第2章 机械振动-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 6 — 第二章 机械振动 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第12题,以智能手机中有“手机物理工坊App”软件中的“磁传感器”功能能实时 记录手机附近磁场的变化为背景,考查用单摆测重力加速度实验的原理及实验数据处理,本题 情景新颖,考查学生将物理知识解决生产生活实际问题的能力,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.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,与昆虫翅膀振动的频率无关 2.如图所示,半径为R 的圆盘边缘有一钉子B,在水平光线下,圆盘的转轴A 和钉子B 在右侧墙壁上形成影子O 和P,以O 为原点在竖直方向上建立 Ox 坐标系。t=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘,角速度为ω。 关于影子P 的运动,下列说法正确的是 ( ) A.影子P 的运动周期为πω B. 影子P 的振幅为2R C.影子P 的最大速度为2ωR D.影子P 运动的表达式为x=Rsinωt+π2 3.(2025·江苏徐州七中期中)某竖直弹簧振子的振动图像如图所示,则 ( ) A.5s内,振子通过的路程为32cm B.1~3s内,振子的动量变化量为零 C.第3s末,弹簧振子的弹性势能为零 D.t=23s 时振子位移为4cm 4.在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车,无需额外动力就可以让人在几十 分钟内到达地球的另一端,不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间 的摩擦,乘客和车的运动为简谐运动,下列说法正确的是 ( ) A.乘客做简谐运动的回复力是由车对乘客的支持力提供的 B.乘客向地心运动时速度增大、加速度增大 C.乘客只有在地心处才处于完全失重状态 D.乘客所受地球的万有引力大小与地心的距离成正比 5.将盛有细沙的漏斗吊在支架上,支架下放一块硬纸演示单摆摆动 图像。如图所示,一名同学用A、B 两个单摆中的细沙在同一木板 上形成的曲线分别为a、b,板上的直线QP 代表时间轴。A、B 两 个单摆所对应的硬纸板的速度分别为vA 和vB,且vB=2vA,下列 说法正确的是 ( ) A.板上的曲线显示出单摆的速度随时间变化的关系 B.相等的线段QP 代表两单摆的振动时间相等 C.A、B 的振动周期之比为4∶1 D.若两单摆同时经过平衡位置,此后相等的时间内,两单摆运动的路程相等 6.如图所示,竖直轻质弹性绳上端固定,原长状态时下端在P 点。现取来一块 带有小孔的薄板,使小孔处在P 点,并将绳下端穿过小孔悬挂一个质量为m 的小球,小球静止时位于O 点。现将小球拉至与O 点等高的A 点静止释 放,B 为A 的对称点,不计一切阻力且弹性绳的弹力始终遵循胡克定律。则 关于小球释放之后的运动,下列说法正确的是 ( ) A.小球将沿直线在A、B 之间来回运动 B.小球将沿曲线在A、B 之间来回运动 C.小球经过P 点正下方时弹性绳的拉力大于mg D.小球的运动不是简谐运动 7.如图甲所示,假设航天员登上月球后做了个圆锥摆运动实验,测得摆球在t时间内转了n 圈,用尺 子测量悬点与球心的高度差为h,然后让此摆球做单摆运动,作出的振动图像如图乙所示,下列说 法正确的是 ( ) A.月球表面的重力加速度为2π 2n2h t2 B.单摆的周期为tn C.圆锥摆的摆长为n 2T2h t2 D.做单摆运动时,0~112T 时间内摆球走过的路程为11A 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.某种弹簧振子做简谐振动,动能与弹性势能随时间变化的图像如图所示,下列说法正确的是 ( ) A.此弹簧振子在光滑的水平面上振动 B.t2 时刻弹簧振子处在平衡位置 C.弹簧振子的周期为t2 D.弹簧振子的周期为4t1 9.两单摆在不同的驱动力作用下其振幅A 随驱动力频率f 变化的图像如图 中甲、乙所示,则下列说法正确的是 ( ) A.若两单摆摆长相同,则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为1∶4 B.若两单摆放在同一地点,则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1 C.单摆振动时的频率与固有频率有关,振幅与固有频率无关 D.周期为2s的单摆叫作秒摆,在地面附近,秒摆的摆长约为2m — 5 — — 8 — 10.