人教版高中物理选择性必修第一册第二章质量评估含答案 试卷

这是一份人教版高中物理选择性必修第一册第二章质量评估含答案，共12页。
第二章质量评估(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.在实验室可以做“声波碎杯”的实验.用手指轻弹一只玻璃酒杯,可以听到清脆的声音,测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前,操作人员通过调整其发出的声波,就能使酒杯碎掉.下列说法正确的是              (　　) A.操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B.操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C.操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D.操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz,且适当增大其输出功率 解析:由题意知,酒杯的固有频率为500 Hz,操作人员需要将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz,使酒杯产生共振,且适当增大发生器的输出功率,才能使酒杯碎掉,选项D正确. 答案:D2.一个物体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 5πt(cm),则下列判断正确的是 (　　) A.该简谐运动的周期是0.2 s B.前1 s内物体运动的路程是100 cm C.0.4~0.5 s内物体的速度在逐渐减小 D.t=0.6 s时物体的动能为0 解析:由简谐运动的位移随时间变化的关系式x=5sin 5πt(cm)知角速度ω=5π,周期T==0.4 s,选项A错误.==2.5,1个周期内运动的路程为4A=20 cm,所以前1 s内物体运动的路程是s=2.5×20 cm=50 cm,故选项B错误.0.4~0.5 s物体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 时物体位移x=5sin (5π×0.6) cm=0,物体在平衡位置,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=2π.从释放到运动至最低点O的时间相同,均为t=,所以在O点相遇.答案:A4.如图所示,轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm,再挂上重为200 N的物体B时又伸长了 2 cm.现将A、B间的细线烧断,使A在竖直平面内振动,则(弹簧始终在弹性限度内)              (　　) A.最大回复力为500 N,振幅为5 cm B.最大回复力为200 N,振幅为2 cm C.只减小A的质量,振动的振幅不变,周期变小D.只减小B的质量,振动的振幅不变,周期变小解析: 由题意知,振动时的平衡位置为弹簧伸长 3 cm处,再挂上重为200 N的物体B时,弹簧又伸长了2 cm,此时连接A、B的细线拉力大小为200 N,把该细线烧断瞬间,A的速度为0,具有向上的最大加速度,此时回复力最大,为200 N,A距平衡位置的位移最大,为2 cm,即振幅为2 cm,选项A错误,选项B正确.只减小A的质量,振动的幅度不变,而周期与振幅无关,所以周期不变,选项C错误.只减小B的质量,振动的幅度变小,而周期与振幅无关,所以周期不变,选项D错误. 答案:B5.一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的,在地球上走时准确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上,此钟分针走一整圈所经历的时间实际上是              (　　) A. h 　　　B. h　　　C.2 h　　　D.4 h 解析:行星表面重力加速度为g,根据T=2π,摆钟搬到此行星上,周期变为原来的2倍,则分针走一圈经历的时间实际上是2 h,故选项C正确. 答案:C6.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T B.摆动的周期为TC.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h D.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= mA,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-mB·2v1=(mA+mB)v2,碰撞后摆动过程中,机械能守恒,所以有(mA+mB)gh'=(mA+mB),整理得v2=v1,所以h'=0.25h.选项C错误,选项D正确.答案:D二、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              (　　) A.0.53 s B.1.4 s  C.1.6 s      D.2 s 解析:由题意知,弹簧振子的运动可分两种情况讨论.第1种情况如图甲所示,设O为平衡位置,OB(OC)代表振幅,弹簧振子从点O到点C所需时间为,因为简谐运动具有对称性,所以弹簧振子从点M到点C和从点C到点M所用时间相等,故=0.3 s+=0.4 s,解得T=1.6 s.第2种情况如图乙所示,弹簧振子一开始从平衡位置向点B运动,设点M'与点M关于点O对称,则弹簧振子从点M'经过点B回到点M'所用的时间与弹簧振子从点M经过点C回到点M所需时间相等,即0.2 s,弹簧振子从点O到点M'、从点M'到点O及从点O到点M所需时间相等,为= s,故周期为T=0.5 s+ s=0.53 s.所以选项B、D符合题意. 甲乙答案:BD9.一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2∶1B.t=2 s时,甲摆的重力势能最小,乙摆的动能为0 C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D.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 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=2π得到甲、乙两摆的摆长之比为=1∶4,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-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°=1×0.087 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30~50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=2π得T2=,根据数学知识可知,T2-l图线的斜率k=,当地的重力加速度g=.设摆球半径为r,摆线的长度为l0,则有T2===+,根据数学知识知,对T2-l图像来说,T2=+,与b线 T2=斜率相等,二者应该平行,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= 2π得g=,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:(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/(m·s-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= s=2.01 s, 根据T=2π,可得g==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=2π,可得T1=2π, T2=2π, 联立解得g=.答案:(1)AD　(2)2.01　9.76　(3) 13.(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B→C经过半个周期,即=0.5 s,故T=1.0 s,f==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. (3)由F=-kx可知在B点时FB=-k×0.1 N,在P点时FP=-k×0.04 N, 故==5∶2.答案:(1)1.0 s　1 Hz　(2)2 m　0.1 m　(3)5∶2 14.(12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θ(θ<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=2π,摆线断裂后,由h=gt2得下落时间t=,所以t总=t+=+.答案:+15.(16分)如图所示,在倾角为30°的固定斜面(斜面光滑且足够长)上端用原长l0=20 cm、劲度系数为k=100 N/m 的轻弹簧连接物体B,A放在B上,两物体质量均为1 kg,将物体从弹簧长度为25 cm处由静止释放,A、B两物体在以后的运动中一直没有发生相对滑动.g取10 m/s2. (1)求物体处于平衡位置时弹簧的长度;(2)从动力学角度证明物体做简谐运动;(3)求当沿斜面向上运动到弹簧长度为28 cm时物体A所受摩擦力的大小和方向; (4)求整个运动过程中物体A所受摩擦力的最大值.解析:(1)物体处于平衡位置时所受合力为0,则有2mgsin 30°=k(l-l0), 代入数据解得l=0.3 m. (2)设A、B整体在斜面上平衡时,弹簧伸长量为Δl,有2mgsin 30°-kΔl=0, 解得Δl=,当物体的位移为x时,弹簧伸长量为x+Δl,整体所受合力为F合=2mgsin 30°-k(x+Δl), 联立以上各式可得F合=-kx,可知物体做简谐运动.(3)当沿斜面向上运动到弹簧长度为l1=28 cm时,取沿斜面向下为正方向,由牛顿第二定律得 对整体,2mgsin 30°-k(l1-l0)=2ma, 对A有mgsin 30°+Ff=ma, 联立解得Ff=-4 N,负号表示A所受摩擦力方向沿接触面向上. (4)当A运动到最低点时,由牛顿第二定律得对整体,kA=2mam,对A,Ffm-mgsin 30°=mam, 其中振幅A=0.3 m-0.25 m=0.05 m, 联立解得物体A所受摩擦力的最大值Ffm=7.5 N. 答案:(1)0.3 m　(2)见解析.　(3)4 N　方向沿接触面向上　(4)7.5 N