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（一) (第十一章)(90分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1.简谐运动的平衡位置是指()A.势能为零,动能最大的位置B.加速度为零的位置C.回复力为零的位置D.振幅为零的位置【解析】选C。做简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大,动能最大,势能最小,由于势能的相对性,势能的大小与零势点的选取有关,故势能不一定等于零,A错误;物体在平衡位置时合外力和加速度不一定为零。例如,单摆在平衡位置时存在向心加速度,B错误;简谐运动的平衡位置
2、是回复力为零的位置,C正确;做简谐运动的物体的振幅不变,D错误;故选C。2.(2020承德高二检测)一个摆长约1 m的单摆,在下列的四个随时间变化的驱动力作用下振动,要使单摆振动的振幅尽可能增大,应选用的驱动力是()【解析】选C。据单摆的周期公式T=2可得T2 s,当驱动力的周期接近该单摆的固有周期时,振幅最大,C图的周期为2 s,故A、B、D错误,C正确。3.关于做简谐运动的单摆,下列说法正确的是()A.单摆做稳定的受迫振动时,单摆振动的频率等于周期性驱动力的频率B.秒摆的摆长和振幅均减为原来的四分之一,周期变为0.5 sC.已知摆球初始时刻的位置及其周期,就可知摆球在任意时刻运动速度的方向
3、D.单摆经过平衡位置时摆球所受的合外力为零【解析】选A。单摆做稳定的受迫振动时,单摆振动的频率等于周期性驱动力的频率,与固有频率无关,故A正确;根据单摆的周期公式T=2知摆长缩短为原来的四分之一,则周期变为原来的二分之一,秒摆的周期为2 s,所以改变后周期变为1 s,故B错误;摆球在同一位置振动方向有两种,所以已知初始时刻的位置和振动周期,不知道初始时刻摆球的振动方向,不能知道摆球在任意时刻运动速度的方向,故C错误;单摆运动中,摆球在最低点做圆周运动,所以摆球经过平衡位置时所受的合外力提供向心力,故D错误。4.如图所示,振子以O点为平衡位置在A、B间做简谐运动,从振子第一次到达P点开始计时,则
4、()A.振子第二次到达P点的时间间隔为一个周期B.振子第三次到达P点的时间间隔为一个周期C.振子第四次到达P点的时间间隔为一个周期D.振子从A点到B点或从B点到A点的时间间隔为一个周期【解析】选B。从经过某点开始计时,则再经过该点两次所用的时间为一个周期,B对,A、C错。振子从A到B或从B到A的时间间隔为半个周期,D错。5.(2020大同高二检测)如图甲所示,水平的光滑杆上有一弹簧振子,振子以O点为平衡位置,在a、b两点之间做简谐运动,其振动图象如图乙所示。由振动图象可以得知()A.振子的振动周期等于t1B.在t=0时刻,振子的位置在a点C.在t=t1时刻,振子的速度为零D.从t1到t2,振子
5、正从O点向b点运动【解析】选D。振子的振动周期等于2t1,故A不对;在t=0时刻,振子的位置在O点,然后向左运动,故B不对;在t=t1时刻,振子经过平衡位置,此时它的速度最大,故C不对;从t1到t2,振子正从O点向b点运动,故D是正确的。6.某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x=8sint(cm),则()A.质点的振幅为16 cmB.质点的振动周期为2 sC.在01 s内,质点的速度逐渐减小D.在12 s内,质点的动能逐渐减小【解析】选C。简谐运动的位移随时间变化的关系式x=Asint,对照x=8sint,可得质点振动的振幅A=8 cm,选项A错;质点振动周期T= s=4 s,选项B
6、错;在01 s内,质点位移逐渐增大,逐渐远离平衡位置,质点的速度逐渐减小,选项C对;在12 s内,质点位移逐渐减小,靠近平衡位置,速度逐渐变大,动能逐渐增大,选项D错。7.(2020西安高二检测)一个单摆,如果摆球的质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时的速度减为原来的,则单摆的()A.频率不变,振幅不变B.频率不变,振幅改变C.频率改变,振幅不变D.频率改变,振幅改变【解析】选B。决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度,即T=2,单摆的周期与质量无关,与单摆的运动速度也无关。当然,频率也与质量和速度无关,故C错误,D错误;决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中,可以从能量去观察,从上面分析
