2021-2022学年新教材人教版高中物理选择性必修第一册全册各章综合测验含答案及解析.pdf

人教版高中物理选择性必修第一册练习题第一章动量守恒定律.1第二章机械振动.11第三章机械波.23第四章光.32第一章动量守恒定律一、选择题（16题为单选题，710题为多选题，每小题4 分，共 40分）1.如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住.已知两物体质量之比为 如：侬=2：1,把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为s和 S,动能大小分别为Eki和反2,则下列判断正确的是（）颂獗妒机2A.弹开时，V:。2=1：1B.弹开时，v s=2 ：1C.弹开时，Eki：Ek2=2：1D.弹开时，：Ek2=l：2【答案】D【解析】根据动量守恒定律知，pi=pi,即如01=机 202,所以01：V2=m2:加=1：2,A、B 错误；由反=哈得，Eki:反2=及：mi=l：2,C 错误，D 正确.2.如图所示，光滑水平直轨道上有两滑块A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为机开始时橡皮筋松弛，8 静止，给A 向左的初速度见一段时间后，8 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起.碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间8 的速度的一半.则物体8 的质量为（）mmA.7C.m-mB-2D.2m【答案】B【解析】以的方向为正方向.设8 的质量为孙A、B 碰撞v后的共同速度为a由题意知：碰撞前瞬间A的 速 度 为 碰 撞 前 瞬 间8的速度为2 v,由动量守恒定律 得 诺+2加即=（加+加B）O,解得ma=今,故B正确.3 .如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2祖的物块8发生正碰，碰 后B物块刚好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离x=0.5 m,g取1 0 m/s?物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为（）m 2m1TlU-x=0.5 m-A.0.5 m/sB.1.0 m/sC.1.5 m/s D.2.0 m/s【答案】C 【解析】碰 撞 后B做匀减速运动，由动能定理得一,2 m g%=0一；2 幻2,代入数据得o=l m/s,A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有w o=/m n+2 z。，由于没有机械能的损失，则 有%加=；加济+3 2 2。2,联立解得a=1.5 m/s,C正确.4 .质量为例的木块，放在光滑水平桌面上处于静止状态，现有一质量为小速 度 为。的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块共同运动，在子弹击中木块并共同运动过程中，木块受到的冲量大小可能为（)加。（）mvom+M、mM vo 不 m2z?om v o-rA.只有 B.只有C.D.只有【答案】C【解析】子弹和木块组成的系统，在子弹击中木块的过程中动量守恒 mvo=(M+m)v,所以。=瓦 希 产），木块动量的增量为Mv=v o,由Mm动量定理可知，木块受到的冲量等于木块动量的增量，即为诉优，正确.从另一个角度，由于系统动量守恒，木块动量的增加等于子弹动量的减少，为皿02mv=mvo-，正确,故 选c.5 .在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间，按如图所示的规律变化.在这个电场中间，有一个带电粒子从/=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法中正确的是（）E/(V-n f1)切 1 -1A.带电粒子一定只向一个方向运动B.03.0 s r t，电场力的冲量等于0,电场力的功小于0C.4.0 s末带电粒子回到原出发点D.2.54 s内，电场力的冲量等于0【答案】D【解析】带电粒子在匀强电场中受到的电场力尸=3，其冲量l=Ft=Eqt,可见，电场力的冲量与E-r图像所围面积成正比（注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的面积符号相反）.带电粒子在平行正对金属板间做往复运动，4.0 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；由图像与横轴所围面积表示与冲量成正比的量可知，03.0s内，电场力的冲量不等于0,2.5 s4 s内，电场力的冲量等于0,B错误，D正确.6.如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B,其 中A物块连接一个轻质弹簧并处于静止状态，B物块以初速度比向着A物块运动，当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动，请 识 别关 于B物块与弹簧作用过程中，两物块的。一 图像是下列选项中的（）也B【答案】D【解析】B通过弹簧与A作用的过程中，3先与A压缩弹簧,所以A、8 所受的弹簧弹力都先增大，A 做初速度为零的加速运动，8 做初速为00的减速运动，且加速度都先增大，当弹簧压缩到最短时，由动量守恒定律可知A、8 两物体速率均为空，随后弹簧开始恢复原长，但 A 继续加速，8 继续减速,且由动量守恒定律可求解，最终08=0,VA=VO,故 D 正确.7.