的速度:图像的斜率表示速度,斜率的正负表示速度的方向,斜率的绝对值表示振动速度的大小。(6)未来任一时刻的振动状态:将图像直接延长即可,若未来时间多于一个周期,则利用周期性只需延长去除整数周期后的剩余时间即可。5.有一个在y方向上做简
8、谐运动的物体,其振动图像如图所示,下列关于图中的判断正确的是()A.图可作为该物体的回复力时间图像B.图可作为该物体的回复力时间图像C.图可作为该物体的速度时间图像D.图可作为该物体的加速度时间图像【解析】选A。由图可知,t=0时刻该变量为零,从此刻开始,变量逐渐变大,方向是负的,由于回复力的方向与位移方向等大反向,物体的位移在t=0时刻从零逐渐变大,方向是正的,则它对应的回复力从零开始逐渐变大,方向是负的,因此图可作为该物体的回复力时间图像,故A正确;由图所示可知,在t=0 时刻该量为正的最大,从t=0时刻该量逐渐减小,图不能作为该物体的回复力时间图像,故B错误;做简谐运动的物体在平衡位置时
9、速度最大,物体从平衡位置向正的最大位移处运动过程中,速度逐渐减小,速度方向为正的,由图所示图像可知,该图像所反映的量在t=0时刻为零,从t=0时刻开始逐渐变大,该图像不能作为该物体的速度时间图像,故C错误;由牛顿第二定律可知,做简谐运动物体的加速度:a=,加速度大小与位移成正比,方向与位移方向相反,在t=0时刻,物体的位移为零,加速度大小为零,由图所示图像可知,该图像不能作为该物体的加速度时间图像,故D错误。6.如图所示,细线下悬挂了一个除去柱塞加入墨水的注射器,注射器会向下喷出细细的一束墨水。沿着与摆动方向垂直的方向以速率v水平匀速拉动一张白纸,白纸上的墨迹便画出了如图所示的振动图像。把注射
10、器的摆动看作是简谐运动,x0为图中对应两点的平衡位置间距离,则由图可得()A.匀速拉动白纸时注射器的振动周期为B.向右匀加速拉动白纸时注射器的振动周期大于C.向左匀减速拉动白纸时注射器的振动周期小于D.向右匀加速拉动白纸时注射器的振动周期等于【解析】选D。匀速拉动白纸,一个周期内通过的位移为4x0,则振动周期T=,故A错误;向右匀加速拉动白纸,注射器振动的周期不变,仍为T=,故B错误;同理,向左匀减速或向右匀加速拉动白纸,周期仍为T=,故C错误,D正确。7.一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
11、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.1.5 s【解析】选C。由于振幅A为20 cm,振动方程为y=Asint(平衡位置计时,=),由于高度差不超过10 cm,游客能舒服地登船,代入数据可知,在一个振动周期内,临界时刻为t1=,t2=,所以在一个周期内游客能舒服登船的时间为t=t2-t1=1.0 s,答案选C。8.如图所示为一双线摆,它是在一水平天花板上用两根等长细绳悬挂一小球而构成的,绳的质量可以忽略,设图中的l和为已知量,当小球垂直于纸面做简谐运动
12、时,周期为()A.2B.2C.D.2【解析】选A。如题图所示,等效摆长为lsin,由于小球做简谐运动,故双线摆的振动周期为T=2,所以选A。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。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.卡车在水平道路上行驶,货物随车厢做上下方向的振动而不脱离车厢底板。设向上为正方向,其振动图像如图所示,则()A.t1时刻货物速度为零B.t2时刻货物处于最高点C.t3时刻货物处于超重状态D.t4时刻货物处于超重状态【解析】选B、C。t1时刻货物的位移为零,其加速度为零,货物的速度最大,故A错误;t2时刻
13、货物的位移为正向最大,根据简谐运动的特征得知货物处于最高点,故B正确;t3时刻货物的位移为负向最大,根据简谐运动的特征得知其加速度为正向最大,即向上最大,根据牛顿第二定律得知,货物处于超重状态,故C正确; t4时刻货物的位移为零,其加速度为零,根据牛顿第二定律得知,货物对车厢底板的压力等于货物的重力,故D错误。10.一个质点以O为中心做简谐运动,位移随时间变化的图像如图所示。a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置,且b、d关于平衡位置对称,则下列说法正确的是()A.质点做简谐运动的方程为x=AsintB.质点在位置b与位置d时速度大小相同,方向不同C.质点从位置a到c和从位置b到d所用时间
14、相等D.质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等【解析】选A、C。根据图像可得周期T=8 s,故角速度=,简谐运动方程为x=Asint,故A正确;x-t图像是正弦图像,故质点通过位置b、d时,相对平衡位置的位移等大反向,速度相同,故B错误;质点从位置a到c和从位置b到d所用的时间相等,均为2 s,故C正确;质点从位置a到b和从b到c的过程中时间相同但位移大小不同,故平均速度不同,故D错误。11.下列说法正确的是()A.在同一地点,单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正比B.弹簧振子做简谐运动时,振动系统的势能与动能之和可以减少C.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐运动的周期越小
