1、第二章水平测评本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题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)1(2019辽宁沈阳高二期中)简谐运动是下列哪一种运动()A匀变速运动 B匀速直线运动C非匀变速运动 D匀加速直线运动答案C解析简谐运动的加速度是变化的，故C正确。2如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一记录用的铅笔P，在下面放一条白纸带，当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动纸带，铅笔P就在纸
2、带上画出一条振动曲线。若振动曲线如图乙所示，由图像判断下列说法正确的是()A振子偏离平衡位置的最大距离为10 cmB1 s末到5 s末振子的路程为10 cmC2 s末和4 s末振子的位移相等，运动方向也相同D振子在2 s内完成一次往复性运动答案A解析由图像可知振子偏离平衡位置的最大距离为10 cm，A正确；1 s末到5 s末振子的路程是振子运动路径的总长，为40 cm，故B错误；2 s末和4 s末振子的位移均为零，位移相同，2 s末振子向负方向运动，4 s末振子向正方向运动，运动方向相反，故C错误；振子在4 s内完成一次往复运动，D错误。3A、B两个单摆，A摆的固有频率为f，B摆的固有频率为4
3、f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，那么A、B两个单摆比较()AA摆的振幅较大，振动频率为fBB摆的振幅较大，振动频率为5fCA摆的振幅较大，振动频率为5fDB摆的振幅较大，振动频率为4f答案B解析A、B两个单摆均做受迫振动，其振动频率应等于驱动力的频率5f，因B摆的固有频率更接近驱动力的频率，故B摆的振幅较大，B正确，A、C、D错误。4有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有正方向的最大位移，则它的振动方程是()Ax8103sin mBx8103sin mCx8101sin mDx8101sin m答案A解析简谐运动的一般表达式为xAsin(t)。根据题
4、意知A0.8 cm8103 m，T0.5 s，4 rad/s；初始时刻具有正方向的最大位移，即初相位，则振动方程为x8103sin m，A正确。5如图所示为同一实验室中两个单摆的振动图像，从图中可知，两摆的()A摆长相等 B振幅相等C摆球质量相等 D摆球同时改变速度方向答案A解析由图像可知，两摆的振幅不同。周期相同，说明摆长相同，速度方向不是同时改变，所以A正确，B、D错误；据图中信息无法判断摆球质量关系，C错误。6如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm，弹簧处于原长时，弹簧振子处于图示P位置，若将质量为m的振子向右拉动5 cm后由静止释放，经0.5 s振子第一次回
5、到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是()A该弹簧振子的振动频率为1 HzB若向右拉动10 cm后由静止释放，经过1 s振子第一次回到P位置C若向左推动8 cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是2 sD在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20 cm，总是经0.5 s速度就降为0答案D解析由题意知，该弹簧振子振动周期为T0.54 s2 s，振动频率为0.5 Hz，A错误。弹簧振子的周期由振动系统本身决定，与振幅无关，故只要振子的最大位移不超过20 cm，即弹簧形变在最大限度内，则振子的振动周期仍为2 s；由此可知，若向右拉动10 cm后由静止释放，经过T
6、0.5 s振子第一次回到P位置；若向左推动8 cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是1 s；在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20 cm，总是经0.5 s到达最大位移处，即速度降为0；综上，B、C错误，D正确。7一弹簧振子的振幅为A，周期为T4t0。若振子从平衡位置处开始经过时间时的加速度大小和动能分别为a1和E1，而振子在位移为时加速度大小和动能分别为a2和E2，则a1、a2和E1、E2的大小关系为()Aa1a2，E1a2，E1E2Ca1a2，E1E2 Da1E2答案A解析振子由平衡位置到最大位移处速度不断减小，加速度不断增大，由xAsint和T4t0
7、知，当t时，x，故a1a2，E1E2，A正确。8. (2019山西省两校高二月考)某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图所示的共振曲线。横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A由图中数据可以估算出单摆的摆长B由图中数据可以估算出摆球的质量C由图中数据可以估算出摆球的最大动能D如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动答案A解析从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率，单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率，根据单摆的固有频率可以计算出单摆的固有周期，根据单摆的周期公式可以算出单摆的摆长，A正确；从单摆的固有周期无法计算出单摆的摆球质量和摆
8、球的最大动能，B、C错误；如果增大单摆的摆长，单摆的周期增大，频率减小，曲线的峰将向左移动，D错误。9如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，在B、C之间做简谐运动，规定向右为正方向。图乙是它的速度v随时间t变化的图像。下列说法中正确的是()At2 s时刻，振子的位置在O点左侧4 cm处Bt3 s时刻，振子的速度方向向左Ct4 s时刻，振子的加速度方向向右且为最大值D振子的周期为8 s答案BCD解析根据题图和正方向的规定可知，t2 s时刻，速度最大，振子处于平衡位置，A错误；t3 s时刻，振子的速度方向向左，B正确；t4 s时刻，速度为零，振子在左边最大位移处，加速度方向向右且为最
9、大值，C正确；从题图乙可知，振子的周期为8 s，D正确。10如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等。则()A甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cmB甲、乙两个振子的相位差总为C前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大答案AD解析两振子的振幅A甲2 cm，A乙1 cm，A正确；两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错误；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。11一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，在O点有一个能测量绳的
10、拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐运动，由传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图所示，下列判断正确的是()A小球振动的周期为2 sB小球速度变化的周期为4 sC小球动能变化的周期为2 sD小球重力势能变化的周期为4 s答案BC解析小球运动的过程中在最低点拉力最大，最大位移处拉力最小，在一个周期内两次经过平衡位置，所以小球振动的周期为4 s，故A错误；小球速度变化的周期等于小球做简谐运动的周期4 s，故B正确；小球做简谐运动，经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此两点速度大小相等，方向相反，因为动能只有大小没有方向，所以动能的变化周期等于小球的振动周期的一半，为2 s，故C正