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（）A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统水平方向动量守恒B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统水平方向动量守恒C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D.在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反【答案】BD【解析】以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒，由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，故 A、C 错误，B、D 正确.8.质 量 为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和（圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为优的小球以速度。水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（）A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能沿水平方向向右做平抛运动D.小球可能做自由落体运动【答案】B C D【解析】小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程.如 果m M,小球离开小车向右做平抛运动，故B、C、D正确.9.如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为M T O,小车和单摆以恒定的速度。沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是（）vA.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为切、0 2、0 3,满足（M +mo）v=M u i+m y i +mov?,B.摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为功和0 2,满足-mv2C.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为，满足=D.小车和摆球的速度都变为VI,木块的速度变为V2,满足（M+m o）o=（M+加0）0|+2 0 2【答案】BC【解析】小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选 项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选 项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生.故B、C正确.1 0.如图为两物体A、8在没有其他外力作用时相互作用前后的。一/图像，则由图像可知（）A.A、8的质量之比为5：3B.A、8作用前后总动量守恒C.A、8作用前后总动量不守恒D.A、8间相互作用力相同【答案】AB【解析】A、B两物体发生碰撞，没有其他外力，A、B组成的系统总动量守恒，故B 正确，C 错误.由动量守恒定律得办=-/BAVB,詈=一 等=一=|=5：3,故 A 正确.A、8 之间相互作用力大小相等、方向me IVA 25相反，因而A、8 间相互作用力不同，故 D 错误.二 填空题(每小题9 分，共 18分)11.利用如图甲所示装置验证动量守恒定律.实验过程如下，请将实验过程补充完整.(1)将打点计时器固定在长木板的一端；(2)小车上连好纸带，把长木板有打点计时器的一端垫高，微调木板的倾斜程 度，直到,这 样 做 的 目 的 是(3)后面贴有双面胶的小车A 静止在木板上，靠近打点计时器的小车B连着穿过限位孔的纸带；(4)接通打点计时器的电源，轻推一下小车8,使小车8 运动一段距离后与小车A 发生正碰，碰后粘在一起继续运动；(5)小车运动到木板下端后，关闭电源，取下纸带如图乙，图中已标出各计数点之间的距离，小车碰撞发生在_ _ _ _ _ _ _(填“a b段”“庆 段”“cd 段”或“de 段”)；(6)若打点计时器电源频率为50 H z,小车A的质量为0.2 k g,小车B的质量为 0.6 k g,则碰前两小车的总动量是 kg-m/s,碰后两小车的总动量是kg-m/s(结果保留3位有效数字).【答案】(2)轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑平衡摩擦力，使系统的合外力为零，满足动量守恒的条件(5)cd段(6)1.13 1.08【解析】(2)把长木板有打点计时器的一端垫高，轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑，这样做的目的是平衡摩擦力，使系统合外力为零，满足动量守恒的条件;(5)小车发生碰撞速度要减小，则由纸带可知小车碰撞发生在c d段;(6)历段小车的速度xbc 1 8.83 X1 0-2=7=5 X0.0 2m/s=1.883 m/s,d e段小车的速度。2=亍1 3.5 2 X 1 0-25 X0.0 2m/s=1.3 5 2 m/s,碰前两小车的总动量=机B0I=O.6X 1.883 k g-m/s *1.1 3 k g-m/s.碰后两小车的总动量是 p=(s+m B)s =(0.2+0.6)X1.3 5 2 k g-m/s 1.0 8k g-m/s,故 p p .因此，在实验误差允许的范围，碰撞前后两小车的总动量守恒.1 2.某班物理兴趣小组选用如图所示装置来探究碰撞中的不变量.