【文档说明】2023-2024学年高中物理人教版2019 选择性必修第一册课后习题 第二章 第二章测评 Word版含答案.docx，共(8)页，794.786 KB，由小赞的店铺上传

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第二章测评(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.(2021北京十四中高二月考)做简谐运动的物体,回复力和位移的

关系图是()2.(2021北京交通大学附属中学模拟)有一个在光滑水平面内的弹簧振子,第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动,第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动,则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为()A.1∶11∶1B.1

∶11∶2C.1∶41∶4D.1∶21∶23.(2021北京西城模拟)如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动,以平衡位置O为原点,建立Ox轴,向右为x轴正方向。若从物块位于N点时开始计时,则其振动图像为()4.质点沿x轴做简谐运动,平衡位置为坐标原点O,质点经过a点和b点时速度相同,所用时间

tab=0.2s;质点由b点再次回到a点用的最短时间tba=0.4s。则该质点做简谐运动的频率为()A.1HzB.1.25HzC.2HzD.2.5Hz5.(2021浙江高二月考)蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫

“落网”,若丝网的固有频率为200Hz,下列说法正确的是()A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大,丝网的振幅越大B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时,丝网不振动C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,丝网的振幅最大D.昆虫“落网”时,丝网振动

的频率由丝网自身的结构所决定,与昆虫翅膀振动频率无关6.(2021北京中央民族大学附属中学高二期末)如图所示为日常生活中的一种摆钟的结构示意图,圆盘固定在摆杆上,螺母可以沿摆杆上下移动。在甲地走时准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了,下列说法正确的是()A.甲地的重力加速度较大,

若要调准可将螺母适当向下移动B.甲地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动C.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向下移动D.乙地的重力加速度较大,若要调准可将螺母适当向上移动7.如图所示为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图像,由图像可知()A.甲单摆的摆球质

量是乙的2倍B.甲单摆的摆长是乙的2倍C.甲乙两单摆相位差为π2D.在相同的时间内,两摆球通过的路程总有s甲=2s乙二、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.如图所示,质量为m的小球放在劲度系数为k的轻弹簧上,小球上下振动而又始终未脱离弹簧。则()A.小球的最大振幅为𝑚𝑔𝑘B.在最大振幅下弹簧对小球的最大弹力是mgC.小球在振动

过程中机械能守恒D.弹簧的最大弹性势能为2𝑚2𝑔2𝑘9.如图所示,下列说法正确的是()A.振动图像上的A、B两点振动物体的速度相同B.在t=0.1s和t=0.3s时,质点的加速度大小相等、方向相

反C.振动图像上A、B两点的速度大小相等、方向相反D.质点在t=0.2s和t=0.3s时的动能相等10.(2021江苏南通如皋中学高二上段考)甲、乙两位同学分别使用图甲所示的同一套装置,观察单摆做简谐运动时的振动图像。已知两人实验时所用的单摆的摆长相同,落在同一木板上的

细沙分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析,正确的是()A.N1表示沙摆摆动的幅度较大,N2表示沙摆摆动的幅度较小B.N1对应的沙摆与N2对应的沙摆摆动的周期相同C.N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大

D.摆到最低点时,N1对应的沙摆摆线的拉力比N2对应的沙摆摆线的拉力大三、非选择题:本题共5小题,共54分。11.(8分)某同学设计了用沙摆测重力加速度的实验,装置如图所示,此装置可看成摆长为L的单摆,

实验时,摆角小于5°,沿与摆动方向垂直的方向以速度v匀速拉动木板,在木板上留下如图所示的图像。(1)为了完成实验,除摆长L外,还需要测出的物理量有下列选项中的。A.沙摆做简谐运动的振幅AB.沙摆的质量mC

.OB的长度l(2)除上述给出的物理量以外,还需要测量(写出物理量及对应符号)。(3)根据以上物理量,写出重力加速度的表达式g=。12.(8分)(2021山东潍坊模拟)已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为T=2π√𝑚𝑘(m为振子的质量,k为弹簧的劲度系数)。一探究小组用若干50g的