7、我们知道,在平衡位置(即最低点)时的动能Ek=mv2,当m增为原来的4倍,速度减为原来的时,动能不变,最高点的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了(实际上单摆已经变成另一个摆动过程了),势能Ep=mgh不变,m大了,h就一定变小了,也就是说,振幅减小了。故A错误,B正确。8.(多选)如图1所示为挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小角度地摆动,就可以用来拆卸混凝土建筑,可视为单摆模型,它对应的振动图象如图2所示,则下列说法正确的是()A.单摆振动的周期是6 sB.t=2 s时,摆球的速度最大C.球摆开的角度增大,周期增大D.该单摆的摆长约为16 m【解析】选B、D。由图象知,单摆的周期为8
8、 s,A错误;t=2 s时,摆球位于平衡位置,速度最大,B正确;根据单摆周期公式T=2,周期与摆动的角度无关,C错误;代入T=2得摆长l16 m,D正确。9.(2020厦门高二检测)如图所示,质量为mA的物块A用不可伸长的细绳吊着,在A的下方用弹簧连着质量为mB的物块B,开始时静止不动。现在B上施加一个竖直向下的力F,缓慢拉动B使之向下运动一段距离后静止,弹簧始终在弹性限度内,若想撤去力F后,B向上运动并能顶起A,则力F的最小值是()A.(mA+mB)gB.(mA+2mB)gC.2(mA+mB)gD.(2mA+mB)g【解析】选A。如图所示,O1为弹簧的原长位置,O2为挂上物块B时弹簧伸长后的
9、位置,弹簧的伸长量为x0,要使B向上运动并能顶起A,弹簧给A的力至少要等于A物块的重力mAg,设弹簧至少要压缩到位置O3,压缩量为x2,物块B在力F的作用下至少下拉的长度为x1,让B以O2为平衡位置做简谐运动。则要满足x1=x2+x0,又因为mBg=kx0,mAg=kx2,F=kx1,所以F的最小值F=(mA+mB)g,故B、C、D错误,A正确。10.(2020宝鸡高二检测)如图所示,置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为T0。下列说法中正确的是()A.单摆摆动的过程,绳子的拉力始终大于摆球的重力B.单摆摆动的过程,绳子的拉力始终小于摆球的重力C.将该单摆悬挂在月球表面上,其摆动周期TT
10、0D.将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中,其摆动周期TT0,选项C正确;将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中,高度越高,重力加速度越小,根据周期公式T=2 ,其摆动周期TT0,故D错误;故选C。二、实验题(本大题共2小题,共15分)11.(5分)某学生利用单摆做测定重力加速度的实验,其具体操作如下:A.在铁架台上固定一个夹子,把单摆的摆线夹在夹子上B.用刻度尺和游标卡尺测出摆长lC.将摆球向一侧偏离30后由静止释放摆球D.在释放摆球的同时开始计时E.记下摆球完成n次(大于30次)全振动的时间tF.把所得数据代入公式该学生的上述操作中,错误的是_。(只填字母代号)【解析】要使单摆做简谐
11、运动,摆角要小于10,C错误;释放摆球后要等摆球摆动稳定后再计时,D错误。答案:C、D12.(10分)(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,某同学甲用毫米刻度尺测得摆线L0=935.8 mm;用游标卡尺测得摆球的直径如图所示,则摆球直径d=_mm。用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如图所示,则秒表的示数t=_s;若用给出的各物理量符号(L0、d、n、t)表示当地的重力加速度g,则计算g的表达式为g=_。(2)实验中同学甲发现测得的g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.开始计时时,秒表过迟按下D.实验中误
12、将39次全振动计为40次(3)为了提高实验精度,某同学乙在实验中通过改变几次摆长L,并测出相应的周期T,从而得到一组对应的L与T的数据,再以L为横坐标、T2为纵坐标,建立坐标系,将所得数据进行连线,实验测得的数据如表所示:次数12345摆长L/cm80.0090.00100.00110.00120.0030次全振动时间t/s53.856.960.062.865.7振动周期T/s1.791.902.002.092.19振动周期的平方T2/s23.23.614.004.374.80请将表中第三次测量数据标在图中,并在图中作出T2随L变化的关系图象。根据图象,可知当地的重力加速度为_(保留3位有效数
