1、第十一章测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10个小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第16题只有一项符合题目要求,第710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.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧一端挂在天花板上,O点为弹簧自然伸长时下端点的位置。当在弹簧下端挂钩上挂一质量为m的砝码后,砝码开始由O位置起做简谐运动,它振动到下面最低点位置A距O点的距离为l0,则()A.振动的振幅为l0B.振幅为l02C.平衡位置在O点D.平衡位置在OA中点B的上方某一点答案B2.质点沿x轴做简谐运动,平衡位置为坐标原点O,质点经过a点和
2、b点时速度相同,所花时间tab=0.2 s;质点由b点再次回到a点花的最短时间tba=0.4 s。则该质点做简谐运动的频率为()A.1 HzB.1.25 HzC.2 HzD.2.5 Hz解析由题意知a、b两点关于O点对称,由tab=0.2 s、tba=0.4 s知,质点经过b点后还要继续向最大位移处运动,直到最大位移处,然后再回来经b点到a点,则质点由b点到最大位移处再回到b点所用时间为0.2 s,则T4=12tab+12(tba-tab),解得周期T=0.8 s,频率f=1T=1.25 Hz。答案B3.关于简谐运动的周期,以下说法错误的是()A.间隔一个周期的两个时刻,物体的振动情况完全相同
3、B.间隔半个周期奇数倍的两个时刻,物体的速度和加速度可能同时相同C.半个周期内物体动能的变化一定为零D.一个周期内物体势能的变化一定为零解析根据周期的意义知,物体完成一次全振动,所有的物理量都恢复到初始状态,故选项A、D正确;当间隔半个周期的奇数倍时,所有的矢量都变得大小相等、方向相反,故选项B错误;由于间隔半个周期各矢量大小相等,所以物体的动能必定相等,没有变化,故选项C正确。答案B4.如图所示,三根细线于O点处打结,A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上,使AOB成直角三角形,BAO=30。已知OC线长是L,下端C点系着一个小球(忽略小球半径),下面说法正确的是()A.让小球在纸面内
4、摆动,周期T=2LgB.让小球在垂直纸面方向摆动,周期T=23L2gC.让小球在纸面内摆动,周期T=23L2gD.让小球在垂直纸面内摆动,周期T=2Lg解析让小球在纸面内摆动,周期T=2Lg。让摆球在垂直纸面内摆动,摆球以OC的延长线与AB交点为中心摆动,摆长为L+L2cos 30=L+34L,周期T=24+34gL。答案A5.如图所示,A、B分别为同一单摆做简谐运动时摆球的两个不同位置。其中,位置A为摆球摆动的最高位置,虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点,则摆球在摆动过程中()A.位于B处的动能最大B.位于A处时势能最大C.在位置A的势能等于在位置B的动能D.在位置B的机械能
5、大于在位置A的机械能解析单摆摆动过程中,机械能守恒,在最高点时重力势能最大,最低位置时动能最大,故选项B正确,选项A错误;在B点,EB=EkB+EpB=EpA,故选项C、D均错误。答案B6.(2019广东高考模拟)下列说法错误的是()A.在同一地点,单摆做简谐振动的周期与其摆长成正比B.弹簧振子做简谐振动时,振动系统的势能与动能之和保持不变C.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D.已知弹簧振子初始时刻的位置、振幅及周期,仍不一定能确定振子在任意时刻的位置解析根据单摆的周期公式T=2Lg,得T2=42gL;在同一地点,g一定,则知T2与L成正比,即单摆做简谐振动的周期的
6、平方与其摆长成正比,故A错误。弹簧振子做简谐振动时,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,故B正确。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,故C正确。振动质点在同一位置振动方向有两种,所以已知弹簧振子初始时刻的位置,不知道初始时刻振子的振动方向,根据振动周期,不能知道振子在任意时刻运动速度的方向,不能确定振子在任意时刻的位置,故D正确。答案A7.如图所示,两个质量分别为m0和m的小球,悬挂在同一根水平细线上,当m0在垂直于纸面的平面内摆动时,下列说法正确的是()A.两摆的振动周期是相同的B.当两摆的摆长相等时,m摆的振幅最大C.悬挂m0