将一段不可伸长的轻质绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A,把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧.在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨,气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计).当地的重力加速度为g.某同学按如图所示安装气垫导轨、滑块次调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生一维碰撞.让小钢球A从某位置释放，摆到最低点N与滑块8碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短.(1)为完成实验，除了毫秒计读数加、碰撞前瞬间绳的拉力人、碰撞结束瞬间绳的拉力尸2、滑 块B质 量m B和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有A.小钢球A的质量mAB.绳长LC.小钢球从M到N运动的时间（2）滑块B通过光电门时的瞬时速度vB=.（用题中已给的物理量符号来表示）（3）实验中的不变量的表达式是：.（用题中已给的物理量符号来表示）【答案】（1）A B m L rngL FvnAL tmgL +dm Bt【解析】滑块8通过光电门时的瞬时速度0 B=,根据牛顿第二定律得V2F niAg=my,Fi-msg=加 入 了,碰撞中系统动量守恒，则mAV=mAV2+msvB,整理得弋R 一忌gL=7 FanuL mgL+,故还需要测量小钢球A的质 量 绳 长L,A、B正确.三 计算题（共4 2分）1 3.（1 0分）（2 0 2 1届山西大学附属中学月考）如图所示，小球A从半径H=0.8m的1光滑圆弧轨道的上端尸点以0 o=3 m/s的初速度滑下，水平面光滑且与圆弧轨道末端相切，小球A到达水平面上以后，与静止于该水平面上的钢块B发生弹性碰撞，碰撞后小球A被反向弹回，沿原路返回恰能到达P点，钢块8的质量加B=1 8 k g,gL 10 m/s2,求：（1）小球A刚滑上水平面时的速度大小VA；（2）小球A的质量.A 仆夕 宁【答案】（l）5 m/s（2）2 k g【解析】（1）设小球A的质量为mA,A在光滑圆弧轨道上下滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得5M比+mAgR=inAV1,代入数据得VA=5 m/s.(2)碰后，A返回的过程，机械能守恒，设 碰 后A的速度大小为VA,得;mAVA1-=m A g R,解得 0A=4 m/s.A、B碰撞过程动量守恒，以碰前A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mAVA=mAVA +msuB,碰撞过程为弹性碰撞，由机械能守恒定律，得代入数据解得7 A =2 k g.1 4.(1 0分)如图所示，有一质量为M的长木板(足够长)静止在光滑的水平面上，一质量为2的小铁块以初速度0 0水平滑上木板的左端，小铁块与木板之间的动摩擦因数为，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中，若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长度至少为多少？机VIM/z【答案】0 曾，、【解析】此题为另类的“子弹打木块”的模型，即把2 4 g(M+附铁块类比于有初动量的“子弹”，以小铁块和长木板为一个系统，系统动量守恒.在达到共同速度的过程中，加 给M 一个向右的滑动摩擦力Ff=fimg,M向右做匀加速运动；M给一个向左的滑动摩擦力Ft=mg,m向右做匀减速运动，机相对M向右运动，最后两者达到共同速度.由动量守恒得，如o=(M+z)。，解得=亦：因小铁块恰好没有滑离长木板，设木板长至少为/,则Q=mgl=AEk=+m)v2,解得1 5.(1 0分)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和A其连线与墙垂直;。和匕相距/,8与墙之间也相距/；a的质量为加，匕的质量为 射，两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使a以初速度内向右滑动，此 后。与匕发生弹性碰撞，但人没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g,求物块与地面间的动摩擦因数应满足的条件.r 世安i 3 2 捕 vi【答案】同 产 F【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为，要使物块。、b能发生碰撞，应 有 mvlfimgl,即/，功.设 在a 与 b发生弹性碰撞前，a的速度大小为vi 9由动能定理可得一阳g/=品 济 一品 涕，设 在a 与 b发生弹性碰撞后，a.b的速度大小分别为办、3,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv=mv2+mv391 9 1 7.1 3-9严祈=呼?比+2 45，QO1联立各式得0 3 =扣 1,由题意知。没有与墙发生碰撞，由动能定理得/曲g/英普 涝，解得.-3 2 _ vi综 上 所 述 有 词.羽.1 6.(1 2 分)一个航天员连同装备的总质量为1 0 0 k g,在空间跟飞船相距4 5 m处相对飞船处于静止状态.他带有一个装有0.5 k g 氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以5 0 m/s 的相对速度喷出的喷嘴.航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸.已知航天员呼吸的耗氧率为2.5 x 1 0-4 k g/s.