人教版高中物理选修1 机械运动 (Word版含答案)
文档属性
| 名称 | 人教版高中物理选修1 机械运动 (Word版含答案) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 399.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-07 10:35:30 | ||
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文档简介
人教版高中物理选修1 第2章 机械运动
一、单项选择题（共8小题；共32分）
1. 在实验室可以做“声波碎杯”的实验。用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得该声音的频率为 。将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉。下列说法中正确的是
A. 操作人员一定是把声波发生器的功率调到最大
B. 操作人员一定是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C. 操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D. 操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到
2. 两个完全相同的弹簧振子 、 ，把 振子移到 的平衡位置右边 处，把 振子移到 的平衡位置左边 处，然后同时放手，下列说法正确的是
A. 振子在平衡位置的速度比 振子在平衡位置的速度小
B. 、 振子运动的方向有时相同、有时相反
C. 、 振子运动的方向总是相反的
D. 振子振动周期是 振子振动周期的 倍
3. 如图所示，手持较长软绳在竖直方向上下抖动，其上一质点做简谐运动，振动方程为 ，取竖直向上为位移的正方向，则在 时，下列说法正确的是
A. 质点在平衡位置的上方，竖直向下运动
B. 质点在平衡位置的上方，竖直向上运动
C. 质点在平衡位置的下方，竖直向上运动
D. 质点在平衡位置的下方，竖直向下运动
4. 一弹簧振子做简谐运动，振动图象如图，下列说法不正确的是
A. 时刻振子加速度正向最大
B. 到 时间内振子向正向运动，且机械能变小
C. ， 时刻动能最大
D. 振动的初相位为
5. 一弹簧振子做简谐运动时，其加速度随振动位移变化的图象应为
A. B.
C. D.
6. 一个弹簧振子在水平方向做简谐运动，周期为 ，则
A. 若 时刻和 时刻振子位移大小相等、方向相同，则 一定等于 的整数倍
B. 若 时刻和 时刻振子速度大小相等、方向相反，则 一定等于 的整数倍
C. 若 ，则在 时刻和 时刻振子的速度大小一定相等
D. 若 ，则在 时刻和 时刻弹簧的长度一定相等
7. 如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于 位置。现用手托重物使之缓慢上升至 位置，此时弹簧恢复至原长。之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在 位置和 位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确的是
A. 重物在 位置时，其加速度的数值大于当地重力加速度的值
B. 在重物从 位置下落到 位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量
C. 在手托重物从 位置缓慢上升到 位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能
D. 在重物从 位置到 位置和从 位置到 位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功相同
8. 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点 时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从 位置由静止运动到右侧最高点 的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点 时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知
A. 摆球在 点所受的合力大于在 点所受的合力
B. 摆球在 点受到的绳的拉力小于其在 点受到的绳的拉力
C. 摆球从 点到 点的过程中重力做功的功率，等于摆球从 点到 点的过程中克服重力做功的功率
D. 摆球从 点到 点的过程中受到的合力的冲量大小等于摆球从 点到 点的过程中受到的合力的冲量大小
二、双项选择题（共4小题；共16分）
9. 如图，大小相同的摆球 和 的质量分别为 和 ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D. 发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