如图所示,一原长为10cm的轻质弹簧,一端固定在O点,另一端悬挂一质量为0.3kg 的物体a。物体a下方用细线悬吊另一个质量为0.2kg的物体b.平衡时弹簧长度为 15cm。从剪断细线开始计时,物体a在竖直方向做简谐运动,周期为0.2s。取竖直向 上为正方向,g取10m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.物体a的振动方程为x=2sin(10πt+0.5π)cm B.物体a由最低点运动到最高点的过程中,弹簧弹力做功0.12J C.物体a运动到最高点时的加速度大小为1.5m/s2 D.物体a运动到最高点时弹簧的长度为11cm 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)(2025·山东德州期中)在“用单摆测定重力加速度”的实验中: (1)甲同学用秒表测得完成n次全振动的时间为t,用毫米刻度尺测得的摆线长(悬点到摆球上 端的距离)为L0,已知摆球的半径为R,用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式 g= 。 (2)乙同学将摆线的悬点固定在力传感器上,得到了拉力随时间的变化曲线,已知摆长L1= 0.99m,根据图中的信息可得,单摆的周期T= s,重力加速度g= m/s2。(取 π2=9.87,结果均保留两位有效数字) 12.(9分)(2025·江苏南通通州期中)某智能手机中有“手机物理工坊App” 软件,其中的“磁传感器”功能能实时记录手机附近磁场的变化,磁极越靠 近手机,“磁传感器”记录下的磁感应强度越大.现用手机、磁化的小球、铁 架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置,来测量重力加速 度,实验步骤如下: ①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方,接着往侧边拉开小球,并用夹 子夹住。 ②打开夹子释放小球,小球运动,取下夹子。 ③运行“手机物理工坊App”软件,点开“磁传感器”功能,手机记录下磁感 应强度的变化。 ④改变摆线长和夹子的位置,测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T。 根据以上实验过程,回答下列问题: (1)图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况,a图测得连续 N 个磁感应强 度最大值之间的总时间为t,则单摆周期T 的测量值为 。b图中手机记录下的磁感应 强度几乎不变,可能的操作原因是 。 乙 (2)实验中得到多组摆线长L及相应的周期T 后,作出了T2-L 图线,图线的斜率为k,在纵轴 上的截距为c,由此得到当地重力加速度g= ,小球的半径R= 。 (3)实验中,若手机放的位置不在悬点正下方,则测量结果 (选填“会”或“不会”)影响实 验结果。地磁场对该实验结果 (选填“会”或“不会”)产生影响。 13.(13分)如图甲所示的弹簧振子做简谐振动,从某一时刻开始计时,规定竖直向上为正方向,弹簧 对小球的弹力与运动时间的关系如图乙所示,重力加速度为g,t=t0 时弹簧振子处于平衡位置。 (1)求小球的质量; (2)若弹簧振子的振幅为A,求从计时开始到11t0 时,小球运动的路程。 14.(15分)如图,长为l的细绳下方悬挂一小球,绳的另一端固定在天花板O 点处,在 O点正下方34l 的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一 个很小的角度(约为2°)后由静止释放,当小球摆到最低位置时,细绳会受到细铁钉 的阻挡。地球表面的重力加速度为g。 (1)求小球摆动的周期T; (2)宇航员登上X星球,用同样的装置使小球摆动起来,测得小球摆动的周期为在 地球上摆动周期的1 2 ,若已知X星球的半径为R,引力常量为G,求X星球的质 量 M。 15.(11分)如图所示,一木板放置在足够长的光滑水平面上,木板上有 一只青蛙,木板和青蛙均处于静止状态。小球O被AB 和CD 两段 轻绳悬挂在天花板上,CD 绳水平,AB 绳与竖直方向的夹角为θ(θ 很小)。已知AB 绳长为l,青蛙质量为m,木板的质量为M,青蛙距 A 点的水平距离为x0,x0 满足关系式x0=4πl 2(1-cosθ)。割断 CD 的同时,青蛙斜向上跳起,青蛙跳到最高点时,小球恰好向右运 动到最低点,同时青蛙能吃到小球。青蛙和小球均要看作质点,重 力加速度取g。求:(结果用l、x0、M、m、g表示) (1)从青蛙起跳到吃到小球的过程中,木板运动位移的大小; (2)小球运动到最低点时速度的大小; (3)青蛙吃到小球前的瞬间,青蛙速度的大小。 — 7 — —58 — 参考答案 高中同步章末卷 选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 1.C [火箭靠喷出燃气的反冲作用进行加速,属于反冲现象,故 A 错误;鱿鱼将吸入的水用力喷出,快速地向前游去,属于反冲现象, 故B错误;鸡蛋落在海绵垫子上,完好无损,这是延长了鸡蛋和海 绵的作用时间,减小了作用力,是缓冲现象,故C正确;宇航员进行 无绳太空漫步时,喷气背包喷出的气体控制其运动,属于反冲现 象,故D错误。] 2.C [小球由静止释放,小球的速度大小发生变化,小球的动量发 生变化,动量不守恒,A错误;根据能量关系可知,小球由静止释放 过程中,小球的机械能转化为小车的动能,小球的机械能减少,B 错误;以小球和小车作为一个系统,仅有重力做功,机械能守恒,该 系统水平方向上不受外力,因此水平方向上动量守恒,C正确,D 错误。] 3.D [由于子弹射入木块的时间极短,系统的动量守恒,取向右为 正方向,根据动量守恒定律得 mv0=(M+m)v,解得v= mv0 M+m 。 从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中,系统速度大 小不变,方向改变,对木块(含子弹),根据动量定理得I=-(M+ m)v-(M+m)v=-2(M+m)· mv0M+m=-2mv0 。由于弹簧的质 量不计,则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力,所以墙对弹簧 的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小,为2mv0,故D正确。] 4.D [由题图可知,碰撞前a的速度为v0= 16 4 m /s=4m/s,碰前总 动量p=mav0=8kg·m/s,撞后a、b共同的速度为v= 24-16 12-4 m /s= 1m/s,则碰撞后a的动量为pa=mav=2kg·m/s,因碰撞过程动 量守恒,则碰撞后b的动量为pb=p-pa=6kg·m/s,故 A、B错 误;根据题意,设b的质量为mb,由题图可知,碰撞前b物体静止, a、b碰撞过程中,由动量守恒定律可得mav0=(ma+mb)v,解得mb =6kg,故C错误;根据题意,对b物体,由动量定理有Ib=mbv- 0,解得Ib=6N·s,故D正确。] 5.D [高压水枪时间t内喷出水的质量为m=ρSvt=ρ· π 4D 2·vt, 则水枪单位时间内喷出水的质量Δm=πD 2 ρv 4 ,故AB错误;考虑一 个极短时间t',时间t'内喷出的水,速度减小到零,由动量定理得 -Ft'=0-m'v,解得F=m'vt' = 1 4ρvπD 2t' t' v= 1 4ρπD 2v2,根据牛 顿第三定律知,水柱对煤层的平均冲击力大小为1 4ρπD 2v2,故C 错误,D正确。] 6.C [由题意可知铁块压缩弹簧过程中,以弹簧、木板和铁块为系 统动量守恒,当木板和铁块速度相等时弹簧具有最大弹性势能,设 木板与铁块间摩擦力为Ff,木板长为L,共同速度为v,以水平向 右为正方向,根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=(M+ m)v,12mv0 2=FfL+ 1 2 (M+m)v2+Ep,又因为铁块最后恰好停 在木板的左端,故根据能量守恒定律有1 2mv0 2=Ff·2L+ 1 2 (M +m)v2,联立解得Ep=12J,故选C。] 7.D [小球滑到圆弧的最高点时,根据水平方向动量守恒得知,小 球与圆弧轨道的速度均为零,根据系统的机械能守恒得知,小球能 滑到右端C,故A错误;小球向右运动的过程中,轨道先向左加速, 后向左减速,当小球到达C点时,速度为零,故B错误;设小球滑到 最低点时,轨道向左运动的距离为s,则小球相对于地面水平位移 大小为R-s,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒 得mR-st -m s t =0 ,解得s=R2 ,所以轨道做往复运动,离原先 静止位置最大距离为2s=R,故C错误;设小球通过最低点时小球 与轨道的速度分别为v和v',以向右为正方向,由动量守恒定律得 mv+mv'=0,由机械能守恒定律 mgR=12mv 2+12mv' 2,联立解 得v= gR,故D正确。] 8.AC [规定向右为正方向,设初速度大小为v,木块和木板组成的 系统合外力为零,由动量守恒有 mv-m3v= m+ m 3 v',解得v' =v2 ,方向水平向右,所以木块A的速度某时刻减为零,后反向加 速,最终二者一起向右运动,B一直向右减速。故选A、C。] 