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    第14章 1 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版
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    第14章 1 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版

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    这是一份第14章 1 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版,共8页。

    [基础题组]

    1(多选)如图所示是质点做简谐运动的图象由此可知(  )

    At0质点的位移速度均为零

    Bt1 s质点的位移最大速度为零加速度最大

    Ct2 s质点的位移为零速度负向最大加速度为零

    Dt4 s质点停止运动

    E质点的周期为4 s频率为0.25 Hz

    [解析] t0时,质点的位移为零,加速度为零,此时质点在平衡位置具有沿x轴正方向的最大速度,选项A错误;当t1 s时,质点的位移最大,加速度负向最大,此时质点振动到平衡位置正方向的最大位移处,速度为零,选项B正确;t2 s时,质点的位移为零,加速度为零,速度最大,方向沿x轴负方向,选项C正确;t4 s时,质点速度最大,选项D错误;由题给图象可以确定周期T4 s,频率f0.25 HzE正确。

    [答案] BCE

    2(多选)(2020·武汉调研)关于受迫振动和共振下列说法正确的是(  )

    A火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振

    B若驱动力的频率为5 Hz则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz

    C当驱动力的频率等于系统的固有频率时受迫振动的振幅最大

    D一个受迫振动系统在非共振状态时同一振幅对应的驱动力频率一定有两个

    E受迫振动系统的机械能守恒

    [解析] 火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振,A错误;对于一个受迫振动系统,若驱动力的频率为5 Hz,则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 HzB正确;由共振的定义可知,C正确;根据共振曲线可知,D正确;受迫振动系统,驱动力做功,系统的机械能不守恒,E错误。

    [答案] BCD

    3(多选)某振动系统的固有频率为f0在周期性驱动力的作用下做受迫振动驱动力的频率为f若驱动力的振幅保持不变则下列说法正确的是(  )

    Af<f0该振动系统的振幅随f增大而减小

    Bf>f0该振动系统的振幅随f减小而增大

    C该振动系统的振动稳定后振动的频率等于f0

    D该振动系统的振动稳定后振动的频率等于f

    Eff0该振动系统一定发生共振

    [解析] 受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示,

    显然选项A错误,B正确;稳定时系统的频率等于驱动力的频率,即选项C错误,D正确;根据共振产生的条件可知,当ff0时,该振动系统一定发生共振。选项E正确。

    [答案] BDE

    4(多选)有一个在y方向上做简谐运动的物体其振动图象如图所示下列关于图甲丁的判断不正确的是(选项中vFa分别表示物体的速度受到的回复力和加速度)(  )

    A甲可作为该物体的v­t图象

    B乙可作为该物体的F­t图象

    C丙可作为该物体的F­t图象

    D丙可作为该物体的a­t图象

    E丁可作为该物体的a­t图象

    [解析] 在简谐运动中,速度与位移是互余的关系,故图乙可作为v­t图象,AB错误;由F=-kx可知,回复力的图象与位移图象的相位相反,故丙可作为F­t图象,C正确;又由Fma可知aF的图象形状相同,丙可作为a­t图象,D正确,E错误。故不正确的选ABE

    [答案] ABE

    5(多选)弹簧振子做简谐运动O为平衡位置当它经过点O时开始计时经过0.3 s第一次到达点M再经过0.2 s第二次到达点M则弹簧振子的周期不可能为(  )

    A0.53 s        B1.4 s

    C1.6 s  D2 s

    E3 s 

    [解析] 如图甲所示。设O为平衡位置,OB(OC)代表振幅,振子从OC所需时间为。因为简谐运动具有对称性,所以振子从MC所用时间和从CM所用时间相等,故0.3 s s0.4 s,解得T1.6 s;如图乙所示,若振子一开始从平衡点向点B运动,设点M与点M关于点O对称,则振子从点M经过点B到点M所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等,即0.2 s。振子从点O到点M、从点M到点O及从点O到点M所需时间相等,都为 s,故周期为T0.5 s

     s0.53 s,所以周期不可能的选项为BDE

    [答案] BDE

    6(多选)一个单摆在地面上做受迫振动其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示(  )