13、字)。【解析】(1)游标卡尺主尺:19 mm;游标卡尺对齐格数:11个格,读数为:110.05 mm=0.55 mm,则直径为:19 mm+0.55 mm=19.55 mm;秒表读数:小盘读数60 s,大盘读数18.4 s,故时间为78.4 s;根据T=2得:g=,又T=,故g=。(2)测摆线长时摆线拉得过紧,使得摆长的测量值偏大,则测得的重力加速度偏大,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,故相对于原来的单摆,周期测量值偏大,故加速度测量值偏小,B正确。实验中开始计时,秒表过迟按下,则测得的周期偏小,所以测得的重力加速度偏大,C错误。实验中误将39次全振动计为4
14、0次,周期测量值偏小,故加速测量值偏大,D错误。选B。(3)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示:由单摆周期公式:T=2,得T2=L,由图象可知=k=4,计算得g9.86 m/s2。答案:(1)19.5578.4(2)B(3)见解析图9.86 m/s2【补偿训练】1.有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室,各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”,他们通过校园网交换实验数据,并由计算机绘制了T2-L图象,如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是_(选填“A”或“B”)。另外,在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图
15、象(如图乙),由图可知,两单摆摆长之比=_。在t=1 s时,b球振动方向是_。【解析】由单摆的周期公式T=2,解得T2=L,即图象的斜率k=,重力加速度大,斜率小,我们知道北京的重力加速度比南京的大,所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B;从题图乙可以得出:Tb=1.5Ta,由单摆的周期公式得:Ta=2,Tb=2,联立解得:=;从题图乙可以看出,t=1 s时,b球正在向负最大位移处运动,所以在t=1 s时,b球的振动方向沿y轴负方向。答案:B沿y轴负方向2.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮
16、夹紧,如图所示。这样做的目的是_。(填字母代号)A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则该摆球的直径为_mm,单摆摆长为_m。(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图象,已知sin5=0.087,sin15=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_。(填字母代号)【解析
17、】(1)实验中要注意减小实验误差和便于实验操作,题目中的措施可以保证摆动过程中摆长不变,并且便于改变摆长,故选项A、C正确。(2)游标卡尺主尺上的读数为12 mm,游标尺上第0条刻度线与主尺刻度线对齐,所以游标卡尺的读数为12 mm+00.1 mm=12.0 mm单摆的摆长为l=L-=0.999 0 m- m=0.993 0 m(3)用单摆测量周期时,为了减小误差,需使摆角小于5,且从摆球经过最低点时开始计数,故振幅Alsin5=8.6 cm,只有选项A符合要求。答案:(1)A、C(2)12.00.993 0(3)A三、计算题(本大题共4小题,共45分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算
