第二章过关检测 (时间：90分钟满分：100分) 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1~7小题只有一个选项符合题目要 求，第8~10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1.下列关于机械振动的说法正确的是() A简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是位移 B.简谐运动物体的位移方向总是和速度方向相反 C.单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力 D.当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大 答案D 解析简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是振幅，故选项A错误；简谐运动的物体远离平衡位置时，位移方向 和速度方向相同，靠近平衡位置时，位移方向和速度方向相反，故选项B错误：单摆运动的回复力是重力和摆线拉 力的合力沿切线方向的分力，故选项C错误；当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，发生共振，受迫振动的 振幅最大，故选项D正确。 2.如图所示，弹簧振子B上放一个物块A,在A与B一起做简谐运动的过程中，下列关于A受力的说法正确的是 () A 000000000000000YB 77777777777777777777 A.物块A受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力 B.物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力 C.物块A受重力、支持力及B对它的恒定的摩擦力 D.物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力 答案D 解析由于A与B一起做简谐运动，需要回复力，所以物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变 化的摩擦力，选项D正确。 3.在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过 了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。在飞机机翼前装置配重杆的主 要目的是( ) A加大飞机的惯性 B.使机体更加平衡 C.使机翼更加牢固 D.改变机翼的固有频率 答案D 解析当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选 项D正确。 4.如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，己知甲的质量大于乙 的质量。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( /000甲一乙00 A甲的振幅大于乙的振幅 B.甲的振幅小于乙的振幅 C.甲的最大速度小于乙的最大速度 D.甲的最大速度大于乙的最大速度 答案
第二章过关检测 (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分,在每小题给出的四个选项中,第 1~7 小题只有一个选项符合题目要 求,第 8~10 小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分) 1.下列关于机械振动的说法正确的是( ) A.简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是位移 B.简谐运动物体的位移方向总是和速度方向相反 C.单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力 D.当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时,受迫振动的振幅最大 答案 D 解析简谐运动中反映物体振动强弱的物理量是振幅,故选项 A 错误;简谐运动的物体远离平衡位置时,位移方向 和速度方向相同,靠近平衡位置时,位移方向和速度方向相反,故选项 B 错误;单摆运动的回复力是重力和摆线拉 力的合力沿切线方向的分力,故选项 C 错误;当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时,发生共振,受迫振动的 振幅最大,故选项 D 正确。 2.如图所示,弹簧振子 B 上放一个物块 A,在 A 与 B 一起做简谐运动的过程中,下列关于 A 受力的说法正确的是 ( ) A.