1、单元素养检测(二)(第二章)(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如图所示图线、图线为两单摆分别做受迫振动的共振曲线，下列判断正确的是()A.若摆长为1 m的单摆在地球上做受迫振动，则其共振曲线为图线B若图线是单摆在地球上做受迫振动的共振曲线，则该单摆摆长约为0.5 mC若两单摆分别在月球上和地球上做受迫振动，则图线一定是在月球上的单摆的共振曲线D若两单摆是在地球上同一地点做受迫振动，则两单摆摆长之比h1h2254【解析】选D。若摆长为1 m的单摆在地球上做受迫振动，由单摆的周期公式T2，以及f，把g9.8
2、 m/s2代入联立解得：f0.5 Hz，由题图可知振幅最大处对应的频率与单摆的固有频率相等，从图线上可以看出图线的固有频率为f0.2 Hz，所以其共振曲线不是图线，故A错误；图线的共振频率为0.5 Hz，若是地球上的单摆共振曲线，由单摆的周期公式T2，以及f，把g9.8 m/s2代入联立解得L约为1 m，故B错误；根据单摆的周期公式T2，以及f，可知：f，虽然在月球上和地球上的重力加速度的关系知道，但是两单摆的摆长关系不确定，所以无法判断图线一定是在月球上的单摆的共振曲线，故C错误；若两单摆是在地球上同一地点做受迫振动，重力加速度g相同，由f，可知两单摆摆长之比为，故D正确。2有一个在y方向上
3、做简谐运动的物体，其振动曲线如图所示，关于此图的下列判断正确的是()A图可作为该物体的速度vt图像B图可作为该物体的回复力Ft图像C图可作为该物体的回复力Ft图像D图可作为该物体的加速度at图像【解析】选C。在简谐运动中，位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则图不能作为该物体的速度时间图像，故A错误；由简谐运动特征Fkx可知，回复力的图像与位移图像的相位相反，则知图可作为该物体的回复力时间图像，故B错误，C正确；由a可知，加速度的图像与位移图像的相位相反，则知图不能作为该物体的at图像，故D错误。3.如图所示，BOC是半径为R的光滑弧形槽，O点是弧形槽的最低点，半径R远大于BOC的弧长，一
4、小球由静止从B点开始释放，小球就在弧形槽内来回运动，欲增大小球的运动周期，可采取的方法是()A小球开始释放处靠近O点一些B换一个密度大一些的小球C换一个半径R大一些的弧形槽D换一个半径R小一些的弧形槽【解析】选C。小球的运动可视为单摆模型，由单摆的周期公式T2可知，其周期取决于摆长和g，与质量和振幅无关；欲增大运动周期，可增大摆长即换一个半径R大一些的弧形槽，故A、B、D错误，C正确。4下列说法中正确的是()A若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，则t2t1TB若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则t2t1TC若t1、t2两时刻振动物体的振动反向，则t2t1D若t2t1，则在
5、t1、t2时刻振动物体的振动反向【解析】选D。若t1、t2如图甲所示，则t2t1T，故A错误。如图乙所示，与t1时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、t3。故t2t1nT(n1、2、3)，故B错误，同理可判断C错误，D正确。5一单摆做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是()A该单摆做简谐运动的振幅为4 cmB在t2 s时，摆球的速度为零C在t0.5 s和t3.5 s时，质点偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反D取重力加速度大小g10 m/s2，210，则该单摆的摆长为2 m【解析】选C。该单摆做简谐运动的振幅为2 cm，故A错误；在t2 s时，摆球的位移为零，经过平衡位置，速度最大，故
6、B错误；由题图可知，该单摆的振动周期T2 s，从t0.5 s到t3.5 s经历时间为t3 s1.5T，则在t0.5 s和t3.5 s时，质点偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反，故C正确；根据单摆周期公式T2得L m1 m，故D错误。6甲、乙两人观察同一单摆的振动，甲每经过3.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在其平衡位置处；乙每经过4.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在平衡位置右侧的最高处，由此可知该单摆的周期不可能的是()A0.5 s B1.0 s C1.5 s D2.0 s【解析】选C。单摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3 s和4 s都是半周期的整数
7、倍，故时间差1 s也是半周期的整数倍；即1n；T(n为正整数)；T0.5 s时，n4，故A正确；T1.0 s时，n2，故B正确；T1.5 s时，n，故C错误；T2.0 s时，n1，故D正确；故选C。7如图为一振子做简谐运动的图像，在t1和t2时刻，振子的()A.位移相同 B速度相同C回复力相同 D加速度相同【解析】选B。从振子的位移时间图像可以看出，正向位移逐渐变小并反向增加，故运动方向没有改变，即速度方向不变；根据对称性可知，两时刻的速度相同，振子先靠近平衡位置再远离平衡位置，位移由正向变为负向，Fkx，再根据牛顿第二定律：a可知，回复力、加速度由负向变为正向，加速度方向发生了改变，故A、C
