2021年新教材高中物理 第二章 机械振动 质量评估（A）（含解析）新人教版选择性必修第一册.docx

1、第二章质量评估(A)(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28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.下列现象中,属于共振现象的是()A.杂技演员荡秋千越荡越高B.下雨前雷声隆隆不绝C.在山谷里说话有回声D.湖面上的树叶随水波荡漾解析:杂技演员用周期性外力驱动秋千,使其越荡越高,且驱动力频率恰好等于秋千的固有频率,属于共振现象;选项B、C描述的现象属于声音的反射,选项D描述的现象是受迫振动.答案:A2.一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=5sin 5t(cm),则下列判断正确的是()A.该简谐运动的周期是0.2 s

2、B.前1 s内质点运动的路程是100 cmC.0.40.5 s内质点的速度在逐渐减小D.t=0.6 s时质点的动能为0解析:由简谐运动的位移随时间变化的关系式x=5sin 5t(cm)知角速度=5,周期T=2=0.4 s,选项A错误.tT=10.4=2.5,1个周期内运动的路程为4A=20 cm,所以前1 s内质点运动的路程是s=2.520 cm=50 cm,故选项B错误.0.40.5 s质点由平衡位置向最大位移处运动,速度减小,选项C正确.t=0.6 s 时质点位移x=5sin (50.6) cm=0,质点在平衡位置,动能最大,故选项D错误.答案:C3.如图所示,光滑槽半径远大于小球运动的弧

3、长,今有两个小球(均可视为质点)同时由图示位置A、B从静止释放,O点为槽的最低点,则它们第一次相遇的地点是()A.O点 B.O点左侧C.O点右侧 D.无法确定解析:两球释放后到槽最低点前的运动为简谐运动且可视为等效单摆模型,其周期T=2Rg.从释放到运动至最低点O的时间相同,均为t=T4,所以在O点相遇.答案:A4.下图为做简谐运动的物体的振动图像.由图可知()A.00.5 s时间内,物体的加速度从0变为正向最大B.0.51.0 s时间内,物体所受回复力从0变为正向最大C.1.01.5 s时间内,物体的速度从0变为正向最大D.1.52.0 s时间内,物体的动量从0变为正向最大解析:00.5 s

4、时间内,物体的位移x从0变为正向最大,根据牛顿第二定律可得a=-kxm,可得加速度从0变为负向最大,故选项A错误.0.51.0 s时间内,回复力从负向最大变为0,选项B错误.1.01.5 s时间内,物体的速度从负向最大变为0,选项C错误.1.52.0 s 时间内,物体的速度从0变为正向最大,根据p=mv可知物体的动量从0变为正向最大,选项D正确.答案:D5.关于简谐运动的周期,下列说法不正确的是()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相同C.半个周期内物体动能的变化一定为0D.一个周期内物体势能的变化一定为0解析:根据周期的

5、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,选项A、D说法正确.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,选项B说法错误.因为间隔半个周期各矢量大小相等,所以物体的动能必定相等,选项C说法正确.经历整数个周期时,物体回到原位置;经历半个周期的奇数倍时,物体一定在关于平衡位置对称的位置上,必定具有相同的速率、动能.答案:B6.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摆球的摆长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

6、的最大动能D.若增大该单摆的摆长,则曲线的峰将向右移动解析: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驱动力的频率,根据单摆的固有频率可以计算出单摆的周期,根据单摆的周期公式可以算出单摆的摆长,选项A正确.从单摆的周期无法计算出摆球质量和摆球的最大动能,选项B、C错误.若增大单摆的摆长,单摆的周期增大,固有频率减小,则曲线的峰将向左移动,选项D错误.答案:A7.如图所示的单摆,摆球A向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向左运动的小球B发生碰撞,并粘在一起,且摆动平面不变.已知碰撞前A球摆动的最高点与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,A球质量是B球质量的5倍,碰撞前

7、A球在最低点的速度是B球速度的一半.则碰撞后()A.摆动的周期为56TB.摆动的周期为65TC.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h解析:单摆的周期与摆球的质量无关,只取决于摆长和当地的重力加速度,所以选项A、B错误.在A球向下摆的过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mAgh= 12mAv12,A、B两球碰撞过程时间极短,两球组成的系统动量守恒,所以有mAv1-mB2v1=(mA+mB)v2,碰撞后摆动过程中,机械能守恒,所以有(mA+mB)gh=12(mA+mB)v22,整理得v2=12v1,所以h=0.25h.选项C错误,选项D正确.答案:D二

8、、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.8.一物体做受迫振动,驱动力的频率小于该物体的固有频率.在驱动力的频率逐渐增大到一定数值的过程中,该物体的振幅可能()A.逐渐增大B.逐渐减小C.先逐渐增大,后逐渐减小D.先逐渐减小,后逐渐增大解析:当驱动力的频率等于物体的固有频率时,发生共振现象,物体的振幅最大.由于没有说明驱动力的频率最后的情况,选项A、C都有可能.答案:AC9.一个弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动,其中有两个时刻弹簧对振动物体的弹力大小相等,但方向相反,那么这两个时刻振动

9、物体的()A.速度一定大小相等,方向相反B.加速度一定大小相等,方向相反C.位移一定大小相等,方向相反D.速度一定大小相等,方向相同解析:由弹簧振子的运动规律知,当弹簧弹力大小相等、方向相反时,振动物体的位移大小相等、方向相反,加速度大小相等、方向相反,选项B、C正确.物体的运动方向在两时刻可能相同,也可能相反,选项A、D错误.答案:BC10.下图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像,则下列说法正确的是()A.甲、乙两摆的振幅之比为21B.t=2 s时,甲摆的重力势能最小,乙摆的动能为0C.甲、乙两摆的摆长之比为41D.甲、乙两摆摆球在最低点时的动能一定相等解析:由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2