10. 将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图象提供的信息做出的判断中，正确的是
A. 时摆球正经过最低点 B. 时摆球正经过最低点
C. 摆球摆动过程中机械能不变 D. 摆球摆动的周期是
11. 将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点 摆至左边最高点 时，以下说法正确的是
A. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为
B. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为
C. 摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D. 摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变大
12. 如图所示， 、 为真空中相距 的两个等量负点电荷， 为两电荷连线的中点， 、 为连线上的两点，且距 点的距离均为 ，下列说法正确的是
A. 、 两点的场强相同
B. 、 两点的电势相同
C. 在 点由静止释放一电子，则电子在 、 之间做简谐运动
D. 以 为球心做一球面，电子在该球面上任意两点间移动时，电场力均不做功
三、解答题（共4小题；共52分）
13. 如图所示是一个单摆的共振曲线。
（1）若单摆所处的环境重力加速度 ，试求此摆的摆长；
（2）若将此摆移到高山上，共振曲线的峰将怎样移动。
14. 平静的湖面上漂着一片落叶，一阵风吹过，湖面起了波纹，此时落叶在湖面上下往复运动，可视为竖直方向上的简谐运动，其振动图象如图所示。测得其每分钟上下振动 次，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，振幅 ，分析落叶的运动：
（1）写出落叶的振动方程。
（2）求落叶从计时开始 内所经历的路程和位移各是多少
15. 将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图甲所示， 点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到 点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的 、 之间来回摆动，其中 点为运动中的最低位置，， 小于 且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小 随时间 变化的曲线，且图中 时刻为摆球从 点开始运动的时刻， 取 ，根据力学规律和题中信息，求：
（1）单摆的周期和摆长；
（2）摆球所受的重力（用 、 表示）。
16. 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 被 和 两段轻绳悬挂在天花板上， 绳水平， 绳与竖直方向的夹角为 （ 很小）。已知 绳长为 ，青蛙质量为 ，木板的质量为 ，青蛙距 点的水平距离为 ， 满足关系式 。割断 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。青蛙和小球均可看作质点，重力加速度取 。（结果用 、 、 、 、 表示）求：
（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。
四、实验题（共2小题；共14分）
17. 有两组同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自利用先进的 系统用单摆测量当地重力加速度 。
（1）关于实验的操作或者误差的分析，下列说法正确的是
A.让摆线长适当大些，并从平衡位置开始计时有助于减小实验误差
B.操作中提前按下秒表，但准确结束计时，将会导致实验结果偏大
C.若实验者在计算摆长时忘记加上摆球的半径，则实验结果一定会偏小
D.若实验中不小心让摆球在水平面内做圆锥摆运动而实验者没有发现，将会导致实验结果偏大
（2）在南京大学做探究的同学利用计算机绘制了当地两个单摆的振动图象（如图），由图可知，两单摆摆长之比 。
（3）若去北大的那组同学是这样操作的：当摆球经过平衡位置时按下秒表开始计时，并计数“”，当第 次经过平衡位置时结束计时，所用时间为 ，摆长为 ，则计算当地重力加速度 的表达式为 （用所给物理量表示）。
18. 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
（1）以下关于本实验的做法中正确的是 。
A.摆角应尽量大些
B.摆线应适当长些
C.摆球应选择密度较大的实心金属小球
D.用秒表测量周期时，应从摆球摆至最高点时开始计时
（2）用秒表记录了单摆振动 次所用的时间如图所示，秒表读数为 。