物块 A 受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力 B.物块 A 受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力 C.物块 A 受重力、支持力及 B 对它的恒定的摩擦力 D.物块 A 受重力、支持力及 B 对它的大小和方向都随时间变化的摩擦力 答案 D 解析由于 A 与 B 一起做简谐运动,需要回复力,所以物块 A 受重力、支持力及 B 对它的大小和方向都随时间变 化的摩擦力,选项 D 正确。 3.在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过 了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法,解决了这一问题。在飞机机翼前装置配重杆的主 要目的是( ) A.加大飞机的惯性 B.使机体更加平衡 C.使机翼更加牢固 D.改变机翼的固有频率 答案 D 解析当驱动力的频率与物体的固有频率相等时,振幅较大,因此要减弱机翼的振动,必须改变机翼的固有频率,选 项 D 正确。 4.如图所示,两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上,已知甲的质量大于乙 的质量。当细线突然断开后,两物块都开始做简谐运动,在运动过程中( ) A.甲的振幅大于乙的振幅 B.甲的振幅小于乙的振幅 C.甲的最大速度小于乙的最大速度 D.甲的最大速度大于乙的最大速度 答案 C
解析由于两个弹簧是一样的，即劲度系数k是相同的，而细线断开前两个物体的拉力相同，故两个弹簧的伸长量 是相同的，所以甲、乙的振幅相等，选项A、B错误；因为两个弹簧的最大弹性势能是相等的，在转化成甲、乙动 能时，其最大动能也相等，但是甲的质量大，故甲的速度小，选项C正确，D错误。 5.一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是 () +x/cm 2 0 2/ 6 12t/s A.质点的振动频率是4Hz B.0-10s内质点经过的路程是20cm C.在1=4s时质点的速度为0 D.在1=1s和1=3s两时刻.质点的位移相同 答案B 解桐质点振动的周期T=43,故频率为f二0.25血，故选项A错误。0~10s内质点的路程是振幅的10倍，为20 Cm,故选项B正确。在1=4s时，质点位于平衡位置，速度最大，故选项C错误。在1=1s和1=3s两时刻，质点的 位移大小相等、方向相反，故选项D错误。 6惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。图甲为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆的结构 示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在M地走时准确的摆钟移到N地未做其他调整时摆动 加快了，下列说法正确的是() 摆杆 圆盘 竹螺母 甲 乙 A.M地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 B.M地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 CW地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 DN地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 答案c 解析在M地走时准确的摆钟移到N地未做其他调整时摆动加快了，说明周期变小了，根据单摆的周期公式 2 厂可判断出N地的g变大了，要使周期T不变，故应该调节摆长1，使共增大，而让摆长I增大的方法就是将 螺母向下调节，故选项C正确。 7.如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长为5cm,现将一小球 先后从曲面的顶端A和AO弧上的一点B由静止释放，到达底端的速度分别为”和2，经历的时间分别为1和 2,那么() A.v1<2,t1<2
解析由于两个弹簧是一样的,即劲度系数 k 是相同的,而细线断开前两个物体的拉力相同,故两个弹簧的伸长量 是相同的,所以甲、乙的振幅相等,选项 A、B 错误;因为两个弹簧的最大弹性势能是相等的,在转化成甲、乙动 能时,其最大动能也相等,但是甲的质量大,故甲的速度小,选项 C 正确,D 错误。 5.一质点做简谐运动的图像如图所示,下列说法正确的是 ( ) A.质点的振动频率是 4 Hz B.0~10 s 内质点经过的路程是 20 cm C.在 t=4 s 时质点的速度为 0 D.在 t=1 s 和 t=3 s 两时刻,质点的位移相同 答案 B 解析质点振动的周期 T=4 s,故频率为 f=1 𝑇 =0.25 Hz,故选项 A 错误。