9.AC [小球落入沙箱的过程中,小球与车组成的系统在水平方向 不受外力,水平方向动量守恒,但竖直方向小球受重力作用,竖直 方向动量不守恒,故小球与车组成的系统动量不守恒,A正确;小 球落入沙箱的过程中,沙箱对它竖直方向的冲量等于其竖直方向 的动量 变 化 量 与 重 力 冲 量 之 和,大 小 等 于Iy =Δpy +mgt=m 2gH+mgt,在水平方向上,小球获得了水平向右的速度,有Ix =Δpx,因此,沙箱对小球的冲量不等于m 2gH,B错误;小球落 入沙箱后,弹簧压缩到最短时物块 A与小车共速,A最终与小车 相对静止时A与小车也共速,由能量守恒定律知弹簧弹性势能的 最大值等于物块A与小车之间摩擦产生的总热量,C正确;小球随 小车向右运动的过程中,A与弹簧接触后弹簧被压缩,使得小球向 右的速度增大,在弹簧恢复原长后,A相对小车向左运动,在摩擦 力作用下使得小球向右的速度减小,故小球的机械能不是一直增 大,D错误。] 10.AD [由题图丙知,物体在4~6s内做匀速直线运动,受到的拉 力F 和地面的摩擦力大小相等,又由题图乙知,物体在4~6s内 受到的拉力F=2N,可知,物体受到地面的摩擦力大小为2N,故 A正确;0~8s时间内水平拉力的冲量大小为I=F1t1+F2t2=3 ×4N·s+2×2N·s=16N·s,故B错误;由题图丙知,物体在 6~8s内 做 匀 减 速 运 动,加 速 度 为 a=ΔvΔt= 0-3 8-6 m /s2 = -1.5m/s2,此时物体仅受到地面的摩擦力产生加速度,可知Ff =-μmg=ma,解得μ=0.15,由于物体受到地面的摩擦力大小 为2N,可知m=|Ff| μg = 20.15×10kg= 4 3 kg ,t=4s时物体的动 量大小为p=mv=43×3kg ·m/s=4kg·m/s,故C错误,D 正确。] 11.解析 (1)由题图乙读出,螺旋测微器所示小球的直径d=6mm +12.5×0.01mm=6.125mm。 (2)验证动量定理的表达式为mgt=mv,质量可以消去,故不需要 测量质量。本实验用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速 度,则小球通过光电门的时间越短误差越小,故P、M 两点间的高 度差要适当大些。 (3)小球通过光电门的瞬时速度为v=dΔt ,下落时间为t= 2hg , 故需要验证的表达式为 2gh=dΔt 。 答案 (1)6.125 (2)不需要 大 (3) 2gh=dΔt (6.124~ 6.126均可) 12.解析 (1)设小球1运动到C 端的速度为v1,它在空中做平抛 运动 水平方向有2l=v1t 竖直方向有 H=12gt 2 解得v1=2l g2H 由于小球1两次均从同一高度自由下滑,到C 端时动能一样,速 度均为v1,设小球1与小球2碰撞后的速度分别为v1'、v2',则由 平抛运动的规律得v1'=l g2H 、v2'=3l g2H 由于碰撞前后两球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动 量守恒定律得m1v1=m1v1'+m2v2' 解得 m1 m2 =31 (2)碰前两球组成的系统初动能 Ek0= 1 2m1v1 2= m1l2g H = 3m2l2g H 碰后系统末动能Ek= 1 2m1v1' 2+12m2v2' 2= 3m2l2g H 故Ek0=Ek,则 碰 撞 过 程 系 统 机 械 能 守 恒,两 球 的 碰 撞 是 弹 性 碰撞。 答案 (1)3∶1 (2) 3m2l2g H 3m2l2g H 守恒 弹性 13.解析 (1)棋子在空中做平抛运动,有h=12gt 2 解得t= 2hg (2)棋子做平抛运动的初速度v=st =s g 2h 纸条给棋子的冲量大小为I=mv=ms g2h (3)用稍微小的力,这样纸条抽出的时间更长,棋子受到滑动摩擦 力作用的时间也更长,滑动摩擦力对棋子的冲量更大,棋子获得 的速度也更大,水平射程更远。 答案 (1)2hg (2)ms g2h (3)见解析 14.解析 (1)设物块质量为 mA,小球质量为 mC,由于发生弹性正 碰,则由动量守恒得 mAv0=mAv1+mCv2 由机械能守恒得1 2mAv0 2=12mAv1 2+12mCv2 2 解得v1=0,v2=2m/s (2)碰撞后物块加速,木板减速,物块刚好和木板共速时,物块运 动到木板左端,设木板质量为 mB,共速速度为v3,由动量守恒得 mBv0=(mB+mA)v3 由能量守恒定律得1 2mBv0 2-12 (mB+mA)v32=μmAgL,解得L =0.5m。 答案 (1)2m/s (2)0.5m 15.