8、、D错误，B正确。8一个质点，在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是()A第0.2 s末质点的速度方向是AOB第0.4 s末质点的加速度方向是AOC在0.10.3 s内质点通过的路程为5 cmD在0.20.4 s内质点的动能在逐渐增加【解析】选B。振动图像切线的斜率表示速度，根据数学知识知，第0.2 s末质点的速度方向沿负向，即OA，故A错误；第0.4 s末质点的位移为负，方向是OA，由a分析可知，加速度方向是AO，故B正确；0.10.3 s为图像周期，00.4 s为周期，质点的路程为10 cm，质点在0.10.3 s内的平均速
9、度大于00.4 s内的平均速度，则质点在0.10.3 s内的路程大于5 cm，故C错误；由振动图像可知，在0.20.4 s内，质点由O向A运动，速度减小，则动能减小，故D错误。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。9一质点做简谐运动的图像如图所示，下列叙述正确的是()A质点振动频率是4 Hz B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D在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点的位移大小相等，都是 cm【解析】选B、D。由振动图像知，T4 s，故f0.
10、25 Hz，A错误；一个周期有4个振幅，10 s为2.5个周期，故路程为422.5 cm20 cm，B正确；由图可知，5 s末相位为，C错误；由x2sin t(cm)可知，1.5 s和4.5 s两时刻位移均为 cm，D正确。10.一根张紧的绳上悬挂着4个单摆，a和d摆长相等，其余各摆摆长不等，如图所示。使d摆开始振动，则其余三摆的振动情况是()Aa摆的振幅最大Bc摆的振幅最大Cc摆的振动周期最大，b摆的振动周期最小Da、b、c三摆的振动周期均等于d摆的振动周期【解析】选A、D。a、b、c三个单摆都在驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率(周期)即为d摆的固有频率(周期)，所以四个摆的振动频率(
11、周期)都相等，即为d摆的固有频率(周期)，故选项C错误，D正确；当驱动力的频率等于物体的固有频率时，振幅最大，由于a和d摆摆长相等即固有频率相等，a摆达到共振，振幅最大，故选项A正确，B错误。11如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，忽略一切阻力，则()A升降机停止前在向下运动B0t1时间内小球处于失重状态，t1t2时间内小球处于超重状态Ct2t3时间内弹簧弹性势能变化量等于重力势能变
12、化量Dt3t4时间内小球向下运动，加速度减小【解析】选A、D。从0时刻开始，弹簧弹力增大，可知小球向下运动，可知升降机停止前向下运动，故A正确；0t1时间内，弹力大于重力，加速度向上，处于超重状态，t1t2时间内，弹力大于重力，加速度向上，也处于超重状态，故B错误；t2t3时间内，小球向上做减速运动，根据系统机械能守恒，可知弹簧弹性势能变化量小于重力势能变化量，故C错误；t3t4时间内小球向下运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得：mgF1ma1，可知由图像可知弹力逐渐增大，小球的加速度减小，故D正确。12一钩码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图丙所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动
13、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，给钩码一向下的初速度，钩码便做简谐运动，振动图线如图甲所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，钩码的振动图线如图乙所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后钩码振动的振幅，则()A由图线可知T04 sB由图线可知T08 sC当T在4 s附近时，Y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，Y很小D当T在8 s附近时，Y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，Y很小【解析】选A、C。该题是考查机械振动图
14、像和共振现象的题目。细读题图中所给情境，可知：题图甲是描述弹簧振子在不受驱动力的情况下振动情况的图像，此时的振动周期是该弹簧振子的固有周期，从题图甲中可以直接读出固有周期为4 s，A对，B错；当驱动力的频率与固有频率相近时，发生共振，振幅显著增大，所以当曲杆的转动周期与弹簧振子的固有周期4 s接近的时候，振幅Y显著增大，其他情况下Y很小。C对，D错。三、实验题：本题共2小题，共14分。13(6分)某同学在做“利用单摆测定重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s。则(1)他测得的重力加速度g_m/s2
