2020年高考物理復(fù)習(xí) 知能演練提升 第十二章 第一講 每課一測

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1、[每課一測] 1．一質(zhì)點做簡諧運動的振動圖像如圖1所示，質(zhì)點的速度與加速度方向相同的時間段是(　　) A．0～0.3 s　　　 B．0.3～0.6 s C．0.6～0.9 s D．0.9～1.2 s 圖 1 解析：質(zhì)點做簡諧運動時加速度方向與回復(fù)力方向相同，與位移方向相反，總是指向平衡位置；位移增加時速度與位移方向相同，位移減小時速度與位移方向相反。 答案：BD 2．下表記錄了某受迫振動的振幅隨驅(qū)動力頻率變化的關(guān)系，若該振動系統(tǒng)的固有頻率為f固，則(　　) 驅(qū)動力頻率/Hz 30 40 50 60 70 80 受迫振動振幅/cm 10.2

2、 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3 A．f固＝60 Hz　　　 　 　 B．60 Hz＜f固＜70 Hz C．50 Hz＜f固＜60 Hz D．以上三個都不對 解析：從如圖所示的共振曲線，可判斷出f驅(qū)與f固相差越大，受迫振動的振幅越?。籪驅(qū)與f固越接近，受迫振動的振幅越大。并從中看出f驅(qū)越接近f固，振幅的變化越慢。比較各組數(shù)據(jù)知f驅(qū)在50 Hz～60 Hz范圍內(nèi)時，振幅變化最小，因此，50 Hz＜f固＜60 Hz，即C正確。 答案：C 3.有一個在y方向上做簡諧運動的物體，其振動圖像如圖2所示。下列關(guān)于圖3中(1)～(4)的判斷正確的是(選項中

3、v、F、a分別表示物體的速度、受到的回復(fù)力和加速度)(　　) 圖 2 圖 3 A．圖(1)可作為該物體的速度—時間圖像 B．圖(2)可作為該物體的回復(fù)力—時間圖像 C．圖(3)可作為該物體的回復(fù)力—時間圖像 D．圖(4)可作為該物體的回復(fù)加速度—時間圖像 解析：因為F＝－kx，a＝－，故圖(3)可作為F－t、a－t圖像；而v隨x增大而減小，故v－t圖像應(yīng)為圖(2)。 答案：C 4．(2020·上海高考)兩個相同的單擺靜止于平衡位置，使擺球分別以水平初速v1、v2(v1>v2)在豎直平面內(nèi)做小角度擺動，它們的頻率與振幅分別為f1、f2和A1、A2，則(　　) A．f1>f

4、2，A1＝A2 B．f1A2 D．f1＝f2，A1

5、2π 　　　　　 B．2π C．2π( ＋) D．π( ＋) 解析：根據(jù)T＝2π ，該單擺有周期擺長為L，周期擺長為L，故T＝π ＋π ，故D正確。 答案：D 6．圖5甲是利用沙擺演示簡諧運動圖像的裝置。當(dāng)盛沙的漏斗下面的薄木板被水平勻速拉出時，做簡諧運動的漏斗漏出的沙在板上顯示出沙擺的振動位移隨時間變化的關(guān)系曲線。已知木板被水平拉動的速度為0.20 m/s，圖乙所示的一段木板的長度為0.60 m，則這次實驗沙擺的擺長大約為(g＝π2 m/s2)(　　) 圖 5 A．0.56 m B．0.65 m C．1.00 m D．2.25 m

6、 解析：木板勻速運動的位移L＝0.60 m，所需時間t＝＝3 s，則沙擺振動周期T＝＝1.5 s，由單擺的周期公式T＝2π 知沙擺的擺長l＝＝0.56 m。故選A。 答案：A 7.一彈簧振子做簡諧運動，它所受的回復(fù)力F隨時間t變化的圖像為正弦曲線，如圖6所示，下列說法正確的是(　　) A．在t從0到2 s時間內(nèi)，彈簧振子做加速運動 B．在t1＝3 s和t2＝5 s時，彈簧振子的速度大小相等，方向相反 C．在t2＝5 s和t3＝7 s時，彈簧振子的位移大小相等，方向相同 圖 6 D．在t從0到4 s時間內(nèi)，t＝2 s時刻彈簧振子所受回復(fù)力做功的功率最大 解析：在t從0到2 s時間

7、內(nèi)，彈簧振子所受的回復(fù)力增大，說明位移在增大，振子做減速運動，A說法錯誤；從圖中可以看出，在t1＝3 s和t2＝5 s時，振子所受的回復(fù)力大小相等，可知振子的速度大小相等，在這段時間內(nèi)振子是從負(fù)向最大位移向正向最大位移運動，速度方向相同，B說法錯誤；從圖中可以看出，在t2＝5 s和t3＝7 s時，回復(fù)力大小相等，方向相同，則有彈簧振子的位移大小相等，方向相同，C說法正確；從圖中可以看出，t＝2 s時刻彈簧振子所受的回復(fù)力最大，振子的速度為零，則回復(fù)力做功的功率為零，D說法錯誤。 答案：C 8．如圖7是一個單擺的共振曲線，此單擺的固有周期T是________ s，若將此單擺的擺長增大，共振曲