试问：(1)如果他在准备返回飞船的瞬时，释 放 0.1 5 k g 的氧气，他能安全回到飞船吗？(2)航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？【答案】能(2)1 80 0 s 2 0 0 s【解析】令 M=1 0 0 k g,g=0.5 k g,A/n=0.1 5 k g,氧气释放相对速度为。，航天员在释放氧气后的速度为0 .由动量守恒定律得0=(M+mv,由于释放氧气的质量0.1 5 k g 远远小于总质量1 0 0 k g,因此认为氧气喷出后总质量不变.v 1 O O Xm/s=-0.07 5 m/s.s 45航天贝返回飞船所需时间t=一;。7 V s=600 s.U U.U/3航天员返回途中所耗氧气m=kt=2.5X04X600 kg=0.15 kg,氧气筒喷射后所余氧气m=moA/n=（0.50.15）kg=0.35 kg.因为?/,所以航天员能顺利返回飞船.（2）设 释 放 的 氧 气 未 知,途中所需时间为t,则mn=kt+m为航天员返回飞船的极限条件.s M s 100 kg 45 m 90vf fmv Zn 50 m/s Am，0.5 kg=2.5X 10-4义 kg+Am,解得 zi=0.45 kg 或 A/?Z2=0.05 kg,90分别代入，=?s,得 t=200 s,ti=800 s.即航天员安全返回飞船的最长时间为1800s,最短时间只有200s.第二章机械振动一 选 择 题（16题为单选题，710题为多选题，每小题4分，共40分）1.（2021届枣庄第三中学期中）下列关于简谐运动的说法，正确的是（）A.只要有回复力，物体就会做简谐运动B.物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大C.物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相D.物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反【答案】C【解析】只要有回复力物体一定振动，但不一定是简谐运动,kx如阻尼振动，A错误：物体做简谐运动，加速度最大时，根 据。=而可知位移最大，此时速度最小为零，B错误；物体做简谐运动时，位移一定是背离平衡位置，故速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，C正确：物体做简谐运动时，加速度方向总是与位移方向相反，而速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，D错误.2.（2021届上海名校月考）弹簧振子的振动图像如图所 示.在，=23 s的时间内，振子的动能反和势能 的变化情况是（）A.反变小，Ep变大C.Ek、Ep均变小B.Ek变大，Ep变小D.Ek、Ep均变大【答案】B【解析】在f=23 s的时间内，振子从最大位移处向平衡位置运动，速度增大，动能变大，势能减小，故B正确.3.下表中给出的是做机械振动的物体的位移x或速度。与时刻的对应关系,T是振动周期.则下列选项中正确的是（）则丙表示相应的速度0项目0T4T23TTT甲零正向最大零负向最大零乙零负向最大零正向最大零丙正向最大零负向最大零正向最大丁负向最大零正向最大零负向最大A.B.C.D.若甲表示位移X,若乙表示位移光,若丙表示位移X，若丁表示位移X,则甲表示相应的速度则甲表示相应的速度则丙表示相应的速度vvv【答案】A【解析】若甲表示位移光，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度从正向最大开始减小到零，所 以 丙 表 示 相 应 的 速 度 故A正确；若乙表示位移X,振子从平衡位置向负向最大位移处运动，速度从负向最大开始减小到零，所以丁表示相应的速度,故B错误；若丙表示位移x,位移从正向最大变化到零，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向负向最大速度变化，所以乙表示相应的速度。，故C错误；若丁表示位移X,位移从负向最大位移变化到零，振子从负向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向正向最大速度变化，所以甲表示相应的速度0,故D错误.4.（2020年北京名校联考）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子 以。点为平衡位置，在8两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示.由振动图像可以得知（）A.振子的振动周期等于九B.在/=0时刻，振子的位置在a点C.在1=力时刻，振子的速度为零D.从力到位，振子正从。点向匕点运动【答案】D【解析】振子的振动周期等于2人，故A错误；在r=0时刻，振子的位置在。点，然后向左运动，故B错误；在 =时 刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C错误；从九到 振子正从O点 向。点运动，故D正确.5.一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是（）A.g甲 g z.,将摆长缩短B.g M，g乙，将摆长放长C.g甲g乙，将摆长缩短D.g甲 g z.,将摆长放长【答案】B【解析】走时变快了，说明周期T=27 V|变小了，即gcg单，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使（不变，故B正确.O6.如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20cm,图示P位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子，”向右拉动5 cm后由静止释放，经0.5 s振子机第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是（）Z/Z/Z/Z/Z Z/pA.