钩码和一块停表来验证T与m的关系,操作步骤如下:①将弹簧上端固定在铁架台上,在弹簧下端挂上一个钩码,静止后记录弹簧下端指针在铁架台竖直杆的指示位置,即平衡位置;②将钩码向下拉离平衡位置后放手,钩码上下往复运动,用停表记录振子(钩码)做30次全振动所用的时间;

③在弹簧下端依次挂上2、3、4、5个钩码,重复以上步骤;④建立T2-m坐标系,将所记录数据处理后描点画出图像。请回答以下问题:甲乙(1)当振子质量为150g时,完成全振动30次所用时间如图甲所示,则读数为s;(2)将所记录数据处理后在

T2-m图像中描点如图乙所示,请将(1)中所测数据处理后也在坐标系中描点,并作出图像。(3)由图像可得,弹簧的劲度系数k=N/m(保留两位有效数字)。13.(12分)(2021山东滕州第一中学高二月考)如图所示,质量为m的木块A和质量为M的木块B用细线捆在一

起,木块B与竖直悬挂的轻弹簧相连,它们一起在竖直方向上做简谐运动。在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上,设弹簧的劲度系数为k,当它们经过平衡位置时,A、B之间的静摩擦力大小为Ff1。当它们向下离开平衡位置的位移为x时,A、B间的静摩擦力为

Ff2。细线对木块的摩擦不计。求:(1)Ff1的大小;(2)Ff2的大小。14.(12分)一位游客在湖边欲乘坐游船,当日风浪较大,游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,振幅为20cm,周期为3.0s。当船上升到最高点

时,甲板刚好与码头地面平齐。码头地面与甲板的高度差不超过10cm时,游客能舒服地登船。求:在游船浮动一个周期内,游客能舒服登船的时间。15.(14分)(2021上海杨浦高三上模拟)两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂,两单摆摆动平面相互平行,振动图像如图甲所示。t=0时把单

摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至摆角相同处,如图乙所示。求:(1)两单摆摆长之比l1∶l2;(2)同时释放两摆球,两摆球同时摆到最右端所经历的时间。参考答案第二章测评1.D回复力和位移的关系式F=-kx,图像为一次函数,且F

与x方向相反,故选D。2.B弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离,即振幅,故振幅之比为1∶2,而对同一振动系统,其周期与振幅无关,则周期之比为1∶1,B正确。3.A在N点时,其位移为正向最大

,故选项A正确。4.B由题意知a、b两点关于O点对称,由tab=0.2s、tba=0.4s知,质点经过b点后还要继续向最大位移处运动,直到最大位移处,然后再回来经b点到a点,则质点由b点到最大位移处再回到b点所用时间为0.2s,则𝑇4=12tab+12(tba-tab),解得周期T=0.8

s,频率f=1𝑇=1.25Hz。5.C根据共振的条件可知,系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振,振幅达最大,故A、B错误;当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,其频率f=1𝑇=10.00

5Hz=200Hz,与丝网的固有频率相等,所以丝网的振幅最大,故C正确;受迫振动的频率等于驱动力的频率,所以昆虫“落网”时,丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定,故D错误。6.C由甲地到乙地摆动加快则说明周期变小,

因T=2π√𝑙𝑔,故重力加速度变大,要使周期不变小,则应增加摆长,即将螺母适当向下移动,A、B、D错误,C正确。7.C由题图知T甲=T乙,则摆长相等,但A甲=2A乙,B项错误;x甲=2sin(𝜔𝑡+π2)cm,

x乙=sinωtcm,故C项正确;而单摆周期与摆球质量无关,A项错误;由题图可知,在任何相等的时间内,两摆球通过的路程不一定具有s甲=2s乙的关系,故D项错误。8.AD最大振幅满足kA=mg,即A=𝑚𝑔𝑘,选项A正确;在A=𝑚𝑔𝑘的条件下小球在最高点和最低点所受回复力大小

