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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[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(　　)A．t＝0时，质点的位移、速度均为零B．t＝1 s时，质点的位移最大，速度为零，加速度最大C．t＝2 s时，质点的位移为零，速度负向最大，加速度为零D．t＝4 s时，质点停止运动E．质点的周期为4 s，频率为0.25 Hz[解析]　当t＝0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t＝1 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；t＝2 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；t＝4 s时，质点速度最大，选项D错误；由题给图象可以确定周期T＝4 s，频率f＝＝0.25 Hz，E正确。[答案]　BCE2．(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 HzC．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 Hz，B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]　BCD3．(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(　　)A．当f<f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小B．当f>f0时，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f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于fE．当f＝f0时，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f＝f0时，该振动系统一定发生共振。选项E正确。[答案]　BDE4．(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、乙、丙、丁的判断不正确的是(选项中v、F、a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，A、B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F＝ma可知a与F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A、B、E。[答案]　ABE5．(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(　　)A．0.53 s　　　　　　　 B．1.4 sC．1.6 s  D．2 sE．3 s  [解析]　如图甲所示。设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 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T＝0.5 s＋ s≈0.53 s，所以周期不可能的选项为B、D、E。[答案]　BDE6．(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，则(　　)A．此单摆的固有周期约为2 sB．此单摆的摆长约为1 mC．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T＝2 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A、B、D正确。[答案]　ABD7．(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＝2π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]　BDE8．(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＝2π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＝2π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处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经时间t与B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4tB．间隔时间为2tC．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＝2π(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B、C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]　BCE10．(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点，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A、C之间来回摆动，其中B点为最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°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t＝0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t2B．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T＝t2，故A正确；在B点拉力F有最大值，根据牛顿第二定律Fmax－mg＝m，在A、C两点拉力F有最小值，Fmin＝mgcos α，由A点到B点根据机械能守恒定律有mgl(1－cos 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]　ABE11．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lB．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5°)，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12345摆长l/cm80.0090.00100.00110.00120.0030次全振动时间t/s53.856.960.062.865.7振动周期T/s1.791.902.002.092.19振动周期的平方T2/s23.203.614.004.374.80请将测量数据标在图中，并在图中作出T2随l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。(π＝3.14，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A、B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5°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g＝9.86 m/s2。[答案]　(1)C　(2)如图所示(3)成正比　(4)9.8612．(2020·天津名校联考)甲、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T和l的数据，作出l­T2图象，如图乙所示。①实验得到的l­T2图象是图乙中的______________；②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______________。(填“偏大”“偏小”或“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后，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T2＝4.04l＋0.024。由此可以得出当地的重力加速度g＝____________ m/s2。(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)[解析]　(1)①由单摆的周期公式T＝2π 得l＝T2＋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。②由图象c的纵截距可得d＝2b＝2×0.6 cm＝1.2 cm绳子松动导致摆长变长，但测量值偏小，由T＝2π得g＝，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T＝2.0 s根据T＝2π，得T2＝l＋则k＝＝4.04 s2/m，解得g＝9.76 m/s2。[答案]　(1)①c　②1.2　偏小　(2)2.0 s　9.76