7、的竖直细线长度变化时,m的振幅不变D.m摆的振幅可能超过m0摆的振幅解析m0摆动时,m摆做受迫振动,稳定后,m摆的振动周期等于驱动力的周期,即等于m0摆的周期,故选项A正确;当m摆长与m0摆长相等时,两者的固有频率相等,而m0摆的固有周期就是使m做受迫振动的驱动力周期,可见m摆处于共振状态,故选项B正确;m0摆摆长发生变化,就是使m做受迫振动的驱动力周期发生变化,由于m的固有周期不变,这样两个周期差别就发生了变化,因而m的振幅也会发生变化,选项C错误;单摆振动的能量不仅与振幅有关,还跟振动系统的质量有关。如果m0的质量比m大得多,从m0向m传递的能量有可能使m的振幅大于m0的振幅,故选项D正确
8、。答案ABD8.(2019湖北孝感高三模拟)弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动,把小钢球从平衡位置向左拉开一段距离,放手让其运动,从小钢球通过平衡位置开始计时,其振动图象如图所示,下列说法正确的是()A.钢球振动周期为2 sB.在t0时刻弹簧的长度为4 cmC.钢球振动一个周期,通过的路程等于10 cmD.钢球振动方程为y=5sin t cm解析从图中可得钢球振动的周期为2 s,A正确。因为钢球是在水平面上振动,所以钢球位于振动的平衡位置时弹力为零,即弹簧的形变量为零,t0时刻弹簧的形变量为4 cm,B错误。钢球振动一个周期,通过的路程等于45 cm=20 cm,C错误。=2T= rad/s,A
9、=5 cm,故钢球振动方程为y=5sin t cm,D正确。答案AD9.如图所示,下列说法正确的是()A.振动图象上的A、B两点振动物体的速度相同B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点的加速度大小相等、方向相反C.振动图象上A、B两点的速度大小相等、方向相反D.质点在t=0.2 s和t=0.3 s时的动能相等解析A、B两点位移相同,速度大小相等,但方向相反,故选项A错,选项C对;t=0.1 s和t=0.3 s质点离开平衡位置的位移最大,方向相反,由F=-kx,a=-kxm可知选项B对;t=0.2 s时,物体通过平衡位置,速度最大,动能最大,而t=0.3 s时,速度为零,动能最小,故选项D
10、错。答案BC10.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,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,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图线如图丙所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,A表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则()A.由图线可知T0=4 sB.由图线可知T0=8 sC.当T在4 s附近时,A显著增大;当T比4 s小得多或大得多时,A
11、很小D.当T在8 s附近时,A显著增大;当T比8 s小得多或大得多时,A很小解析图乙是弹簧振子未加驱动力时的周期,故由图线读出的周期为其振动的固有周期,即T0=4 s。图丙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图线,做受迫振动的物体,其振动的周期等于驱动力的周期,即T=8 s。当受迫振动的周期与驱动力的周期相同时,其振幅最大;周期差别越大,其运动振幅越小。答案AC二、填空题(本题共2个小题,共20分)11.(10分)(2019上海卷)在“用单摆测量重力加速度实验”中,使用下列实验器材。A.1.2 m的细线B.2 m的弹性绳C.带孔的小铁球D.带孔的软木球E.光电门传感器(1)应选用哪种绳,应选用哪种球
12、,光电门的摆放位置为(选填“最高点”或“最低点”)。(2)右图为光电门传感器电流强度I与t的图象,则周期为()A.t1B.t2-t1C.t3-t1D.t4-t1(3)甲同学用秒表做该实验,但所得周期比该实验得到的大,则可能的原因是。解析(1)单摆实验时,弹性绳在运动过程中长度会发生改变,导致摆长变化,所以应选1.2 m的细线;为了减小实验误差,摆球选择质量大、体积小的铁球;在测量时间时,因为最高点附近速度小,最低点附近速度大,所以光电门应摆在最低点附近,测量误差小。(2)单摆运动一个周期经过平衡位置两次,根据图象可知周期为t3-t1。(3)用秒表计时,测的周期为N次全振动对应的总时间,再进行求