（3）根据实验记录的数据，得到周期 和摆长 ，通过估算猜测两者关系，并用图象方法判断猜想是否正确。以 为纵轴， 为横轴，作出 图象，发现图线是一条过原点的倾斜直线，从而确定了单摆做简谐运动的周期和摆长的关系。有同学还利用该图线求出当地的重力加速度 ，如果甲同学的 是摆线长加摆球的直径，其他做法无误，那他通过图线得到的 值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）；乙同学因计数问题每次将实际 次全振动记成 次，算得周期，其他做法无误，那他通过图线得到的 值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
答案
第一部分
1. D
【解析】操作人员通过调整声波发生器发出的声波，将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为 ，故操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到 ，故选D。
2. C
【解析】由于 、 是完全相同的弹簧振子，它们振动的周期相同，相位相差 ，所以 、 运动的方向总是相反的，故C正确，B 、D错误； 振子的振幅大于 振子的振幅，所以弹簧振子 的机械能大于弹簧振子 的机械能，由机械能守恒得， 振子在平衡位置的速度比 振子在平衡位置的速度大，故A错误。
3. A
【解析】由振动方程可知， 时
则质点在平衡位置的上方
由于 ，所以此时质点从正方向最大位移处向平衡位置运动，可见质点在 时向下运动。
4. B
【解析】由 知加速度 ， 时刻振子有负向最大位移，故有正向的最大加速度，A正确； 到 时间内振子向正向运动，动能增大，势能减小，机械能不变，B错误；， 时刻振子处于平衡位置，速度最大，动能最大，C正确；振动的初相位为 ，D正确。
5. C
【解析】由 知加速度与 ，因 和 一定，则加速度与位移的关系为正比例关系，比例系数为负，故选C。
6. C
【解析】在 时刻和 时刻振子的位移相同，所以这两时刻振子通过同一个位置，而每一个周期内，振子有两次出现在同一个位置上，所以当速度方向相同时， 等于 的整数倍，当速度方向相反时， 不等于 的整数倍，故A错误；若 时刻和 时刻振子运动速度大小相等，方向相反，则 可能等于 的整数倍，可能大于 的整数倍，也可能小于 的整数倍，故B错误；若 ，则在 时刻和 时刻振子的位置关于平衡位置对称或经过平衡位置，所以这两时刻速度的大小一定相等，故C正确；若 ，则在 时刻和 时刻振子的位置关于平衡位置对称或经过平衡，所以这两时刻位移的大小一定相等，由 知加速度大小一定相等，但弹簧的状态不一定相同，则长度不一定相等，故D错误。
7. C
【解析】因 、 位置关于 点对称，而 点时的加速度为当地的重力加速度，则根据简谐运动的规律可知，重物在 位置时，其加速度的数值也等于当地重力加速度，选项A错误；
在重物从 位置下落到 位置的过程中，动量的变化为零，可知合外力冲量为零，即重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小，选项B错误；
在手托重物从 位置缓慢上升到 位置，再放手返回 位置过程中，重力做功为零，弹力做功为零，故手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故C正确；
根据胡克定律，有 ，作出的 图象，如图所示，图中图线与 轴包围的面积表示弹力的功，故在重物从 位置到 位置和从 位置到 位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是 ，故D错误。
8. D
【解析】在 点所受合力大小 ，而在 点所受合力大小 ，其中 、 是轨迹的切线与水平方向的夹角，由于 、 两点高度相同，因此 ，由于 ，则 ，故 ，A错误；小球在 点受到的拉力为 ，小球在 点受到的拉力为 ，由于 ，所以 ，B错误；， 得 ， 到 过程重力做功与 到 过程克服重力做功相等，由 得， 、C错误；由动量定理 ，，两者大小相等，D正确。
第二部分
9. C， D
【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 ，两球的碰撞是弹性的，故机械能守恒，即 ，解得 ，，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确；由单摆的周期公式 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
10. A， D
【解析】摆球在最低点时悬线拉力最大，在最高点时拉力最小， 时拉力最大，摆球正经过最低点，A正确； 时拉力最小，摆球正经过最高点，B错误；摆球摆动过程中，拉力的峰值越来越小，说明摆球在最低点的速度越来越小，则机械能越来越小，C错误；所以单摆的周期是 ，D正确。
11. A， C