    A此单摆的固有周期约为2 s

    B此单摆的摆长约为1 m

    C若摆长增大单摆的固有频率增大

    D若摆长增大共振曲线的峰将向左移动

    E若摆长减小共振曲线的峰将向左移动

    [解析] 由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz,故周期为2 s;再由T2 π,得此单摆的摆长约为1 m ;若摆长增大,单摆的固有周期增大,固有频率减小,则共振曲线的峰将向左移动。故选项ABD正确。

    [答案] ABD

    7(多选)下列说法正确的是(  )

    A摆钟走时快了必须调短摆长才可能使其走时准确

    B挑水时为了防止水从桶中荡出可以加快或减慢走路的步频

    C在连续均匀的海浪冲击下停在海面的小船上下振动是共振现象

    D部队要便步通过桥梁是为了防止桥梁发生共振而坍塌

    E较弱声音可震碎玻璃杯是因为玻璃杯发生了共振

    [解析] 摆钟走时快了,说明摆钟的周期变小了,根据T可知增大摆长L可以增大摆钟的周期,A错误;挑水时为了防止水从桶中荡出,可以改变走路的步频,B正确;在连续均匀的海浪冲击下,停在海面的小船上下振动,是受迫振动,C错误;部队便步通过桥梁,不能产生较强的驱动力,就避免桥梁发生共振现象,故D正确;当声音频率等于玻璃杯频率时,杯子发生共振而破碎,E正确。

    [答案] BDE

    8(多选)下列说法正确的是(  )

    A在同一地点单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比

    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在同一地点当摆长不变时摆球质量越大单摆做简谐振动的周期越小

    D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

    E已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期就可知振子在任意时刻运动速度的方向

    [解析] 在同一地点,重力加速度g为定值,根据单摆周期公式T可知,周期的平方与摆长成正比,故选项A正确;弹簧振子做简谐振动时,只有动能和势能相互转化,根据机械能守恒条件可知,振动系统的势能与动能之和保持不变,故选项B正确;根据单摆周期公式T可知,单摆的周期与质量无关,故选项C错误;当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,故选项D正确;若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置,知道周期后,可以确定任意时刻运动速度的方向,若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置,则无法确定任意时刻运动的方向,故选项E错误。

    [答案] ABD

    [提升题组]

    9(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段小球B静止在圆弧轨道的最低点O另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下经时间tB发生正碰碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道当两球第二次相碰时(  )

    A间隔时间为4t

    B间隔时间为2t

    C将仍在O处相碰

    D可能在O点以外的其他地方相碰

    E两球在碰撞的瞬间水平方向上的动量守恒

    [解析] 小球的运动可视为简谐运动,由单摆振动周期公式T(此处l即为圆弧轨道半径)知,两球周期相同,碰撞后应同时回到平衡位置,即只能在平衡位置处相碰。又由振动的周期性知,两次相碰的间隔时间为2t,综上讨论可知,选项BC正确;两球在O点相碰,水平方向上合力为零,遵循动量守恒,故选项E正确。

    [答案] BCE

    10(多选)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案将一力传感器连接到计算机上图甲中O点为单摆的固定悬点现将摆球(可视为质点)拉至A此时细线处于张紧状态由静止释放摆球则摆球将在竖直平面内的AC之间来回摆动其中B点为最低位置AOBCOBαα小于且大小未知同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示(图中所标字母均为已知量)且图中t0时刻为摆球从A点开始运动的时刻已知摆长为l重力加速度为g根据题中(包括图中)所给的信息下列说法正确的是(  )