13、解单次的时间即为周期,测量结果偏大,可能是开始计时时,秒表太早按下,测量时间偏长,周期偏大。答案(1)AC最低点(2)C(3)开始计时时,秒表太早按下,测量时间偏长,周期偏大12.(10分)(2019江苏扬州中学高三月考)如图甲所示,在一条张紧的绳子上挂几个摆,当a摆振动的时候,通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力,使其余各摆也振动起来,达到稳定时b摆和c摆的周期大小关系是:TbTc,三个摆中摆的振幅最大,图乙是c摆稳定以后的振动图象,重力加速度为g,不计空气阻力,则a摆的摆长为。解析a摆摆动起来后,通过水平绳子对b、c两个摆施加周期性的驱动力,使b、c两摆做受迫振动,两摆做受迫振动的频率等于驱
14、动力的频率,由于驱动力频率相同,故两摆的周期相同;受迫振动中,当固有频率等于驱动力频率时,出现共振现象,振幅达到最大,由于c摆的固有频率与a摆的相同,故c摆发生共振,振幅最大;a摆的固有周期与c摆的相同,由图乙可知,振动周期为T=t0,由单摆周期公式T=2Lg,即t0=2Lg,得摆长为L=gt0242。答案=cL=gt0242三、计算题(本题共3小题,共40分)13.(12分)几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰,他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表,山顶上还有形状不规则的石子和矮树,他们知道地球半径为R0,海平面处的重力加速度为g0。请根据以上条件,为他们设计测量山
15、峰海拔高度的方法。(1)写出操作步骤和需要直接测量的物理量(物理量用字母符号表示);(2)推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式(要求写出推导过程)。解析(1)用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上,用钢卷尺量出摆绳长L1,用手表测出摆动周期T1,改变摆绳长至L2,测出摆动周期T2。(2)由(1)得山顶的重力加速度g=42(L1-L2)T12-T22。因为地面的重力加速度g0=GMR02,山顶的重力加速度g=GM(R0+h)2,由上述两式可得h=R02g0(T12-T22)L1-L2-R0。答案见解析14.(12分)如图所示,轻弹簧的下端系着A、B两球,mA=100 g,mB=500
16、g,系统静止时弹簧伸长x=15 cm,未超出弹性限度。若剪断A、B间绳,则A在竖直方向做简谐运动。求:(1)A的振幅多大?(2)A球的最大加速度多大?(g取10 m/s2)解析(1)设只挂A球时弹簧伸长量x1=mAgk由(mA+mB)g=kx,得k=(mA+mB)gx,即x1=mAmA+mBx=2.5 cm振幅A=x-x1=12.5 cm。(2)剪断细绳瞬间,A受弹力最大,合力最大,加速度最大。根据牛顿第二定律得F=(mA+mB)g-mAg=mAamaxamax=mBgmA=5g=50 m/s2。答案(1)12.5 cm(2)50 m/s215.(16分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量
17、快速变化的力。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5且是未知量。图乙表示由计算机得到的小球对摆线的拉力大小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)由题图乙可知周期T=0.4 s由T=2lg,有l=T242g解得l=0.4 m。(2)小球在B点所受拉力最大,Fmax=0.510 N有Fmax-mg=mv2l在A和C点所受拉力最小,Fmin=0.495 N,有Fmin=mgcos 从A到B的过程中摆球的机械能守恒,有mgl(1-cos )=12mv2由式解得m=Fmax+2Fmin3g=0.05 kg。(3)由式解得v0.283 m/s。答案(1)0.4 s0.4 m(2)0.05 kg(3)0.283 m/s