【解析】频闪照片拍摄的时间间隔一定，由图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为 ，根据单摆的周期公式 得，摆长之比为 ，故A正确，B错误；摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据 知，张力变大，根据 ，知角速度增大，故C正确，D错误。
12. B， C
【解析】根据两个等量负点电荷的电场和电势分布特点及对称性可知， 、 两点的场强大小相等，方向相反， 、 两点的电势相同，故A错误，B正确；因为 、 之间的合场强指向 ， 、 之间的合场强指向 ，所以电子在 、 之间受到的电场力均指向平衡位置 ，设电子到 点的距离为 ，设负点电荷的电荷量为 ，则电子在 、 之间所受电场力的合力大小为 ，所以电子所受合力大小与到平衡位置的距离成正比，符合简谐运动回复力的特征，则电子将在 、 之间做简谐运动，故C正确；根据两个等量负点电荷的电势分布特点可知，以 为球心做的球面并非等势面，所以电子在该球面上任意两点间移动时，电场力可能做功，故D错误。
第三部分
13. （1）
【解析】由图可知，当驱动力的频率等于 时，单摆的振幅最大，所以单摆的固有频率为 ，周期 ；根据单摆的周期公式 有，此摆的摆长 。
（2） 向左移动
【解析】高山上的重力加速度较小，若将此摆移到高山上，由 可得其周期变大，固有频率变小，故共振曲线的峰将向左移动。
14. （1）
【解析】
得
时刻
解得 （ 舍去）
故落叶的振动方程为 。
（2） ；
【解析】 相当于 个周期，一个周期内落叶的路程是 ，则总路程
由振动方程知 时，
时，
位移 。
15. （1） ，
【解析】由图乙可知单摆的周期为 ，
由周期公式 ，
代入解得摆长 。
（2）
【解析】 点处，拉力为 ，
，
点处，拉力为 ，有 ，
点运动到 点，由机械能守恒定律得 ，
联立解得摆球所受的重力 。
16. （1）
【解析】青蛙起跳瞬间，青蛙和木板在水平方向动量守恒，可得 ，
若青蛙从起跳到吃到小球经历时间为 ，则
从青蛙起跳到吃到小球的过程，木板运动的位移 ，
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 。
（2）
【解析】小球从最高点到最低点过程机械能守恒 ，
解得小球运动到最低点的速度 。
（3）
【解析】 很小，则小球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 ，
联立②⑤可得，
青蛙运动到最高点时的速度 ，
若此时青蛙能吃到小球需满足 ，
联立④⑥⑦解得 ，
所以青蛙吃到小球时的速度为 。
第四部分
17. （1） AD
【解析】让摆线长适当大些，并从平衡位置开始计时有助于减小实验误差，A正确；操作中提前按下秒表，但准确结束计时，造成周期测量值偏大，根据重力加速度测量公式 ，可知将会导致重力加速度测量值偏小，B错误；若实验者在计算摆长时忘记加上摆球的半径，如果通过 图线的斜率计算重力加速度，则实验结果准确，C错误；若实验中不小心让摆球在水平面内做圆锥摆运动而实验者没有发现，根据圆锥摆的受力可知 ，，整理得 ，相当于摆长变为 ，但实验者还按 计算，相当于摆长测量值偏大，从而将会导致实验结果偏大，D正确。
（2）
【解析】由图可知振动周期之比 ，
根据单摆周期公式 ，
可得 。
（3）
【解析】根据该同学记录的数据，可得振动周期 ，
代入公式可得 。
18. （1） BC
【解析】摆角过大，摆球的运动就不能再视为简谐运动，故摆角不能太大，A错误；
实验中，摆线的长度应远大于摆球的直径，B正确；
选择密度较大的实心金属小球作为摆球，可以减小空气阻力的影响，C正确；
用秒表测量周期时，应从摆球到达平衡位置时开始计时，这样误差小一些，D错误。
（2）
【解析】由图示可知，秒表读数为 。
（3） 不变；偏大
【解析】由周期公式 ，可得 ，
则 图线的斜率 ，得 ，
这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置和摆长无关，图线斜率不变，所以 值的测量结果不变。
根据单摆周期公式 ，可得 ，
如果振动次数多数了一次，则周期 偏小，实际 值偏大。
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一、单项选择题（共8小题；共32分）
1. 在实验室可以做“声波碎杯”的实验。用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得该声音的频率为 。将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉。下列说法中正确的是
A. 操作人员一定是把声波发生器的功率调到最大
B. 操作人员一定是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C. 操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D. 操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到