18、的要注明单位)13.(10分)(2020桂林高二检测)如图所示,质量为m的木块放在竖直的弹簧上,m在竖直方向做简谐运动,当振幅为A时,木块对弹簧的压力最小值为木块自重的0.5倍,求:(1)木块对弹簧压力的最大值。(2)欲使木块在振动中不离开弹簧,其振幅不能超过多少。【解析】(1)因为木块在竖直方向上做简谐运动,依题意木块在最低点时对弹簧的压力最大,在最高点对弹簧的压力最小。在最高点根据牛顿第二定律有:mg-FN=ma,代入数据解得:a=0.5g,(2分)由最高点和最低点相对平衡位置对称,加速度大小等值反向,所以最低点的加速度大小为 a=0.5g,(2分)在最低点根据牛顿第二定律有:FN-mg=
19、ma,故:FN=mg+ma=1.5mg。(2分)(2)要使木块不脱离弹簧,设其振幅不能超过A,此时木块运动到最高点恰在弹簧原长处,此时的最大加速度为g,由a=-知,当振幅为A时,在最低点有0.5g=-(2分)当振幅为A时,在最低点有 g=-,由此可得 A=2A。(2分)答案:(1)1.5mg(2)2A14.(10分)一质点做简谐运动,其位移和时间关系如图所示。求:(1)t=0.2510-2 s时的位移。(2)在t=1.510-2 s到210-2 s的振动过程中,质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化?(3)在t=0到8.510-2 s时间内,质点的路程、位移各多大?【解析】 (1)由图可
20、知A=2 cm,T=210-2 s(2分)振动方程为x=Asin(t-)=-Acost=-2cost cm=-2cos(102t) cm(2分)当t=0.2510-2 s时x=-2cos cm=- cm(2分)(2)由图可知在1.510-2210-2 s内,质点的位移变大,回复力变大,速度变小,动能变小,势能变大(2分)(3)从t=0至8.510-2 s的时间内质点的路程为s=17A=34 cm,位移为2 cm。(2分)答案:(1)- cm(2)位移变大,回复力变大,速度变小,动能变小,势能变大(3)34 cm2 cm15.(10分)根据如图所示的振动图象:(1)算出下列时刻振子对平衡位置的位
21、移(结果用根号表示):t1=0.5 s;t2=1.5 s。(2)将位移时间的变化规律写成x=Asin(t+)的形式并指出振动的初相位。【解析】(1)由图象可知,A=10 cmT=4 s所以= rad/s,(1分)故位移x=Acost=10cost cm。(1分)当t1=0.5 s时,x1=10cos cm=5 cm。(2分)当t2=1.5 s时,x2=10cos cm=-5 cm。(2分)(2)x=10cost cm=10sincm。(2分)初相位为。(2分)答案:(1)5 cm-5 cm(2)x=10sin cm【总结提升】对简谐运动能量的深刻认识(1)决定因素:对于一个确定的振动系统,简谐
22、运动的能量由振幅决定,振幅越大,系统的能量越大。(2)能量获得:系统开始振动的能量是通过外力做功由其他形式的能转化来的。(3)能量转化:当振动系统自由振动后,如果不考虑阻力作用,系统只发生动能和势能的相互转化,机械能守恒。(4)理想化模型:从力的角度分析,简谐运动没考虑摩擦阻力。从能量转化角度分析,简谐运动没考虑因阻力做功产生的能量损耗。16.(15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。如图甲中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
23、10且是未知量。图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,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)由题图乙可知单摆的周期T=0.4 s,(1分)由T=2,(2分)得摆长l=0.4 m。(1分)(2)在B点拉力的最大值为Fmax=0.510 N。(1分)Fmax-mg=。(2分)在A、C两点拉力最小Fmin=0.495 N,(1分)Fmin=mgcos,(1分)在AB机械能守恒,即mgl(1-cos)=mv2,(2分)由以上各式解得m=0.05 kg。(1分)(3)由Fmax-mg=(2分)可得,vmax=0.283 m/s。(1分)答案:(1)0.4 s0.4 m(2)0.05 kg(3)0.283 m/s【补偿训练】如图所示,摆长为L的单摆竖直悬挂后,摆球在最低点O距离地面高度为h,现将摆球拉至A点无初速度释放,摆角为(5)。当摆球运动到最低点O时,摆线突然断裂。不计空气阻力,重力加速度为g,求摆球从A点开始运动到落地经历的时间。【解析】单摆的周期T=2摆线断裂后,由h=gt2得:下落时间t=t总=t+=+答案:+关闭Word文档返回原板块