8、線的最大值將________ (填“向左”或“向右”)移動。 圖 7 解析：當(dāng)驅(qū)動力的頻率和單擺的固有頻率接近或相等時單擺的振幅最大。由單擺的共振曲線可知，單擺的固有頻率是0.4 Hz，則單擺的固有周期是2.5 s，單擺的擺長增大時，單擺的固有頻率減小，共振時則驅(qū)動力的頻率也變小，故共振曲線的最大值將向左移動。 答案：2.5　向左 9．一個質(zhì)點經(jīng)過平衡位置O，在A、B間做簡諧運動，如圖8甲所示，它的振動圖像如圖乙所示，設(shè)向右為正方向，則 圖 8 (1)OB＝________cm； (2)第0.2 s末質(zhì)點的速度方向是________，加速度大小為________； (3

9、)第0.4 s末質(zhì)點的加速度方向是________； (4)第0.7 s時，質(zhì)點位置在________點與________點之間； (5)質(zhì)點從O經(jīng)B運動到A所需時間t＝________s； (6)在4 s內(nèi)完成________次全振動。 解析：(1)OB＝5 cm (2)在第0.2 s末質(zhì)點沿－x方向運動，即向左，此時正處在平衡位置，加速度大小為0。 (3)第0.4 s末質(zhì)點處在負(fù)最大位移處，加速度方向沿＋x方向，即向右。 (4)第0.7 s時，質(zhì)點正處于由平衡位置向正向最大位移運動，即在O點與B點之間。 (5)由圖像知，由O到B需0.2 s，由對稱性可知總時間t＝0.6 s

10、。 (6)頻率f＝＝1.25 Hz。 4 s內(nèi)成全振動n＝1.25×4＝5 次。 答案：(1)5　(2)向左　0　(3)向右　(4)O　B　(5)0.6　(6)5 10．(2020·盤綿模擬)一質(zhì)點做簡諧運動，其位移和時間關(guān)系如圖9所示。 (1)求t＝0.25×10－2 s時的位移； (2)在t＝1.5×10－2 s到2×10－2 s的振動過程中，質(zhì)點的位移、回復(fù)力、速度、動能、勢能如何變化？ (3)在t＝0至8.5×10－2 s時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各多大？ 圖 9 解析：(1)由題圖可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s， 振動方程為x＝Asin(ωt－)＝

11、－Acosωt ＝－2cost cm＝－2cos(100πt) cm 當(dāng)t＝0.25×10－2 s時 x＝－2cos cm＝－ cm。 (2)由圖可知在1.5×10－2s～2×10－2s內(nèi)，質(zhì)點的位移變大，回復(fù)力變大，速度變小，動能變小，勢能變大。 (3)從t＝0至8.5×10－2 s的時間內(nèi)質(zhì)點的路程為 s＝17A＝34 cm，位移為2 cm。 答案：(1)－ cm　(2)位移變大，回復(fù)力變大，速度變小，動能變小，勢能變大　(3)34 cm　2 cm 11.有一彈簧振子在水平方向上的BC之間做簡諧運動，已知BC間的距離為20 cm，振子在2 s內(nèi)完成了10次全振動。若從某時刻

12、振子經(jīng)過平衡位置時開始計時(t＝0)，經(jīng)過周期振子有正向最大加速度。 (1)求振子的振幅和周期； 圖 10 (2)在圖10中做出該振子的位移—時間圖像； (3)寫出該簡諧運動的表達(dá)式。 解析：(1)由題設(shè)所給的已知條件可知，彈簧振子的振幅為10 cm，周期T＝＝0.2 s，則ω＝＝10π rad/s； (2)由振子從平衡位置時開始計時，經(jīng)振子具有正向最大加速度可知，時，振子在負(fù)的最大位移處，即t＝時，x＝－10 cm，則其位移—時間圖像為： (3)由公式x＝Asin(ωt＋φ0)得φ0＝π，所以簡諧運動表達(dá)式為x＝0.1sin(10πt＋π)m(或x＝－0.

13、1sin10πt m)。 答案：(1)10 cm　0.2 s　(2)見解析圖 (3)x＝0.1sin(10πt＋π)m(或x＝－0.1sin 10πt m) 12．將一測力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力。圖11甲中O點為單擺的固定懸點，現(xiàn)將小擺球(可視為質(zhì)點)拉至A點，此時細(xì)線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，則擺球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)的A、B、C點之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且是未知量。圖乙表示由計算機得到的細(xì)線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，且圖中t＝0時刻為擺球從A點開始運動的時刻。試根據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中(包括圖中)所給的信息求：(g取10 m/s2) 圖11 (1)單擺的振動周期和擺長； (2)擺球的質(zhì)量； (3)擺球在運動過程中的最大速度。 解析：(1)由圖可知T＝0.4π s，由T＝2π 得l＝＝0.4 m (2)在B點拉力的最大值為Fmax＝0.510 N，F(xiàn)max－mg＝；在A、C兩點Fmin＝0.495 N，F(xiàn)min＝mgcos α，由A到B的過程中機械能守恒，即mgl(1－cos α)＝mv2 解得m＝0.05 kg (3)由Fmax－mg＝，解得vmax＝0.283 m/s 答案：(1)0.4πs　0.4 m　(2)0.05 kg　(3)0.283 m/s