    A该单摆的周期为t2

    B可求出摆球的质量

    C不能求出摆球在最低点B时的速度大小

    D若在地球的两极做该实验则测得单摆的周期最大

    E若增加摆球的质量单摆的周期不变

    [解析] 由题图乙可知单摆的周期Tt2,故A正确;在B点拉力F有最大值,根据牛顿第二定律Fmaxmgm,在AC两点拉力F有最小值,Fminmgcos α,由A点到B点根据机械能守恒定律有mgl(1cos α)mv2,由此可求得摆球的质量m,在B点时的速度v,故B正确,C错误;地球的两极重力加速度最大,若在地球的两极做该实验,单摆周期最小,故D错误;根据单摆周期公式可知,单摆的周期与摆球质量无关,故E正确。

    [答案] ABE

    11在探究单摆周期与摆长关系的实验中

    (1)关于安装仪器及测量时的一些实验操作下列说法中正确的是__________

    A用米尺测出摆线的长度记为摆长l

    B先将摆球和摆线放在水平桌面上测量摆长l再将单摆悬挂在铁架台上

    C使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近)然后由静止释放摆球

       D测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期

    (2)实验测得的数据如下表所示

    次数

    1

    2

    3

    4

    5

    摆长l/cm

    80.00

    90.00

    100.00

    110.00

    120.00

    30次全振动时间t/s

    53.8

    56.9

    60.0

    62.8

    65.7

    振动周期T/s

    1.79

    1.90

    2.00

    2.09

    2.19

    振动周期的平方T2/s2

    3.20

    3.61

    4.00

    4.37

    4.80

    请将测量数据标在图中并在图中作出T2l变化的关系图象

    (3)根据数据及图象可知单摆周期的平方与摆长的关系是____________

    (4)根据图象可求得当地的重力加速度为__________ m/s2(π3.14结果保留3位有效数字)

    [解析] (1)本实验中,应将摆球和摆线组成单摆之后再测量其摆长,摆长应为悬点到摆球球心的距离,故AB错误;测量单摆的周期时,应为相邻两次通过最低点并且通过最低点的速度方向相同,即单摆做一次全振动,这段时间才为一个周期,为了减小误差,必须测量单摆的多个周期,然后再取平均值求出一个周期,故D错误;单摆在摆角小于时可认为做简谐运动,故C正确。

    (2)通过描点、连线可得到单摆的T2­l图象,近似为一条直线。

    (3)通过作出的图象说明单摆周期的平方和摆长成正比。

    (4)根据图象求出图线的斜率k,再根据单摆的周期公式可得g,进而求出重力加速度g9.86 m/s2

    [答案] (1)C (2)如图所示

    (3)成正比 (4)9.86

    12(2020·天津名校联考)乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度

    (1)甲组同学采用图甲所示的实验装置

    A由于没有游标卡尺无法测小球的直径d实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l测得多组周期Tl的数据作出l­T2图象如图乙所示

    实验得到的l­T2图象是图乙中的______________

    小球的直径是______________ cm

    B在测量摆长后测量周期时摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动摆长略微变长这将会导致所测重力加速度的数值______________(偏大”“偏小不变)

    (2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器如图丙所示将摆球拉开一小角度使其做简谐运动速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系如图丁所示的v­t图线

    A由图丁可知该单摆的周期T____________ s

    B更换摆线长度l多次测量根据实验数据利用计算机作出T2­l图线(l为摆线长)并根据图线拟合得到方程T24.04l0.024由此可以得出当地的重力加速度g____________ m/s2(π29.86结果保留3位有效数字)

    [解析] (1)由单摆的周期公式T

    lT2

    由数学关系得斜率k,纵截距b,因l­T2图象的纵截距为正,则图象应为c

    由图象c的纵截距可得d2b2×0.6 cm1.2 cm

    绳子松动导致摆长变长,但测量值偏小,

    Tg,则重力加速度的测量值偏小。

    (2)根据简谐运动的图线知,单摆的周期T2.0 s

    根据T,得T2l

    k4.04 s2/m,解得g9.76 m/s2

    [答案] (1)c 1.2 偏小 (2)2.0 s 9.76

     

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