15、。(2)他测得的g的值偏小，可能的原因是()A测摆线长时摆线拉得过紧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，停表过迟按下D实验中误将49次全振动数记为50次【解析】(1)摆长l1.010 0 m m1.020 0 m。周期T s2.03 s。把l、T代入公式gl得g9.76 m/s2。(2)由公式gl得造成g值偏小的原因可能是l的测量值比实际实验值偏小，或者T的测量值比实际实验值偏大，故选项B正确。答案：(1)9.76(2)B14.(8分)在用图1所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：a取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
16、；b用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；c缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5位置由静止释放小球；d用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T；e用公式g计算当地重力加速度；f改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量。(1)在上述步骤中，错误的是_(写出该步骤的字母)；改正后正确的应该是：_。(2)该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了lT2图像，该图像对应图2中的_。(3)在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是_。A适当加长摆线B质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角
17、度不能太大D当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期【解析】(1)摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，由实验步骤可知，步骤e错误，则单摆摆长为Ll，所以用公式g计算当地重力加速度；(2)根据g变形可得：lT2把摆线长度l作为摆长，当T0时l，则lT2图像在横轴上有截距，故C正确，A、B、D错误。故选C；(3)适当加长摆线可以使周期大些，减小摆长与周期的测量误差，从而减小实验误差，故A正确；为减小阻力对实验的影响，质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，故B错误；单摆在小摆角下(一般小于5)的摆动为简谐振动，单摆偏离平衡位置的角度不能太大，故C正
18、确；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期，测量的偶然误差较大，从而使实验误差较大，为了减少误差，要用秒表记录小球完成n次(比如50次)全振动所用的总时间t，计算单摆周期T，故D错误。答案：(1)e用公式g计算当地重力加速度(2)C(3)A、C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)某个质点的简谐运动图像如图所示，求振动的振幅和周期。【解析】由图读出振幅A10 cm简谐运动方程xA sin (t)代入数据1010sin (7)，得T8 s。答案：10 cm8 s16.(8分)如图所示，
19、三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上。现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：(1)此时小球的瞬时加速度；(2)若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少？【解析】(1)小球运动到最高点时，三角架对水平面的压力最小为零，此时对整体根据牛顿第二定律，有：(Mm)gma解得：a，方向向下(2)小球做简谐运动，根据回复力公式Fkx，有：2kAma解得：A答案：(1)，竖直向下(2)17(14分)减震器是加速车架与车身振动的衰减，以改善汽车的行驶舒适性的汽配原件，在大多数汽车的悬架系统内部都装有减震器。汽车的重力一般支撑
20、在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧套在减震器上，两者同时起到改善作用。为了研究方便，我们把两者简化成一个等效劲度系数为k1.5105 N/m的“弹簧”，汽车开始运动时，在振幅较小的情况下，其振动的频率满足f(l为弹簧的压缩长度)，若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2 Hz，已知汽车的质量为600 kg，每个人的质量为70 kg。求：(1)汽车的振动频率与人体固有频率相等时l的大小；(2)这辆车乘坐几个人时，人感觉到最难受。【解析】(1)当汽车的振动频率等于人体固有频率时有：f，则l m0.062 m；(2)当汽车的振动频率与人体固有频率相等时，人感觉到最难受，设此时乘车人数为n个，汽车质量为M，人的质量为m，则：Mgnmgkl代入数据得：n5人答案：(1)0.062 m(2)5人18(16分)竖直方向有一光滑半圆，一个小球位于圆心处，一个小球位于半圆除最低端的任意处，两球同时从静止释放，问：哪个小球先到达半圆最底部，请给予证明。【解析】假设小球a位于圆心处，小球b位于半圆除最低端的任意处，根据题意知小球a做自由落体运动，小球b做单摆运动，小球b到最低点的时间为个周期：tbT2；则在小球b到最底部时，小球a下落的高度：hagtgRR，由此知，当小球b到达最低点时，小球a在竖直方向上下落高度大于半径R，故小球a先到达最底部。答案：见解析