0~10 s 内质点的路程是振幅的 10 倍,为 20 cm,故选项 B 正确。在 t=4 s 时,质点位于平衡位置,速度最大,故选项 C 错误。在 t=1 s 和 t=3 s 两时刻,质点的 位移大小相等、方向相反,故选项 D 错误。 6.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。图甲为日常生活中我们能见到的一种摆钟,图乙为摆的结构 示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在 M 地走时准确的摆钟移到 N 地未做其他调整时摆动 加快了,下列说法正确的是( ) A.M 地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动 B.M 地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动 C.N 地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动 D.N 地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动 答案 C 解析在 M 地走时准确的摆钟移到 N 地未做其他调整时摆动加快了,说明周期变小了,根据单摆的周期公式 T=2π√ 𝑙 𝑔 ,可判断出 N 地的 g 变大了,要使周期 T 不变,故应该调节摆长 l,使其增大,而让摆长 l 增大的方法就是将 螺母向下调节,故选项 C 正确。 7.如图所示,曲面 AO 是一段半径为 2 m 的光滑圆弧面,圆弧与水平面相切于 O 点,AO 弧长为 5 cm,现将一小球 先后从曲面的顶端 A 和 AO 弧上的一点 B 由静止释放,到达底端的速度分别为 v1 和 v2,经历的时间分别为 t1 和 t2,那么( ) A.v1<v2,t1<t2
B.v1>2,lh=2 C.1Y1=12,l1=2 D.以上三种情况都有可能 答案B 懈析因为AO孤长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆孤滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效 摆长为2m,单摆的周期与振幅无关，故1=2，因mgh之2，所以v=√2g,故m>2。 8.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时 间1的变化如图乙所示，下列说法正确的是() Ww 甲 x/cm 12 0.8 0 1.6t/s A.1=0.8s时，振子的速度方向向左 B.1=0.2s时，振子在O点右侧6vZcm处 C.1=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同 D.从1=0.4s到1=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大 答案ABD 解析题图乙中，1=0.8s时，图线切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故选项A正确；由题图乙 知振子的最大位移为12cm,周期为1.6s,在1=0时刻振子从平衡位置开始向右振动，所以振子的振动方程为 x=Asin1=12sin名(cm.当102s时x=l2xsin(侣×0.2)cm=62cm,故选项B正确；由题图乙知，104s到 1=12s之间振子分别位于正的最大位移处和负的最大位移处，则受到的回复力的方向相反，所以加速度的方向 也相反，故选项C错误；由题图乙可知，1=0.4s到1=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，振子的速度逐渐增大，故 选项D正确。 9.下图为甲、乙两单摆的振动图像，则( ↑x/cm A若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比1甲：12=2：1 B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比1甲：1z=4,1 C若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲：gz=4:1 D若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲·g乙=1：4 答案BD