解析 (1)小球A滑到轨道最低点d 时,根据动能定理有 mAgR =12mAvA 2,解得vA= 2gR (2)小球B滑到轨道最低点d 时,根据动能定理有 mBgR= 1 2 mBvB2,求得vB= 2gR;取水平向右为正方向,则小球A与小球 B在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P 点,根据动量守恒及能 量守恒有mAvA-mBvB=(mA+mB)v, 1 2 (mA+mB)v2=(mA+ mB)gR(1-sin30°),联立以上各式解得v= gR, mA mB = 2+1 2-1 = 3+2 2 (3)A、B两球碰后,A球从d 点恰好运动到P 点,由机械能守恒 可得 mAgR(1-sin30°)= 1 2mAvA' 2,可得vA'= gR ①若A、B两球碰后,B球从d点恰好能运动到b点, 由机械能守恒可得 1 2mBvB' 2-12mBvmin 2=mBg·2R, 且mBg=mB vmin2 R ,可得vB'= 5gR, 小球A与小球B在d点碰撞后,两球均向右运动, 根据动量守恒有mAvA-mBvB=mAvA'+mBvB', 解得 mA mB = 2+ 5 2-1 ,则 2+ 5 2-1 ≤ mA mB ≤10 ②若A、B两球碰后,B球不能过最高点b点,则其最高点为c点, 则有1 2mBvB″ 2=mBgR,解得vB″= 2gR, 小球A与小球B在d点碰撞后,两球均向右运动, 根据动量守恒有mAvA-mBvB=mAvA'+mBvB″, 解得 mA mB =4+2 2,则 mA mB ≤4+2 2, 此时,mAvA-mBvB>(mA+mB)vA',则 mA mB >3+2 2 综上所述,可得 2+ 5 2-1 ≤ mA mB ≤10或3+2 2< mA mB ≤4+2 2。 答案 (1) 2gR (2)3+2 2 (3)2+ 5 2-1 ≤ mA mB ≤10或 3+2 2< mA mB ≤4+2 2 第二章 机械振动 1.C [根据共振的条件可知,驱动力的频率等于系统的固 有 频 率 时,产生共振,振幅达到最大,A错误;无论“落网”昆虫翅膀振动的 频率多大,丝网都会随“落网”昆虫翅膀振动而振动,B错误;当“落 网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时,其频率f=1T=200Hz ,与 丝网的固有频率相等,所以此时丝网的振幅最大,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,D错误。] 2.D [影子P 做简谐运动,运动周期与钉子B 的转动周期相同,为 2π ω ,A错误;结合题图可知,影子P 的振幅为R,B错误;影子P 的 最大速度等于钉子B 的最大竖直分速度,当钉子B 运动至与转轴 A 等高处时,竖直分速度最大,为ωR,C错误;影子P 的振动频率 与钉子B 的转动频率相同,设影子P 运动的表达式为x=Rsin(ωt +φ),当t=0时,x=R,解得φ= π 2 ,则影子P 运动的表达式为x =Rsinωt+π2 ,D正确。] 3.D [由图像可知,周期为4s,振幅为8cm,5s内,振子通过的路 程为40cm,A错误;设振子1s末时的速度为-v,则3s末时的 速度为v,1~3s内,振子的动量变化量 为 Δp=mv-(-mv)= 2mv,不为零,B错误;第3s末,弹簧振子处于平衡位置,此 时 弹 簧弹力和重力 平 衡,弹 簧 处 于 伸 长 状 态,弹 性 势 能 不 为 零,C错 误;由图像可知,振子位移随时间的变化关系为x=8cos2π4t cm =8cosπt2 cm ,t=23 s 时,振 子 位 移x=8cos π2× 2 3 cm= 4cm,D正确。] 4.D [乘客做简谐运动的回复力由地球对乘客的万有引力提供,故 A错误;乘客向地心运动时速度增大、加速度减小,通过地心时的 速度达到最大值,加速度为零,则此时乘客没有处于完全失重状 态,故B、C错误;设地球质量为 M,乘客和车的质量为 m,地球密 度为ρ,则ρ= M 4πR3 3 ,在距离地心为r时,地球对乘客和车的万有引 力充当回复力,则F=GM'm r2 ,又 M'=ρ 4πr3 3 = Mr3 R3 ,故F=GMm R3 r,故D正确。] 5.C [板上的曲线显示出单摆的位移随时间变化的关系,A错误; 设相等的线段QP 代表A、B 两摆的振动时间分别为tA、tB,由匀速 直线运动规律可得vA= QP tA 、vB= QP tB ,结合vB=2vA 可得tA=2tB, B错误;由 题 图 可 知tA =TA、tB =2TB,则 TA ∶TB =2tA ∶tB = 4∶1,C正确;两单摆的振幅相等,周期不等,则相等的时间内,两 单摆运动的路程不相等,D错误。] 6.A [设PO=h,则mg=kh 设某时刻弹性绳与竖直方向的夹角为θ,此时小球到O 点的距离 为x,则弹力的竖直分力 k hcosθcosθ=kh=mg 可知合力方向水平,小球将沿直线在A、B 之间来回运动 小球受到的合力大小为 F合 =k hcosθsinθ=mgtanθ= mg h ·x 由图形剖析可看出合力方向与小球位移方向相反 满足简谐运动回复力的特征,则小球的运动是简谐运动 小球经过P 点正下方时弹性绳的拉力等于mg,故选A。] 