1、章末过关检测(一)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错或不答的得0分)1弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的()A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀变速直线运动 D非匀变速直线运动解析：选D.从位移方面来看，做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化，所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动；从振子的受力情况来看，水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力，而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的随着振子的不断运动，弹簧的形变量在不断变化，弹簧对振子的弹力也在不断变化，从而振子的加速度
2、也在变化因此，振子的简谐运动属于非匀变速直线运动2如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是()A弹簧的弹性势能先减小后增大B球刚脱离弹簧时动能最大C球所受合力的最大值等于重力D在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加解析：选D.从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量一直减小，即弹性势能一直减小，A错；运动到平衡位置时速度最大，动能最大，B错；球所受
3、合力最大的位置在最低点，若小球刚好脱离弹簧时的速度恰好为零，则由简谐运动的对称性知，在最低点合力的最大值大小等于重力，但由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动，所以在最低点向上的合力大于重力，C错；从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中，动能减小，但由于该过程弹簧对小球做正功，小球机械能增加，D正确3在实验室可以做“声波碎杯”的实验用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉下列说法中正确的是()A操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C操
4、作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz 解析：选D.驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，就能使酒杯碎掉4如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO1代表时间轴图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板N1和板N2的速度v1和v2的关系为v22v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系是()AT2T1BT22T1CT
5、24T1 DT2T1解析：选D.由图乙知x1x2，因此t1，t2，且v22v1，则，又t1T1，t22T2，故有，则T14T2.5下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固60 Hz B60 Hzf固70 HzC50 Hzf固60 Hz D以上三个都不对解析：选C.从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱在50 Hz
6、60 Hz范围内时振幅变化最小，因此50 Hzf固60 Hz，即C正确6如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1 s，质点通过B点后再经过1 s又第2次通过B点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm.则质点的振动周期和振幅分别为()A3 s，6 cm B4 s，6 cmC4 s，9 cm D2 s，8 cm解析：选B.因质点通过A、B两点时速度相同，说明A、B两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由B到最大位移，与由A到最大位移的时间相等，即t10.5 s，则tAB2t12 s，即T4 s，由过程的对称性可知：质点在这2 s内通过的路程恰为2A，即2A
7、12 cm，A6 cm，故B正确二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选择中，有多个选项正确全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7一单摆在空气中振动，振幅逐渐减小，下列说法正确的是()A单摆的机械能逐渐转化为其他形式的能B单摆后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能C单摆振幅减小，频率也随着减小D单摆振幅虽然减小，但其频率不变解析：选AD.单摆做阻尼振动，因不断克服空气阻力做功使机械能转化为内能，但是在振动过程中，动能和势能仍不断相互转化，不能确定两个时刻的动能与势能的大小关系，故选项A正确，选项B错误做阻尼振动的物体，频率由系统的特征决定，与
8、振幅无关，所以其频率不变，选项C错误，选项D正确8如图所示为某一质点的振动图像，由图可知，在t1和t2两个时刻，|x1|x2|，质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为()Av1v2，方向相同Bv1v2，方向相反Ca1a2，方向相同Da1a2，方向相反解析：选AD.由图像可知，t1、t2两时刻，质点都在沿x轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A正确由Fkx可知F1F2，对于同一质点来说，a1a2且方向相反选项D正确9.如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置其中，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
9、B处的动能最大B位于A处时势能最大C在位置A的势能大于在位置B的动能D在位置B的机械能大于在位置A的机械能解析：选BC.单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点重力势能最大，最低位置时动能最大，故B正确，A错误在B点EBEkBEpBEpA，故C正确，D错误10.一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列叙述中正确的是()A质点的振动频率为4 HzB在10 s内质点经过的路程为20 cmC在5 s末，质点做简谐运动的位移为2 cmD在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点的位移大小相等且为 cm解析：选BCD.由题目中的振动图像可直接得到周期T4 s，频率f0.25 Hz，故A错误一个周期内做简谐运动的质
10、点经过的路程是4A8 cm，10 s为2.5个周期，故质点经过的路程为20 cm，B正确由题图可知5 s末质点的位移为2 cm，故C正确质点的位移与时间的关系为x2 sin cm，把t1.5 s和t4.5 s分别代入方程可得位移大小都是 cm，故D正确三、非选择题(本题共3小题，共40分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11(10分)某同学利用单摆测量重力加速度(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_A组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C实验时须使摆球在同一竖直面内
11、摆动D摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离L.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g_解析：(1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A错在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B对摆动中要避免单摆成为
12、圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对摆动中摆角要控制在5以内，所以D错(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T12 ，T22，则L(TT)，因此，g.答案：(1)BC(2)12(14分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s内通过的路程及位移大小；(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值解析：(1)设振幅为A，由题意BC2A20 cm，所以A10 cm.振子从B到C所用时间t0.5 s，为周期T的一半，所以T1.0 s
13、；f1.0 Hz.(2)振子在1个周期内通过的路程为4A.故在t5 s5T内通过的路程s4A200 cm.5 s内振子振动了5个周期，5 s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm.(3)振子加速度ax，ax，所以aBaPxBxP10452.答案：见解析13(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，此时细线处于紧张状态，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，AOBCOB，小于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，
14、且图中t0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T0.4 s，由T2，得摆长l0.4 m.(2)在B点拉力的最大值为Fmax0.510 N.Fmaxmg.在A、C两点拉力最小Fmin0.495 N，Fminmgcos ，AB过程机械能守恒，即mgl(1cos )mv2，由以上各式解得m0.05 kg.(3)由Fmaxmg可得，vmax0.283 m/s.答案：(1)0.4 s0.4 m(2)0.05 kg(3)0.283 m/s