B.v1>v2,t1=t2 C.v1=v2,t1=t2 D.以上三种情况都有可能 答案 B 解析因为 AO 弧长远小于半径,所以小球从 A、B 处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动,即做简谐运动,等效 摆长为 2 m,单摆的周期与振幅无关,故 t1=t2,因 mgh=1 2 mv2 ,所以 v=√2𝑔ℎ,故 v1>v2。 8.如图甲所示,弹簧振子以 O 点为平衡位置,在 A、B 两点之间做简谐运动。取向右为正方向,振子的位移 x 随时 间 t 的变化如图乙所示,下列说法正确的是( ) A.t=0.8 s 时,振子的速度方向向左 B.t=0.2 s 时,振子在 O 点右侧 6√2 cm 处 C.t=0.4 s 和 t=1.2 s 时,振子的加速度完全相同 D.从 t=0.4 s 到 t=0.8 s 的时间内,振子的速度逐渐增大 答案 ABD 解析题图乙中,t=0.8 s 时,图线切线的斜率为负,说明振子的速度为负,即速度方向向左,故选项 A 正确;由题图乙 知振子的最大位移为 12 cm,周期为 1.6 s,在 t=0 时刻振子从平衡位置开始向右振动,所以振子的振动方程为 x=Asin ωt=12sin 2π 1.6 t(cm),当 t=0.2 s 时,x=12×sin ( 2π 1.6 × 0.2) cm=6√2 cm,故选项 B 正确;由题图乙知,t=0.4 s 到 t=1.2 s 之间振子分别位于正的最大位移处和负的最大位移处,则受到的回复力的方向相反,所以加速度的方向 也相反,故选项 C 错误;由题图乙可知,t=0.4 s 到 t=0.8 s 的时间内,振子向平衡位置运动,振子的速度逐渐增大,故 选项 D 正确。 9.下图为甲、乙两单摆的振动图像,则( ) A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲∶l 乙=2∶1 B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲∶l 乙=4∶1 C.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲∶g 乙=4∶1 D.若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动,则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲∶g 乙=1∶4 答案 BD
解析从题图可得T-2T,根据公式T-2元 得，若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的 41,选项A错误，B正确：由T2远何得8g4吧故若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的里 则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲：gL=1:4,选项C错误，D正确。 10.如图所示，在倾角为0的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物体A和B,它们的质量均为m,弹簧的劲 度系数为kC为一固定的挡板。现让一质量为m的物体D从距A为I的位置由静止释放，D和A相碰后立即 粘为一体，之后在斜面上做简谐运动，在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为mgsin0,则() 777777777777777777777777 A.简谐运动的振幅为3 ngsin 2k B.简谐运动的振幅为5 ngsine 2k C.B对C的最大弹力为mgsine 2 D.B对C的最大弹力为1mgsin 2 含案BD 解桐当弹力等于A、D的重力沿斜面的分力时，由w=2 ngsin日可知，平衡位置时弹簧的形变量为和2mgsi k 处于压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有mgsin0=kx+与ngsin0,故弹簧应伸长达最大位移处，此时形 变量xmn此时弹簧处于伸长状态，故简谐运动的振幅为A=r+和5mg5i故选项A错误，B正确。当A、D 2k 2k 运动到最低点时，B对C的弹力最大，由对称性可知，此时弹簧的形变量为△r=A+和9mgsi此时弹力为 2k F=k△r=9 mosin,B对C的弹力为F'=F+mgsin0=mgsin2,故选项C错误，D正确。 2 2 二、实验题（共3小题，共18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： C.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t, F把所得数据代入公式4m2。 t29 该学生的上述操作中，错误的是 。(只填字母代号) 答案CD 解析要使单摆做简谐运动，摆角要小于5°，C错误；释放摆球后要等摆球摆动稳定后在摆球经过最低点时开始 计时，D错误