7.C [设圆锥摆的摆线与竖直方向的夹角为θ,由题意可得圆锥摆 的周期为T1= t n ,对圆锥摆受力分析,由牛顿第二定律可得 mg月 tanθ=m4π 2 T12 r,由几何关系可得rh =tanθ ,解得g月 =4π 2n2h t2 ,AB 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 57 — —60 — 错误;由题图乙可知摆球做单摆运动的周期为 T,设摆长为L,则 有T=2π Lg月 ,L=n 2T2h t2 ,C正确;由题图乙可知单摆的振幅为 A,则0~112T 时 间 内 摆 球 走 过 的 路 程 为s=112 ×4A=22A ,D 错误。] 8.AD [由图像分析可得,弹簧振子只有动能和弹性势能互相转化, 且机械能守恒,只有弹簧的弹力做功,重力不做功,则弹簧振子在 光滑的水平面上振动,A正确;t2 时刻弹簧振子的动能最小,弹簧 振子处在位移最大处,B错误;弹簧振子的周期为2t2 或4t1,C错 误,D正确。] 9.AB [做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率,单摆振 动时的频率由驱动力的频率决定,与单摆的固有频率无关,当驱动 力频率等于单摆的固有频率时,单摆的振幅最大,发生共振,故C 错误;由题图可知,甲、乙两个单摆的固有频率之比为1∶2,根据T =1f=2π l g ,有g=4π2f2l,若两单摆摆长相同,则甲、乙两单摆 所处两地的重力加速度之比为1∶4,故 A正确;若两单摆放在同 一地点,则甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1,故B正确;秒摆频率 f地 =0.5Hz,在地面附近,秒摆的摆长为l= g4π2f地2 ≈1m,故D 错误。] 10.BD [因挂上a、b两物体时弹簧伸长5cm,可知挂上物体b时弹 簧多伸长2cm,剪断细线后根据简谐运动特征可知振子的振幅 为2cm。由于规定竖直向上为正方向,物体a的初相为-0.5π, 物体a的振动方程为x=2sin(10πt-0.5π)cm,A错误;物体a由 最低点运动到最高点动能增量为零,弹力做功等于重力势能增量 W 弹 =mag·2A=0.12J,B正确;剪断线瞬间物体a所受的合力 等于mbg,根据简谐运动的对称性,物体a运动到最高点所受的 合力也等于mbg,故加速度大小为a= mbg ma =203 m /s2。C错误; 物体a在最低点时弹簧长度为15cm,上升2A 到最高点,故最高 点时弹簧长度为11cm,D正确。] 11.解析 (1)单摆的周期T=tn 摆长L=L0+R 根据T=2π Lg 可得g= 4π2n2(L0+R) t2 (2)单摆摆球摆到最低点时速度最大,线上拉力最大,两次拉力最 大的时间间隔为半个周期,所以单摆的周期为T=2.0s 根据T=2π L1g 可得g= 4π2L1 T2 代入数据得g=9.8m/s2。 答案 (1) 4π2n2(L0+R) t2 (2)2.0 9.8 12.解析 (1)a图测得连续 N 个磁感应强度最大值之间的总时间为 t,相邻的磁感应强度最大值之间的时间间隔为T2 ,则(N-1)T2 =t 得T= 2tN-1 b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变,可能的操作原因是形 成了圆锥摆。小球与手机距离不变,磁感应强度几乎不变。 (2)单摆摆长l=L+R 由单摆周期公式T=2π lg 得T2=4π 2 gL+ 4π2 gR 图线的斜率为k=4π 2 g 纵轴上的截距为c=4π 2 gR 则当地重力加速度g=4π 2 k 小球的半径R=ck (3)实验中,小球离手机最近时,测得磁感应强度最大。若手机放 的位置不在悬点正下方,则测量结果不会影响实验结果。地磁场 不变,实验测得的是小球的磁感应强度和地磁场的磁感应强度的 合矢量。地磁场对该实验结果不会产生影响。 答案 (1)2tN-1 形成了圆锥摆 (2)4π 3 k c k (3)不会 不会 13.解析 (1)当弹力最大时,小球处在最低点,则题图乙说明小球从 处在最低点开始计时,弹簧振子的回复力在最高点和最低点大小 相等、方向相反,或根据图像的对称性,则有F2-mg=mg-F1 解得m=F1+F22g (2)设弹簧振子的周期为T,结合F-t图像可得34T=t0 解得T=43t0 从计时开始到11t0 时,小球运动了 11t0 T =8 1 4 个周期,则小球的 路程为s=8×4A+A 解得s=33A 答案 (1) F1+F2 2g (2)33A 14.