10、cm、1 cm,故选项A正确.t=2 s时,甲摆在平衡位置处,乙摆在振动的最大位移处,故选项B正确.由单摆的周期公式T=2lg得到甲、乙两摆的摆长之比为l甲l乙=14,选项C错误.因为摆球的质量未知,所以选项D错误.答案:AB三、非选择题:共54分.11.(6分)某实验小组利用摆长约为1 m的单摆测量当地的重力加速度.(1)周期测量环节进行了下列振动图像所描述的四种操作过程,A、B、C、D均为30次全振动图像,已知sin 5=0.087,sin 15=0.259,这四种操作过程符合实验要求且误差最小的是(填字母代号). A B C D (2)改变摆长,利用测出的多组周期T、摆长l数据,作出T2

11、-l图像,可以更准确地求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2-l图线分别如图中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值.则相对于图线b,出现图线a的原因可能是摆长l的测量值(选填“偏大”或“偏小”),出现图线c的原因可能是周期T的测量值(选填“偏大”或“偏小”).解析:(1) 当摆角小于或等于5时,可以认为小球做简谐运动,所以振幅约为A=lsin 5=10.087 m=8.7 cm.从小球摆到最低点时开始计时,误差较小,测量周期时要让小球做3050次全振动,求平均值,所以B符合实验要求且误差最小.(2)根据单摆的周期公式T=2lg得T2=42

12、lg,根据数学知识可知,T2-l图线的斜率k=42g,当地的重力加速度g=42k.设摆球半径为r,摆线的长度为l0,则有T2=42lg=42(l0+r)g=42l0g+42rg,根据数学知识知,对T2-l图像来说,T2=42l0g+42rg,与b线 T2=42lg斜率相等,二者应该平行,42rg是截距,故作出T2-l图像中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长l,导致摆长偏小.对于图中的c线,若周期的测量值T偏小,根据单摆的周期公式T= 2lg得 g=42lT2,导致重力加速度的测量值偏大,图线的斜率k偏小.答案:(1)B(2)偏小偏小12.(8分)在用单摆测量重力加速度的实验中:(

13、1)组装单摆时,应在下列器材中选用(选填选项前的字母).A.长度为1 m左右的细线B.长度为30 cm左右的细线C.直径为1.8 cm的塑料球D.直径为1.8 cm的铁球(2)下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理.组次123摆长l/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(ms-2)9.749.73请计算出第3组实验中的T=s,g=m/s2.(3)某同学进行测量时,由于只有一把量程为30 cm的刻度尺,于是他在距悬挂点O点小于30 cm的A处做了一个标记,保持该标记以下的细线长度不变,通过改变

14、O、A间细线长度以改变摆长.实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g=(用l1、l2、T1、T2表示).解析:(1)组装单摆可用长度为1 m左右的细线以及直径为1.8 cm的铁球,选项A、D正确,选项B、C错误.(2)第3组实验中的T=100.550 s=2.01 s,根据T=2lg,可得g=42lT2=9.76 m/s2.(3)设A点以下部分的长度为l,根据单摆的周期公式T=2lg,可得T1=2l+l1g, T2=2l+l2g,联立解得g=42(l1-l2)T12-T22.答案:(1)AD(2)2.019.76(3)42(l1-l2

15、)T12-T2213.(12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.某时刻振动小球处于B点,经过0.5 s,小球首次到达C点,从小球在B点处开始计时,求:(1)振动的周期和频率;(2)小球在5 s内通过的路程及5 s末的位移大小;(3)小球在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)由题意可知,小球由BC经过半个周期,即T2=0.5 s,故T=1.0 s,f=1T=1 Hz.(2)小球经过1个周期通过的路程s1=0.4 m,5 s内完成了5次全振动,回到B点.通过的路程s=5s1=2 m,位移大小x=10 cm=0.1 m.(

16、3)由F=-kx可知在B点时FB=-k0.1 N,在P点时FP=-k0.04 N,故aBaP=FBmFPm=52.答案:(1)1.0 s1 Hz(2)2 m0.1 m(3)5214.(14分)如图所示,摆长为l的单摆竖直悬挂后摆球在最低点O时距离地面高度为h,现将摆球拉至A点无初速度释放,最大摆角为(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=2lg,摆线断裂后,由h=12gt2得下落时间t=2hg,所以t总=t+T4=2hg+2lg.答案:2hg+2lg15.(14分)如图所示,小球自A点以初速度v0开始运动,v0的方向平行于AD.已知AB的长为0.8 m,AB的半径R=10 m,AD的长为l=10 m,A、B、C、D在同一水平面内.g取10 m/s2.欲使小球恰好能够通过D点,其初速度应取何值?解析:小球的运动可分解为两个分运动,分别是以速度v0沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面上的往复运动.因为弧长远远小于半径R,所以小球在圆弧面上的往复运动可以看作单摆运动,其圆弧半径R为摆长.设小球恰好能够通过D点,则有l=v0t,且满足t=nT(n=1,2,3,),又有T=2Rg,联立并代入数据解得v0=1.59n m/s(n=1,2,3,).答案:1.59n m/s(n=1,2,3,)