解析从题图可得 T 甲=2T 乙,根据公式 T=2π√ 𝑙 𝑔 可得,若甲、乙两单摆在同一地点摆动,则甲、乙两单摆的摆长之 比 l 甲∶l 乙=4∶1,选项 A 错误,B 正确;由 T=2π√ 𝑙 𝑔 可得 g= 4π 2 𝑙 𝑇 2 ,故若甲、乙两摆摆长相同,且在不同的星球上摆动, 则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比 g 甲∶g 乙=1∶4,选项 C 错误,D 正确。 10.如图所示,在倾角为 θ 的固定光滑斜面上,有两个用轻质弹簧相连的物体 A 和 B,它们的质量均为 m,弹簧的劲 度系数为 k,C 为一固定的挡板。现让一质量为 m 的物体 D 从距 A 为 l 的位置由静止释放,D 和 A 相碰后立即 粘为一体,之后在斜面上做简谐运动,在简谐运动过程中,物体 B 对 C 的最小弹力为1 2 mgsin θ,则( ) A.简谐运动的振幅为3𝑚𝑔sin𝜃 2𝑘 B.简谐运动的振幅为5𝑚𝑔sin𝜃 2𝑘 C.B 对 C 的最大弹力为9𝑚𝑔sin𝜃 2 D.B 对 C 的最大弹力为11𝑚𝑔sin𝜃 2 答案 BD 解析当弹力等于 A、D 的重力沿斜面的分力时,由 kx0=2mgsin θ 可知,平衡位置时弹簧的形变量为 x0= 2𝑚𝑔sin𝜃 𝑘 , 处于压缩状态;当 B 对 C 弹力最小时,对 B 分析,则有 mgsin θ=kx+1 2 mgsin θ,故弹簧应伸长达最大位移处,此时形 变量 x= 𝑚𝑔sin𝜃 2𝑘 ,此时弹簧处于伸长状态,故简谐运动的振幅为 A=x+x0= 5𝑚𝑔sin𝜃 2𝑘 ,故选项 A 错误,B 正确。当 A、D 运动到最低点时,B 对 C 的弹力最大,由对称性可知,此时弹簧的形变量为 Δx=A+x0= 9𝑚𝑔sin𝜃 2𝑘 ,此时弹力为 F=kΔx= 9𝑚𝑔sin𝜃 2 ,B 对 C 的弹力为 F'=F+mgsin θ= 11𝑚𝑔sin𝜃 2 ,故选项 C 错误,D 正确。 二、实验题(共 3 小题,共 18 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 l; C.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 t; F.把所得数据代入公式4π 2𝑛 2 𝑙 𝑡 2 。 该学生的上述操作中,错误的是 。(只填字母代号) 答案 CD 解析要使单摆做简谐运动,摆角要小于 5°,C 错误;释放摆球后要等摆球摆动稳定后在摆球经过最低点时开始 计时,D 错误
12.(5分)一弹簧振子的位移x随时间1变化的关系式为x0.1sin(2.5t+)(m)。则弹簧振子的周期为 s,弹簧振子的振动初相位为 。在1=0.4s时，振子的位移为 m,振子的加速度」 _(选填 “最大”或“最小。在1=0.4s到1=0.6s时间段内振子的动能 (选填增加”或减小)。 答案.8乏0.1最大增加 解杨由x0.1sin(2.5t+)(m,可得0-2.5元rads,则周期T-石-0.8，初相位为5.1=0.4s时，位移x=0.1sim (2.5m×0.4+)m=-0.1m,振子振动到了负向最大位移处，所以加速度达到了最大值。从10.4s到10.6s振 子是从最大位移向平衡位置振动，速度逐渐增大，振子的动能逐渐增大。 13.(8分)某同学在用单摆测重力加速度的实验中进行了如下的操作。 (1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为 cm。把摆球用细线悬挂 在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长1。 +HHH 0 10 (2)用停表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为=O,单摆每经过最低点计一次 数，当数到n=60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T- So 593031 33A Rs. 24 52 51 20 10 49 64543 (3)测量出多组周期T、摆长1数值后，画出P-1图像如图丙所示，此图线斜率的物理意义是 1T21s2 l/m 丙 A.g B. C知 D品 (4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他采用的方法是先测出一摆线较长的单摆的振 动周期T,然后把摆线缩短适当的长度△1，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度为 8= 图圈206(2224(8c(4器