该弹簧振子的振动频率为1 HzB.若向右拉动10cm后由静止释放，经 过1s振 子 机第一次回到P位置C.若向左推动8 cm后由静止释放，振子机两次经过P位置的时间间隔是2sD.在P位置给振子m任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20cm,总是经0.5 s速度就降为0【答案】D【解析】由题意知，该弹簧振子振动周期为T=0.5X 4s=2s,且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s,振动频率为0.5 Hz,A错误；固有周期与振幅无关，所以若向右拉动10 cm后由静止释放，经过0.5 s振子第一次回到P位置，B错误；振子两次经过P位置的时间间隔为半个周期即1 s,C错误；只要位移不超过弹簧形变的最大限度，振子的周期不变，D正确.7.（2021届淄博淄川中学期中）一质点做简谐运动，其位移x与 时 间f的关系曲线如图所示，由图可知（）|x/cm卜八一A.振幅为2 cm,频率为0.25 HzB.f=l s时速度为零，但质点所受合外力为最大C.r=2 s时质点具有正方向最大加速度D.该质点的振动方程为x=2sin5【答案】A C【解析】根据图像可知振幅为2 cm,频率为/=*=（Hz=0.25Hz,A正确；r=I s时，质点处于平衡位置，所受合力为0,速度最大，B错误；r=2 s时，质点处于负向位移最大处，所受指向平衡位置的合力最大，具有正方2 7 r 2冗 jr向最大加速度，C正确；根 据 图 像 可 知 =了=工=rad/s,则该质点的振动方TT程为x=2cos,，D错误.8.如图，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200N的物体8时又伸长了 2 cm,现将A、8间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，贝 女 ）BA.最大回复力为500 N,振幅为5 cmB.最大回复力为200 N,振幅为2 cmC.只减小A的质量，振动的振幅变小，周期不变D.只减小8的质量，振动的振幅变小，周期不变【答案】B D【解析】轻质弹簧下挂重为300N的物体A时伸长了 3cm,F 300 N再挂上重为200 N的物体B时又伸长了 2 cm,故 劲 度 系 数 为 女=二=溢 踪=lX104N/m,若将连接A、8两物体的细线烧断，物 体A将做简谐运动，细线烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡状态，烧断后细线对A的拉力减小了 200 N,而弹力不变，故合力为200 N,故最大回复力为200 N,刚烧断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的最大位移处，故振幅为2 cm,故A错误，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，故C错 误.只 减 小8的质量，振动的幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，故D正确.9.如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为/,先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则（）0.5/1 I 1.5/1 I 2lDA.其他各摆振动周期跟A摆相同B.其他各摆振动的振幅大小相等C.其他各摆振动的振幅大小不同，E摆的振幅最大D.B、C、。三摆振动的振幅大小不同，8摆的振幅最小【答案】A C D【解析】A摆振动后迫使水平绳摆动.水平绳又迫使8、C、。、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同，故A正 确.A摆的频率等于驱动力的频 率 力=*=*，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：加暴隔F 4 1小，先=*信=0-8见加=畀 翡 0-7 1小，无=呆 =笈可见只有 摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、。三个摆均不发生共振，振幅各异，其 中8摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小，故B错误，C、D正确.10.一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm,振动的平衡位置位于x轴上的。点.如图甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位移，黑点上的箭头表示运动的方 向.如图乙给出的四条振动曲线，可用于表示振子的振动图像的是（）-5-4-3-2-I 0 1 2 3 4 5”cm甲乙A.若规定状态。时f=0,则图像为B.若规定状态b时1=0,则图像为C.若规定状态c时f=0,则图像为D.若规定状态时f=0,则图像为【答案】A D【解析】若振子在状态。时/=0,此时的位移为3 cm,且向规定的正方向运动，故A正确.若振子在状态分时f=0,此时的位移为2 cm,且向规定的负方向运动，相应的图像中初始位移不对，故B错误.若振子在状 态c时f=0,此时的位移为一2 cm,且向规定的负方向运动，相应的图像中运动方向及初始位移均不对，故C错误.若振子在状态d时/=0,此时的位移为一4 cm,速度为零，故D正确.二 填空题（每小题9分，共18分）11.