15、D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率【解析】选A、D。根据单摆的周期公式T=2,解得:T2=L,在同一地点,g一定,则知T2与L成正比,即单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正比,A正确;弹簧振子做简谐运动时,振动系统的机械能守恒,即振动系统的势能与动能之和保持不变,B错误;根据单摆的周期公式T=2可知单摆做简谐运动的周期与摆球质量无关,C错误。系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,与固有频率无关,D正确。12.物体在周期性外力作用下的振动叫作受迫振动,下列振动属于受迫振动的有()A.扬声器纸盆的振动B.单摆的左右摆动C.演奏中吉他弦的振动D
16、.大海中航行的军舰随波浪摇晃【解析】选A、D。振动物体在周期性外力作用下所做的振动叫受迫振动,符合受迫振动的是A、D;故选A、D。三、实验题(本题共2小题,共14分)13.(6分)甲同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验,但没有合适的摆球,他找到了一块长为3 cm左右,外形不规则的大理石块代替小球。他设计的实验步骤是:A.将石块用细线系好,结点为M,将细线的上端固定于O点(如图所示)B.用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C.将石块拉开一个大约=30的角度,然后由静止释放D.从石块摆到最高点时开始计时,测出30次全振动的总时间t,由T=得出周期(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是_。 (
17、2)若该同学用OM的长作为摆长,这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值_(选填“偏大”或“偏小”)。 (3)如果该同学改正了错误,改变OM间细线的长度做了2次实验,记下每次相应的细线长度l1、l2和周期T1、T2,则由上述四个量得到重力加速度g的表达式是_。 【解析】(1)该同学以上实验步骤中有错误的是B、C、D;B中,摆长应是从悬点到大理石块的质心的距离;C中,石块的摆角太大,将不能看作简谐运动,单摆周期公式失效,不能测定g;D中,测量时间应从石块摆到最低点开始计时,因为最低点的位置石块速度最大,相同的视觉距离误差,引起的时间误差较小,则周期测量比较准确。(2)根据单摆的周期公式
18、T=2,得:g=。该同学用OM的长l作为摆长,摆长偏小,根据上述表达式得知,g的测量值偏小。(3)设摆线的结点到大理石块质心的距离为r,则根据单摆的周期公式T=2得:T1=2,T2=2,联立解得:g=。答案:(1)B、C、D(2)偏小(3)g=14.(8分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,测出了单摆在摆角小于5时完成n次全振动的时间为t,如图(A)所示用毫米刻度尺测得摆线长为L,又用游标卡尺测得摆球直径为d,如图(B)所示。(1)由图可知摆球直径是_cm,单摆摆长是_m。(2)实验中某同学每次的测定值都比其他同学偏大,其原因可能是_。A.他的摆球比别的同学重B.他的摆没在竖直面内摆动,而成
19、了圆锥摆C.数摆动次数时,在记时的同时,就开始数1,误将29次全振动记成了30次D.直接将摆线长作为摆长来计算(3)利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长L时相应周期值T,作T2-L图线,如图(C)所示。T2与L的关系式T2=_,利用图线上任两点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2)可求出图线的斜率k=_,再由k可求出g=_。【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm,游标读数为0.10 mm=0.0 mm,则最终读数为20.0 mm=2.00 cm摆长的大小l=L+=98.50 cm+1.00 cm=99.50 cm=0.995 m。(2)根据T=2得,g=由公式可知,重力加速度
20、的测量值的大小与摆球的质量无关,故A错误;他的摆没在竖直面内摆动,而成了圆锥摆,设圆锥摆的摆线与竖直方向之间的夹角为,则:mgtan=msin可得:T=2可知圆锥摆的周期小于单摆的周期;由于T的测量值减小,所以重力加速度g的测量值增大,故B正确;数摆动次数时,在记时的同时,就开始数1,误将29次全振动记成了30次,周期的测量值:T=,全振动次数n增大,则周期T的测量值减小,所以重力加速度g的测量值增大,故C正确;直接将摆线长作为摆长来计算,则摆长l减小,所以重力加速度g的测量值减小,故D错误。故选:B、C。(3)根据T=2得:T2=。则图线的斜率为:k=。则有:g=。答案:(1)2.000.9