相同,在最低点有Fm-mg=mg,得Fm=2mg,选项B错误;小球和弹簧组成的系统中只有重力和弹簧弹力做功,其机械能守恒,但小球的机械能不守恒,选项C错误;当小球到达最低点时弹簧的形变量最大,则弹性势能最大,根据机械能守恒得最大弹性势能为2mgA=2𝑚2𝑔2𝑘,选项D正确。9.BC

A、B两点位移相同,速度大小相等,但方向相反,故选项A错误,选项C正确;t=0.1s和t=0.3s质点离开平衡位置的位移最大,方向相反,由F=-kx,a=-𝑘𝑥𝑚可知选项B正确;t=0.2s时,物体通过平衡位置,速度最大,动能最大,而t=0.3s时,速度为零,动能最小

,故选项D错误。10.BC由图乙知两沙摆振幅相同,选项A错误;由T=2π√𝑙𝑔知两沙摆周期相同,选项B正确;由图乙知N1和N2对应木板运动速度之比为v1∶v2=𝑥𝑇∶𝑥2𝑇=2∶1,选项C正确;在最低点由牛顿第二定律得F拉=mg+m𝑣2𝑙,因为N1、N2摆动幅度相

同,所以在最低点时的速度相等,又因为摆长相同,故拉力相等,选项D错误。11.答案(1)C(2)拉动木板的速度v(3)4π2𝑣2𝐿𝑙2解析(1)由单摆周期公式T=2π√𝐿𝑔可知,为了测得重力加速度,还应测量单摆周期,由题图可知,T=�

�𝑣,即需测量OB的长度l,故选C。(2)由(1)的分析可知,还需要测量拉动木板的速度v。(3)由单摆周期公式T=2π√𝐿𝑔可知g=4π2𝑣2𝐿𝑙2。12.答案(1)10.3(2)如图所示

(3)49解析(1)读数为10.3s。(2)根据数据描点作图,如答案图所示。(3)由公式T=2π√𝑚𝑘可得T2=4π2𝑘m,图线斜率k'=4π2𝑘,由答案图可得k'=0.8s2/kg,则k=49N

/m。13.答案(1)mg(2)mg+𝑚𝑘𝑥𝑀+𝑚解析(1)当通过平衡位置时,两个物块的加速度都是0,其中A受到重力和静摩擦力的作用,所以A受到的静摩擦力大小为Ff1=mg。(2)物体A和物体B一起在竖直方向上做简谐运动,回复力F=-kx;整体的加速

度大小为a=𝑘𝑥𝑀+𝑚;对物体A受力分析,受重力和B对A向上的摩擦力,加速度向上,根据牛顿第二定律,有Ff2-mg=ma,解得Ff2=mg+ma=mg+𝑚𝑘𝑥𝑀+𝑚。14.答案1.0s解析当游船在平衡位置时开始计时,则振动方程为y=

Asin2π𝑇t,振幅A=20cm,周期T=3.0s,即y=20sin2π𝑇t(cm),由于高度差不超过10cm,游客能舒服地登船,即y=10cm,代入数据可知,t1=𝑇12,t2=5𝑇12,在一个周期内舒服

登船的时间为Δt=t2-t1=𝑇3=1.0s。15.答案(1)100∶81(2)(4.5+9k)s(k=0,1,2,3,…)解析(1)根据单摆周期公式T=2π√𝑙𝑔可得l=𝑔𝑇24π2由题图甲可知𝑇1𝑇2=10.9,则有𝑙1

𝑙2=10081。(2)由题图甲可知,单摆1到达最右端所经历的时间为t1=𝑇12(2m+1)(m=0,1,2,3,…)单摆2到达最右端所经历的时间为t2=nT2(n=1,2,3,…)