12.(5 分)一弹簧振子的位移 x 随时间 t 变化的关系式为 x=0.1sin(2.5π𝑡 + π 2 )(m)。则弹簧振子的周期为 s,弹簧振子的振动初相位为 。在 t=0.4 s 时,振子的位移为 m,振子的加速度 (选填 “最大”或“最小”)。在 t=0.4 s 到 t=0.6 s 时间段内振子的动能 (选填“增加”或“减小”)。 答案 0.8 π 2 -0.1 最大 增加 解析由 x=0.1sin (2.5π𝑡 + π 2 ) (m),可得 ω=2.5 π rad/s,则周期 T=2π 𝜔 =0.8 s,初相位为π 2 。 t=0.4 s 时,位移 x=0.1sin (2.5π× 0.4 + π 2 ) m=-0.1 m,振子振动到了负向最大位移处,所以加速度达到了最大值。从 t=0.4 s 到 t=0.6 s 振 子是从最大位移向平衡位置振动,速度逐渐增大,振子的动能逐渐增大。 13.(8 分)某同学在用单摆测重力加速度的实验中进行了如下的操作。 (1)用游标上有 10 个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示,摆球直径为 cm。把摆球用细线悬挂 在铁架台上,测量摆线长,通过计算得到摆长 l。 甲 (2)用停表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 n=0,单摆每经过最低点计一次 数,当数到 n=60 时停表的示数如图乙所示,该单摆的周期 T= s。 乙 (3)测量出多组周期 T、摆长 l 数值后,画出 T 2 -l 图像如图丙所示,此图线斜率的物理意义是 。 丙 A.g B. 1 𝑔 C. 4π 2 𝑔 D. 𝑔 4π2 (4)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他采用的方法是先测出一摆线较长的单摆的振 动周期 T1,然后把摆线缩短适当的长度 Δl,再测出其振动周期 T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度为 g= 。 答案(1)2.06 (2)2.24 (3)C (4) 4π 2Δ𝑙 𝑇1 2 -𝑇2 2
解析1)由题图甲游标卡尺可知，其示数为20mm+0.1mm×6-20.6mm-2.06cm。 (2)由题图乙停表可知，停表示数为1lmn+7,2s-6728单摆的周期7片=受 0s-2.24s。 )由单摆周期公式T-2r后可得P-,则户1图线的斜率k- 。,故选项C正确，A、B、D错误。 ④旅搭题意由半摆周期公气12可得万-2店万-巴联主可得8器。 三、计算题（共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最 后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14.(9分)如图所示，A球与细线组成一单摆，B是穿在一根较长细线上的小球，让连接A球的细线偏离竖直方向 一很小的角度，在放手让A球向下摆动的同时，另一小球B从与O点等高处由静止开始下落，A球第一次摆到最 低点时两球恰好相遇，求B球下落时受到的细线的阻力与B球重力大小之比。(g取10/s,π2取10) 含刻 解桐由题意知，A、B相遇需要经过时间 B做匀加速直线运动，I=a,解得a=8m/s2 对B球运用牛顿第二定律得G-F=ma 15.(9分)一质量为m、长度为1、横截面积为S的木棒，竖直置于足够深的水中静止，然后用手缓慢将木棒顶部 压向水面，放开木棒，水的密度为ρ。试证明木棒在放开手后所做的是简谐运动（不考虑水的黏滞阻力）。 答案证明见解析 解析对木棒受力分析，设开始时木棒浸入水中的深度为0，因为此时静止，受力平衡，则mg=pgS0 若用手下压x距离松开手，则木棒所受的合力为F=mg-pgS(x0+x)=-PgSx,令k=PgS,故F=-kx,即物体受到的合外 力与位移成正比，方向与位移的方向相反，故木棒的振动是简谐运动。 16.(12分)下图为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况。甲图是振子静止在平衡位置的 照片，乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20mm处，放手后向右运动2周期内的频闪照片。己知频闪的频率为 10 HZo 201001020 201001020 甲 (1)求相邻两次闪光的时间间隔o、振动的周期T0。 (2)若振子的质量为20g,弹簧的劲度系数为50N/m,则振子的最大加速度是多少？ 答案1)0.1s1.2s(2)50m/s2
解析(1)由题图甲游标卡尺可知,其示数为 20 mm+0.1 mm×6=20.6 mm=2.06 cm。 (2)由题图乙停表可知,停表示数为 t=1 min+7.2 s=67.2 s,单摆的周期 T=𝑡 𝑛 = 67.2 60 2 s=2.24 s。 (3)由单摆周期公式 T=2π√ 𝑙 𝑔 ,可得 T 2= 4π 2 𝑙 𝑔 ,则 T 2 -l 图线的斜率 k=4π 2 𝑔 ,故选项 C 正确,A、B、D 错误。 (4)根据题意由单摆周期公式 T=2π√ 𝑙 𝑔 ,可得 T1=2π√ 𝑙 𝑔 , T2=2π√ 𝑙-Δ𝑙 𝑔 ,联立可得 g= 4π 2Δ𝑙 𝑇1 2 -𝑇2 2。 