21、95(2)B、C(3)四、计算题(本题共4小题,共46分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)15.(8分)如图所示为一弹簧振子的振动图像,求:(1)从计时开始经多长时间第一次达到弹性势能最大。(2)在23 s这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各怎样变化。(3)该振子在前100 s内的总位移是多少。路程是多少。【解析】(1)由题图知,在计时开始的时刻振子恰好以沿x轴正方向的速度通过平衡位置,此时弹簧振子有最大动能,随着时间的延长,速度不断减小,而位移逐渐增大,经T,即1 s,其位移达到最大,此时弹性势能最大。(2)由题图知,t=2 s时,振子恰好通过平衡位置,此
22、时加速度为零;随着时间的延长,位移不断增大,加速度也变大,速度不断减小,动能不断减小,弹性势能逐渐增大;当t=3 s时,加速度达到最大,速度等于零,动能等于零,弹性势能达到最大值。(3)振子经一个周期,位移为零,路程为45 cm=20 cm,前100 s刚好经过了25个周期,所以前100 s内振子位移x=0,振子通过的路程s=2025 cm=500 cm=5 m。答案:(1)1 s(2)见解析(3)05 m16.(8分)一列简谐横波由a点向b点传播,振幅为10 cm,t=0时刻a质点的位移为+5 cm且向上振动,b质点恰在平衡位置向上振动;经t=0.1 s,b质点的位移第一次为+5 cm。(1
23、)求质点振动的周期T;(2)写出b质点的振动方程。【解析】(1)b质点的振动方程表达式为:y=Asin(t) cm,t=0.1 s时:y=10sin(0.1) cm=5 cm,所以=,可得T=1.2 s;(2)b质点的振动方程:y=Asin(t) cm=10sin(t) cm。答案:(1)1.2 s(2)y=10sin(t) cm17.(14分)如图所示,倾角为、光滑的斜面体固定在水平面上,底端有垂直斜面的挡板,劲度系数为k的轻质弹簧,下端拴接着质量为M的物体B,上端放着质量为m的物体P(P与弹簧不拴接)。现沿斜面向下压P一段距离后释放,它就沿斜面上下做简谐运动,振动过程中,P始终没有离开弹簧
24、。试求:(1)P振动的振幅的最大值。(2)P以最大振幅振动时,B对挡板的最大压力。【解析】(1)P若做简谐运动,则P位于平衡位置时,沿斜面方向受到的合外力等于0,而P沿斜面的方向上有重力的分力和弹簧的弹力,可知二者大小相等,方向相反,即:kx=mgsin所以:x=由题意,P向上到达最高点的位置时,弹簧的长度恰好等于原长,是P仍然能做简谐运动的最高点,所以P的最大振幅:A=x=(2)P以最大振幅振动时,由简谐运动的特点可知,P到达最低点时,弹簧的压缩量x=2x。以B为研究对象,则B受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和弹簧沿斜面向下的压力,沿斜面的方向:Nmax=Mgsin+kx联立得:Nmax
25、=Mgsin+2mgsin由牛顿第三定律得:F压max=Nmax=Mgsin+2mgsin答案:(1)(2)Mgsin+2mgsin【补偿训练】如图所示,弹簧振子在光滑水平面上以振幅A做简谐运动,质量为M的滑块上面放一个质量为m的砝码,砝码随滑块一起做简谐运动,已知弹簧的劲度系数为k,试求:(1)使砝码随滑块一起振动的回复力是什么力?它跟位移成正比的比例常数k等于多少?(2)当滑块运动到振幅的一半位置时,砝码所受回复力有多大?方向如何?(3)当砝码与滑块的动摩擦因数为时,要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为多大?【解析】(1)使砝码随着滑块一起振动,砝码所受静摩擦力产生砝码与滑块一起变加速
26、运动的加速度。故M对m的静摩擦力是回复力。其大小由牛顿第二定律有:f=ma用整体法求共同加速度a,则有a=,f=ma=它跟位移成正比的比例常数k=(2)当滑块运动到振幅的一半位置时x=,砝码所受回复力:f=ma=,方向指向平衡位置(3)从f=kx,可以看出,当x增大时,f也增大,当f=fm=N时,有最大振幅,因此fm=mam=mg=kAm要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅Am=答案:(1)滑块对砝码的静摩擦力(2)方向指向平衡位置(3)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,图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A之间来回滑动,A
27、、A点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为(很小)。图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线,且图中t=0为滑块从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)世纪金榜导学号(1)容器的半径;(2)小滑块的质量。【解题指南】解答本题应把握以下三点:(1)根据图乙,结合图甲求解简谐运动的周期。(2)小滑块的运动可看作单摆运动,利用周期公式求半径。(3)正确受力分析,结合机械能守恒定律求质量。【解析】(1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期:T= s由T=2,得R=0.1 m(2)在最高点A,有Fmin=mgcos=0.495 N在最低点B,有Fmax=m+mg=0.510 N从A到B,滑块机械能守恒,有mgR(1-cos)=mv2解得:m=0.05 kg答案:(1)0.1 m(2)0.05 kg关闭Word文档返回原板块