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如 图 甲 所 示.这 样 做 的 目 的 是(填 字 母代号).A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示,则该摆球的直径为 m m,单摆摆长为 m.(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m 的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、8、。均为30次全振动的图像，已知sin 5=0.087,sin 15=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是(填 字 母 代 号).【答案】(1)AC(2)12.0 0.993 0(3)A【解析】(1)夹牢摆线可以使摆动过程中摆线长度不变，夹子可以根据需要改变摆长，故选AC.(2)游标尺的0 刻线与主尺12 mm对齐，10刻线与主尺刻线对齐，所以读数为 12.0 m m;摆长 L=0.999 0 mm=0.993 0 m.(3)sin5=0.087,摆长为1 m,所以振幅约为8.7 cm,C、D 选项振幅较大，误差较大；又因振子在平衡位置开始计时误差较小，所以/=0 时，振子应在平衡位置，故选A.1 2.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为cm.摆动时偏角满足的条件是偏角小于5。，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆 球 应 是 经 过 最(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期.图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则 该 单 摆 振 动 周 期 为.(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点,从图丙中可知单摆的摆长为 m.(3)若用L 表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=.(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大.”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这 两 个 学 生 中.A.学生甲的说法正确B.学生乙的说法正确C.两学生的说法都是错误的(5)某同学用单摆测量当地的重力加速度.他测出了摆线长度L和摆动周期T.图丁所示为测摆线长度L 的方法.通过改变悬线长度L,测出对应的摆动周期T,获得多组T与 L,再以7 2为纵轴、乙为横轴画出函数关系图像如图戊所示.由图像可知，摆球的半径rm,当地重力加速度g=m/s2(结果保 留 2位小数)；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会(填“偏大”“偏小”或“一样”).【答案】(1)0.9 7 低 2.0 5 s (2)0.9 9 8 0(3)万-(4)A(5)0.0 1 9.8 6 一样【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为9 m m+7 X 0.1 mm=9.7 mm=0.9 7 c m：为了减小测量周期的误差，应从摆球经过最低点的位置时开始计时：由图示秒表可知，其示数r=9 0 s+1 2.5 s=1 0 2.5 s,单 摆 周 期 丁=(=s=2.0 5 s.(2)悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单 摆 摆 长 为L=9 9.8 0 c m=0.9 9 8 0 m.17 在人(3)由单摆周期公式7=2 7，点可知，重力加速度g=.(4)考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故 A正确，B、C错、口沃.(5)72 与 L的图像，应为过原点的直线，但图像中没有过原点；且实验中该学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，据此可知横轴截距应为球的半径，由图像可知，摆球的半径r=1.0 c m=0.0 1 0 m;由单摆周期公式7=2：彳 可 知 户=皆4兀2 o()4所 以7 L图 像 的 斜 率&=学=湍=4,重力加速度g年 4X 3.1 42m/s2?!s9.8 6 m/s2;k4用 T2-的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线，/一入图像的斜率不变，所测重力加速度不变.三 计算题(共4 2 分)1 3.(1 0 分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示.(1)求 t=0.2 5X 1 0”$时刻的位移.(结果保留三位小数)(2)从，=0到 f=8.5X l()-2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？-1-2t!(x IO s)【答案】一 1.41 4 c m (2)3 4 c m 09 IT【解析】(1)由图像可知T=2 X 1()-2 s,则0=77=1 0 0兀，横 坐 标t=0.2 5 X 1 0 2 s时，所 对 应 纵 坐 标 x=A c o s at=2 c o s(l O O 71 X 0.2 5 X 1 0-2)c m=-1.41 4 c m.(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解.