解析 (1)小球摆动的周期等于摆长为l的单摆和摆长为14l 的 单摆的周期 之 和 的 二 分 之 一,即 T= 12 2π l g +2π l 4g = 3π 2 l g (2)设X 星球表面的重力加速度为g',则 3π 2 l g'= 1 2× 3π 2 l g 解得g'=4g 对于X 星球,有 g'R2=GM 解得 M=4gR 2 G 答案 (1)3π2 l g (2)4gR 2 G 15.解析 (1)青蛙起跳瞬间,青蛙和木板在水平方向动量守恒,可得 mv=Mv1① 若青蛙从起跳到吃到小球经历时间为t,则 x0=vt② 从青蛙起跳到吃到小球的过程,木板运动的位移大小 x1=v1t③ 联立①②③解得 从青蛙起跳到吃到小球的过程,木板运动的位移大小 x1= m Mx0 (2)小球从最高点到最低点的过程机械能守恒 m球 gl(1-cosθ)=12m球 v2 2④ 解得小球运动到最低点的速度大小 v2= x0 4π g l (3)θ很小,则小球的运动可视为简谐运动,小球恰好向右运动到 最低点所用时间 t= k+34 ·2π lg (k=0,1,2,…)⑤ 联立②⑤可得 青蛙运动到最高点时的速度大小 v= x0 2πk+34 g l ⑥ 若此时青蛙能吃到小球需满足 v≥v2⑦ 联立④⑥⑦解得 k≤114 所以青蛙吃到小球时的速度大小为v= x0 2πk+34 g l (k=0,1) 答案 (1)mMx0 (2) x0 4π g l (3) x0 2πk+34 g l (k=0,1) 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 1.C [位移减小时,速度增大,加速度减小,故 A错误;位移方向总 跟加速度方向相反;当物体远离平衡位置时,位移方向与速度方向 相同,当物体靠近平衡位置时,位移方向与速度方向相反,故B错 误,C正确;物体通过平衡位置时,回复力为零,但合外力不一定为 零(如单摆),所以不一定处于平衡状态,故D错误。] 2.D [由题图知弹簧振子的振幅为5cm,振幅不随时间而变化,故 A错误;t=1s和t=3s时,振子的位移大小相等,方向相反,根据 F=-kx可知,振子的回复力方向相反,故B错误;在3~5s内, 振子由负向最大位移处先向平衡位置运动,再由平衡位置向正向 最大位移处运动,则 速 度 先 增 大 后 减 小,故C错 误;振 子 周 期 为 4s,则任意4s内振子通过的路程为振幅的4倍即为20cm,故D 正确。] 3.C [小钢球从钢管的上端口滑到下端口,位移L 大小相等,由运 动学公式可知L=12gt 2sinθ,倾角θ越大,时间t越短,小钢球重 力的冲量为IG=mgt,则钢管的倾角θ越大,小钢球重力的冲量越 小,A错误。钢管对小钢球的弹力FN =mgcosθ,则弹力的冲量为 IFN=mgcosθ·t,钢管倾角θ越大,cosθ越小,时间t越短,所以 弹力的冲量越小,B错误。由动能定理可知mgLsinθ=12mv 2,钢 管倾角θ越大,小钢球从钢管下端口离开时的速度v越大,由动量 定理可知,小钢球所受合力的冲量为I=Δp=mv,因此倾角θ越 大,小钢球所受合力的冲量就越大,C正确,D错误。] 4.B [由于位移是矢量,所以 N 点对应时刻的位移与P 点对应时刻 的位移大小相等,方向相反,A错误;P 点对应时刻回复力方向竖 直向下,由牛顿第二定律可知,加速度方向与回复力方向一致,所 以P 点对应时刻的加速度方向竖直向下,B正确;因为木筷(包括 铁丝)做阻尼振动,机械能随时间不断减小,所以P 点对应时刻的 机械能大于N 点对应时刻的机械能,C错误;木筷(包括铁丝)振 动的频率与振幅无关,振动频率不变,D错误。] 5.B [由题图可知OA 过程蹦极爱好者做自由落体运动,则有xA= 1 2gtA 2,解得tA=6s,曲线过B 点的切线的斜率为零,可知B 点对 应速度为零,B 点为最低点,从O 到B 的过程,根据动量定理可得 mgtB-􀭺F(tB-tA)=0,解得􀭺F=2000N。故选B。] 6.D [整个过程中木块始终保持静止,则子弹A、B 对木块的力大小 相等,方向相反,B错误;整个运动过程中A、B 和木块组成的系统 动量守恒,由此可知,子弹 A、B 的初动量大小相等,设子弹 A、B 受到的阻力大小为f,初动量为p,根据动量定理可得ft=p,则子 弹A、B 在木块中运动的时间相等,C错误;设子弹A、B 射入的深 度分别为xA、xB,质量分别为 mA、mB,初动能分别为EkA、EkB,对 子弹A、B 运用动能定理可得 fxA=EkA= p 2 2mA fxB=EkB= p 2 2mB 子弹A 射入的深度大于子弹B 射入的深度,则 EkA>EkB、mA< mB,A错误,D正确。] 