11、确；简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此两点速度大小相等，方向相反，高度关于平衡位置对称，所以重力势能的变化周期为2 s，故D错误。12一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t0时刻振子的位移x0.1 m；t s时刻x0.1 m；t4 s时刻x0.1 m。该振子的振幅和周期可能为()A0.1 m s B0.1 m8 sC0.2 m s D0.2 m8 s答案ACD解析若振幅A0.1 m，T s，t0时，x0.1 m，则t s时刻，有x0.1 m，t4 s时刻，即再经过t4 s s sT，有x0.1 m，如图甲所示，A正确；若A0.1 m，T8 s，t0时，x0.1 m，则t
12、s时刻，不可能有x0.1 m，所以B错误；若A0.2 m，T s，t0时，x0.1 m，则t s时刻，可能有x0.1 m，t4 s时刻，即再经过t4 s s sT，可以有x0.1 m，如图乙所示，C正确；若A0.2 m，T8 s，t0时刻振子的位移x0.1 m，则t s时刻，可能有x0.1 m，t4 s时刻，即再经过t4 s s s，可以有x0.1 m，如图丙所示，D正确。第卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题共2小题，共14分)13(6分) 如图所示为用单摆测重力加速度的实验。(1)(多选)为了减小误差，下列措施正确的是_。A摆长L应为线长与摆球半径的和，且在20 cm左右B在摆线上端的
13、悬点处，用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线C在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线D计时起点和终点都应在摆球的最高点，且测不少于30次全振动的时间(2)某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T_，当地的重力加速度g_。答案(1)BC(2)2L解析(1)摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1 m 左右为宜，A错误；为使实验过程中摆长不变，悬点处用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线，B正确；在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线可减小计时误差，C正确；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，D错误。(2)由tnT知单摆的周期
14、T。由T2得g，将T代入得g2L。14(8分)某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则：(1)该摆摆长为_ cm，秒表所示读数为_ s。(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是()A测摆长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动数记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值。再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜
15、率为k，则重力加速度g_(用k表示)。答案(1)98.5099.8(2)B(3)解析(1)摆长l(97.501.00) cm98.50 cm；从秒表的分针可读得90 s(1.5分钟)，从秒针可读得9.8 s，因此秒表示数t90 s9.8 s99.8 s。(2)由单摆周期公式T2 可知：gl，测摆长时摆线拉得过紧，摆长偏大，所测g偏大，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测T偏大，g偏小，故B正确；开始计时时，秒表过迟按下，所测T偏小，g偏大，故C错误；实验中误将49次全振动数记为50次，所测T偏小，g偏大，故D错误。(3)由T2，得k，故g。三、计算题(本题
16、共4小题，共38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(6分)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块。将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T。答案2 解析设l为物块平衡时弹簧的伸长量，由力的平衡条件有：klmg依题意：T2 联立解得T2 。16. (8分)如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA100 g，mB500 g，系统静止时弹簧伸长x15 cm，未超出弹性限度。若剪断A、B间细绳，则A在竖直方向做简谐运动。求：(1)A球的
17、振幅多大？(2)A球的最大加速度多大？(g取10 m/s2)答案(1)12.5 cm(2)50 m/s2解析(1)设只挂A时弹簧伸长量x1。由(mAmB)gkx，得k，即x1x2.5 cm。振幅Axx112.5 cm。(2)剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大。F(mAmB)gmAgmBgmAam，am50 m/s2。17(12分)如图所示，为一弹簧振子的振动图像。求：(1)该振子做简谐运动的位移表达式；(2)在0.70.9 s内，该振子的回复力、动能、势能如何变化？在0.91.1 s内，该振子的加速度、速度、机械能如何变化？(3)该振子在010 s内的路程是多少？10 s时位移是
18、多少？答案(1)x4sin cm(2)见解析(3)200 cm2 cm解析(1)由图可知，A4 cm，T0.8 s，t0.1 s时，x4 cm故4sin4，解得0，故该振子做简谐运动的位移表达式为x4sin4sin cm。(2)在0.70.9 s内，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，回复力沿正方向且增大，动能减小，势能增大；在0.91.1 s内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动，加速度减小，速度增大，机械能不变。(3)t10 s时，x4sin cm2 cm，路程s4A50A200 cm。18. (12分)如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O的正下方，一小球甲由距O点很近的A点由静止释放，R。(1)若另一小球乙从球心O处自由落下，问甲、乙两球第1次到达O点所用的时间比；(2)若另一小球丙在O点正上方某处自由落下，为使甲、丙两球在O点相碰，则丙小球由多高处自由落下？答案(1)4(2)(n1,2,3，)解析(1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O点的时间为t1T2 。乙球做自由落体运动，设到达O点的时间为t2，则有Rgt，所以t2 。解得t1t24。(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为(2n1)，n1,2,3，由O点正上方自由落下的小球丙到O点的时间也为(2n1)时两球才能在O点相碰，所以hgt2g(2n1)2(n1,2,3，)。