即一个周期内通过的1 7 1 7路程为4个振幅，题 中A f=8.5X 1 C F 2 s=1 T,所以质点通过的路程为彳X 4A =1 71 7A =1 7X 2 c m=3 4c m,经彳个周期振子回到平衡位置，位移为零.1 4.(1 0分)(2 0 2 1届荷泽期中)一轻弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一物块，物块上装有一只记录笔，在竖直面内放置有一记录纸.当物块上下振动时，以速率。水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下印迹如图所示.y i、户、xo、2 xo为纸上印迹的位置坐标：(1)求物块振动的周期和振幅；(2)若弹簧的劲度系数为物块与笔的总质量为如写出物块振动到最高点时的加速度大小.【答案】7=等【解析】(1)记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2 x o所用2x()时间，因此由图可知T=管，再根据图像可以看出振幅4=巧 丑.(2)在最高点时回复力F=k x=k A,根据牛顿第二定律可得，kA=ma,且 A 2代入数据解得加速度大小&=1 5.(1 0 分)(2 0 2 1 届苏州汾湖中学模拟)如图所示，竖直放置的轻弹簧劲度系数 为 左,下端固定在水平面上，上端与质量为2 可视为质点的小球相连，开始时弹簧处于原长.现将小球从弹簧上端由静止开始释放，在竖直方向上做简谐运动,其周期为2:个.已知重力加速度为g,不计弹簧质量和一切阻力，取竖直向下为正，开始运动时刻为0时刻，求：(1)小球处于平衡位置时弹簧的形变量及简谐运动的振幅A；(2)小球简谐运动位移随时间变化的表达式；(3)小球运动到最低点时弹簧的弹力.【答案】(l)x o=A=xo=女(2)x=c o s A/r+n (3)/弹=2 机 g【解析】(1)小球处于平衡位置时，弹 簧 形 变 量 次=管，小球做简谐运动的振幅A=x o=等.(2)由题可知，规定竖直向下为正方向，开始时刻小球的位移为负向最大，2 兀贝 M 工=4(：0 5亍7+兀，又T=2寸,解得 兀(3)由简谐运动的对称性可知，最低点小球的加速度a=g,方向向上，由牛顿第二定律得/斡 一 2 g=z a,解得 F it=2mg.1 6.(1 2 分)(2 0 2 1 届泰州期末)如图甲，置于水平长木板上的滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗（可视为质点），用较长的细线系于纸带正上方的。点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5。）的摆动.漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹，测得漏斗摆动时细线中拉力 的 大 小/随 时 间，的变化图像如图丙所示，重力加速度为g.（1）试证明此漏斗做简谐运动；（2）根据图丙求漏斗振动的周期T及摆长L-,（3）图乙中测得A、。两点间距离为幻，A、E两点间距离为X 2,求滑块加速度的大小及液体滴在D点时滑块速度的大小.【答案】（1）见 解 析 如 里 必 需 莹”【解析】（1）如图所示，设细线长度为/,当漏斗运动到P时，设位移为X,以漏斗为研究对象，受到重力和细线拉力尸.mg将重力沿法线方向（即半径方向）和切线方向分解，其中沿切线的分量产提供回复力，F=mgsin 0,Y当。角很小（小于5。）时，s i n 回复力/方向与位移x方向相反，可 得 F=一 竿3 满足尸=一乙，可知漏斗的振动为简谐运动.（2）在2 m时间内，细线的拉力变化经历两个周期，对应漏斗振动的一个周期，所 以T=2/o.单摆周期公式T=2工=2/o,解得L=g而9.7T(3)由 x=aT1,得Ax CE-AC X22xi。=亍=(2/0)2=F-液体滴在。点时滑块速度g=石C E-f=、第三章机械波一 选 择 题（16题为单选题，710题为多选题，每小题4分，共40分）1.（2021届上海普陀区调研）如图为波源。传出的一列水波，相邻实线间的距离等于一个波长.下列说法正确的是（）A.波通过孔A,发生明显的衍射现象B.波通过孔3,不发生衍射现象C.波遇到障碍物C,发生明显的衍射现象D.波遇到障碍物。，不发生衍射现象【答案】A【解析】观察图，孔B和障碍物C尺寸明显大于波长，不会发生明显衍射现象，但仍然有衍射现象，只是不明显，不易观察；孔A和障碍物。尺寸分别小于和接近波长，会发生明显衍射现象.故A正确，B、C、D错误.2.一列简谐波在均匀介质中沿直线向右以。的速度传播，图中上半部分所示的各质点的平衡位置在同一直线上，间距相等，以质点1从平衡位置开始竖直向上运动时刻为起始时刻，经 过 时 间 前13个质点第一次形成如图下半部分所示波形图，则两质点平衡位置的间距1为（）vtA.41 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13VtC-12【答案】D【解析】由题意可知，各质点的起振方向竖直向上，前13个质点第一次形成如题图下半部分所示波形图说明波已经传播了 2T,即2T=f；而vt该波的波长2=oT;由图像可知/l=8d;联立以上各式得小=而，故D正确.3.如图所示，S为波源，M、N为两块挡板，其 中M板固定，N板可上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A点没有振动，为了使A点能发生振动，可采用的方法有：增大波源的频率；减小波源的频率；将N板向上移动一些；将N板向下移动一 些.以 上 方法正确的是()s.JA.B.C.D.【答案】B【解析】A点没有振动，说明衍射现象不明显，即狭缝的尺寸比波长大得多.为使A点振动，可使波长大些或使狭缝窄一些，B正确.4.两列振幅和波长都相同而传播方向相反的波如图甲所示，在相遇的某一时刻如图乙所示，两 列 波“消失”了，此 时介质中M、N两质点的振动方向是()K M不N甲 乙A.M点向