三、计算题(共 4 小题,共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最 后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 14.(9 分)如图所示,A 球与细线组成一单摆,B 是穿在一根较长细线上的小球,让连接 A 球的细线偏离竖直方向 一很小的角度,在放手让 A 球向下摆动的同时,另一小球 B 从与 O 点等高处由静止开始下落,A 球第一次摆到最 低点时两球恰好相遇,求 B 球下落时受到的细线的阻力与 B 球重力大小之比。(g 取 10 m/s2 ,π 2 取 10) 答案1 5 解析由题意知,A、B 相遇需要经过时间 t= 1 4 T=1 4 ×2π√ 𝑙 𝑔 = π 2 √ 𝑙 𝑔 B 做匀加速直线运动,l=1 2 at2 ,解得 a=8 m/s2 对 B 球运用牛顿第二定律得 G-F 阻=ma 故 𝐹阻 𝐺 = 1 5。 15.(9 分)一质量为 m、长度为 l、横截面积为 S 的木棒,竖直置于足够深的水中静止,然后用手缓慢将木棒顶部 压向水面,放开木棒,水的密度为 ρ。试证明木棒在放开手后所做的是简谐运动(不考虑水的黏滞阻力)。 答案证明见解析 解析对木棒受力分析,设开始时木棒浸入水中的深度为 x0,因为此时静止,受力平衡,则 mg=ρgSx0 若用手下压 x 距离松开手,则木棒所受的合力为 F=mg-ρgS(x0+x)=-ρgSx,令 k=ρgS,故 F=-kx,即物体受到的合外 力与位移成正比,方向与位移的方向相反,故木棒的振动是简谐运动。 16.(12 分)下图为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况。甲图是振子静止在平衡位置的 照片,乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置 20 mm 处,放手后向右运动1 4周期内的频闪照片。已知频闪的频率为 10 Hz。 (1)求相邻两次闪光的时间间隔 t0、振动的周期 T0。 (2)若振子的质量为 20 g,弹簧的劲度系数为 50 N/m,则振子的最大加速度是多少? 答案(1)0.1 s 1.2 s (2)50 m/s2
解韧1)T宁0.1s即相尔两次闪光的时间间隔为6-0.1s。振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为0.3 S,故振子振动周期T0=1.2s。 (2aa是=“=50m. 17.(12分)小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到 达的左右最远位置，此时的摆动角度为0，小王通过实验测得当地重力加速度为10/s2,并且根据实验情况绘制 了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向。 x/cm S 3t/s (1)单摆的振幅、摆长约为多少？ (2)估算单摆振动时的最大速度。（可能用到的公式：1-c0s0-2sin计算结果均保留三位有效数字） 答案1)5cm1.01m(2)0.157m/s 解析1)由题图乙读出单摆的振幅A=5cm,周期T-2s 根据单摆的周期公式T=2π 得摆长 1紧-器a-101m (2)根据机械能守恒定律有 mgl(1-cos 0)m 另有1-cos0-2sin号 又因为0很小，故有 联立以上三式得2g1-cos6=A度0.157ms
解析(1)T=1 𝑓 =0.1 s,即相邻两次闪光的时间间隔为 t0=0.1 s。振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为 0.3 s,故振子振动周期 T0=1.2 s。 (2)am= 𝐹m 𝑚 = 𝑘𝐴 𝑚 =50 m/s2。 17.(12 分)小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形,O 是它的平衡位置,B、C 是摆球所能到 达的左右最远位置,此时的摆动角度为 θ,小王通过实验测得当地重力加速度为 10 m/s2 ,并且根据实验情况绘制 了单摆的振动图像如图乙所示,设图中单摆向右摆动为正方向。 甲 乙 (1)单摆的振幅、摆长约为多少? (2)估算单摆振动时的最大速度 v。(可能用到的公式:1-cos θ=2sin2𝜃 2 ,计算结果均保留三位有效数字) 答案(1) 5 cm 1.01 m (2)0.157 m/s 解析(1)由题图乙读出单摆的振幅 A=5 cm,周期 T=2 s 根据单摆的周期公式 T=2π√ 𝑙 𝑔 得摆长 l=𝑔𝑇 2 4π2 = 10×2 2 4×3.142 m=1.01 m。 (2)根据机械能守恒定律有 mgl(1-cos θ)= 1 2 mv2 另有 1-cos θ=2sin2𝜃 2 又因为 θ 很小,故有 sin 𝜃 2 = 𝐴 2 𝑙 联立以上三式得 v=√2𝑔𝑙(1-cos𝜃)=A√ 𝑔 𝑙 =0.157 m/s