7.B [释放公仔头部瞬间,根据牛顿第二定律有2mg-mg=ma,解 得a=g,故 A错误;根据简谐运动的对称性,可知,最高点与最低 点的加速度大小相等,在最高点时,令最高点时弹簧弹力大小为 F,则有F+mg=ma,结合上述解得F=0,即此时弹簧恰好处于原 长,对底座分析可知,地面对底座的支持力等于mg,根据牛顿第三 定律可知,公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为 mg,故 B正确;根据上述可知,公仔头部运动至最高点时,弹簧恰好恢复 原长,此时公仔头部的速度为零,故C错误;轻压公仔头部至弹簧 弹力为2mg时,根据胡克定律有2mg=kx,根据简谐运动的对称 性,结合上述有A=12x ,解得A=mgk ,故D错误。] 8.ABD [当小球运动到最高点时,弹簧正好处于原长,小球在最低 点时弹簧弹性势能最大,动能为零,小球减少的重力势能全部转化 为弹性势能,所以弹簧的最大弹性势能Epmax=2mgAsinθ,故A正 确;在平衡位 置 动 能 最 大,由 最 高 点 到 平 衡 位 置,重 力 势 能 减 小 mgAsinθ,动 能 和 弹 性 势 能 增 加,所 以 小 球 的 最 大 动 能 小 于 mgAsinθ,故B正确;在运动的过程中,只有重力和弹力做功,系统 机械能守恒,弹簧的弹性势能、小球的动能、重力势能之和不变,故 C错误;小球做简谐运动的平衡位置处 mgsinθ=kx,当小球运动 到最高点时,弹簧正好为原长,可知x=A,所以在最低点时,形变 量为2A,弹力大小为2mgsinθ,故D正确。] 9.AD [若两小球在A 点相碰后球1的速度方向与原来的速度方向 相同,两小球在B 点相碰,是球2与挡板Q 相碰后反弹,在B 点与 球1相碰,在A 点相碰后球2经过的路程是球1经过的路程的3 倍,有v2t=3v1t,可得v2=3v1,根据动量守恒定律得 m1v0=m1v1 +m2v2,根据机械能守恒定律得 1 2m1v0 2=12m1v1 2+12m2v2 2,联 立解得m1=3m2。若两小球在A 点相碰后球1的速度方向与原 来的速度方向相反,两小球在B 点相碰,是球1与挡板P 相碰后 反弹,在B 点追上球2,在A 点相碰后球1经过的路程是球2经过 的路程的3倍,有v1t=3v2t,可得v1=3v2,同理解得 m2=7m1。 若两小球在A 点相碰后球1的速度方向与原来的速度方向相反, 两小球在B 点相碰,是球1与挡板P 相碰后反弹,球2与挡板Q 相碰后反弹,在B 点相碰,球1经过的路程等于球2经过的路程, 有v1t=v2t,可 得v1=v2,同 理 解 得 m2=3m1。AD可 能,BC不 可能。] 10.ABD [在0~t1 时间内,物体B 静止,则F墙 =F弹,撤去F 后A 只受弹力作用,根据动量定理有I=mAv0(方向向右),而墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同,则 A正确;t1 后 弹簧被拉伸,t2 时刻弹簧的拉伸量达到最大,根据牛顿第二定律 有F弹 =mAaA=mBaB,由图可知aB>aA,则 mB<mA,B正确;t1 时刻B 开始运动,之后A、B 动量守恒,A、B 和弹簧组成的系统机 械能守恒,且A、B 整体的动能不能等于0,则弹簧的最大形变量 小于x,C错误;t2 时刻弹簧的拉伸量达到最大,A、B 共速,由a- t图线与横坐标轴所围的面积表示速度变化量可知,t2 时刻A、B 的速度分别为vA=S1-S2,vB=S3,则S1-S2=S3,D正确。] 11.解析 (1)为了使两球碰撞为一维碰撞,所选两球的半径应相等; 两球碰撞后为使 A 球不反弹,所选两球的 质 量 关 系 应 为 mA> mB,故选C。 (2)设小球下落的时间为t,则有v0= x t 下落高度不变的情况下小球下落的时间不变,可以用水平射程来 体现速度 要验证的表达式为mAv0=mAv1+mBv2 因为v0= x2 t ,v1= x1 t ,v2= x3 t 代入整理可得mAx2=mAx1+mBx3 由刻度尺读出:x1=2.70cm,x2=8.50cm,x3=11.40cm 碰撞前:mAx2=0.0425kg·m 碰撞后:mAx1+mBx3=0.0420kg·m 答案 (1)C (2)mAx2=mAx1+mBx3 0.0425 0.0420 12.解析 (1)由题图丙中主尺及游标尺的示数可知小球直径d= 1.1cm+0.01cm×10=1.20cm (3)从小铁球经过平衡位置开始计时,0~t时间内同方向经过平 衡位置30次,则小铁球的振动周期T=t30 (4)振动周期T=2π lg ,其中T=t30 、l=R-d2 ,则弧形玻璃的 截面半径R=gT 2 4π2 +d2=g t 60π 2 +d2 (5)若在计时时将全振动的次数多数了一次,则周期 T 将偏小, 由(4)可知弧形玻璃截面半径R 的测量值将偏小。 答案 (1)1.20 (3)t30 (4)g t60π 2 +d2 (5)偏小 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 59 —