2. 两个完全相同的弹簧振子 、 ，把 振子移到 的平衡位置右边 处，把 振子移到 的平衡位置左边 处，然后同时放手，下列说法正确的是
A. 振子在平衡位置的速度比 振子在平衡位置的速度小
B. 、 振子运动的方向有时相同、有时相反
C. 、 振子运动的方向总是相反的
D. 振子振动周期是 振子振动周期的 倍
3. 如图所示，手持较长软绳在竖直方向上下抖动，其上一质点做简谐运动，振动方程为 ，取竖直向上为位移的正方向，则在 时，下列说法正确的是
A. 质点在平衡位置的上方，竖直向下运动
B. 质点在平衡位置的上方，竖直向上运动
C. 质点在平衡位置的下方，竖直向上运动
D. 质点在平衡位置的下方，竖直向下运动
4. 一弹簧振子做简谐运动，振动图象如图，下列说法不正确的是
A. 时刻振子加速度正向最大
B. 到 时间内振子向正向运动，且机械能变小
C. ， 时刻动能最大
D. 振动的初相位为
5. 一弹簧振子做简谐运动时，其加速度随振动位移变化的图象应为
A. B.
C. D.
6. 一个弹簧振子在水平方向做简谐运动，周期为 ，则
A. 若 时刻和 时刻振子位移大小相等、方向相同，则 一定等于 的整数倍
B. 若 时刻和 时刻振子速度大小相等、方向相反，则 一定等于 的整数倍
C. 若 ，则在 时刻和 时刻振子的速度大小一定相等
D. 若 ，则在 时刻和 时刻弹簧的长度一定相等
7. 如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于 位置。现用手托重物使之缓慢上升至 位置，此时弹簧恢复至原长。之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在 位置和 位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确的是
A. 重物在 位置时，其加速度的数值大于当地重力加速度的值
B. 在重物从 位置下落到 位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量
C. 在手托重物从 位置缓慢上升到 位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能
D. 在重物从 位置到 位置和从 位置到 位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功相同
8. 某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点 时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从 位置由静止运动到右侧最高点 的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点 时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知
A. 摆球在 点所受的合力大于在 点所受的合力
B. 摆球在 点受到的绳的拉力小于其在 点受到的绳的拉力
C. 摆球从 点到 点的过程中重力做功的功率，等于摆球从 点到 点的过程中克服重力做功的功率
D. 摆球从 点到 点的过程中受到的合力的冲量大小等于摆球从 点到 点的过程中受到的合力的冲量大小
二、双项选择题（共4小题；共16分）
9. 如图，大小相同的摆球 和 的质量分别为 和 ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D. 发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
10. 将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图象提供的信息做出的判断中，正确的是
A. 时摆球正经过最低点 B. 时摆球正经过最低点
C. 摆球摆动过程中机械能不变 D. 摆球摆动的周期是
11. 将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点 摆至左边最高点 时，以下说法正确的是
A. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为
B. 摆线碰到障碍物前后的摆长之比为
C. 摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D. 摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变大
12. 如图所示， 、 为真空中相距 的两个等量负点电荷， 为两电荷连线的中点， 、 为连线上的两点，且距 点的距离均为 ，下列说法正确的是
A. 、 两点的场强相同
B. 、 两点的电势相同
C. 在 点由静止释放一电子，则电子在 、 之间做简谐运动
D. 以 为球心做一球面，电子在该球面上任意两点间移动时，电场力均不做功
三、解答题（共4小题；共52分）
13. 如图所示是一个单摆的共振曲线。
（1）若单摆所处的环境重力加速度 ，试求此摆的摆长；
（2）若将此摆移到高山上，共振曲线的峰将怎样移动。
14. 平静的湖面上漂着一片落叶，一阵风吹过，湖面起了波纹，此时落叶在湖面上下往复运动，可视为竖直方向上的简谐运动，其振动图象如图所示。测得其每分钟上下振动 次，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，振幅 ，分析落叶的运动：
（1）写出落叶的振动方程。
（2）求落叶从计时开始 内所经历的路程和位移各是多少
15. 将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图甲所示， 点为单摆的悬点，现将小球（可视为质点）拉到 点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的 、 之间来回摆动，其中 点为运动中的最低位置，， 小于 且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小 随时间 变化的曲线，且图中 时刻为摆球从 点开始运动的时刻， 取 ，根据力学规律和题中信息，求：
（1）单摆的周期和摆长；
（2）摆球所受的重力（用 、 表示）。
16. 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 被 和 两段轻绳悬挂在天花板上， 绳水平， 绳与竖直方向的夹角为 （ 很小）。已知 绳长为 ，青蛙质量为 ，木板的质量为 ，青蛙距 点的水平距离为 ， 满足关系式 。割断 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。青蛙和小球均可看作质点，重力加速度取 。（结果用 、 、 、 、 表示）求：
（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。
四、实验题（共2小题；共14分）
17. 有两组同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自利用先进的 系统用单摆测量当地重力加速度 。
（1）关于实验的操作或者误差的分析，下列说法正确的是
A.让摆线长适当大些，并从平衡位置开始计时有助于减小实验误差
B.操作中提前按下秒表，但准确结束计时，将会导致实验结果偏大
C.若实验者在计算摆长时忘记加上摆球的半径，则实验结果一定会偏小
D.若实验中不小心让摆球在水平面内做圆锥摆运动而实验者没有发现，将会导致实验结果偏大
（2）在南京大学做探究的同学利用计算机绘制了当地两个单摆的振动图象（如图），由图可知，两单摆摆长之比 。
（3）若去北大的那组同学是这样操作的：当摆球经过平衡位置时按下秒表开始计时，并计数“”，当第 次经过平衡位置时结束计时，所用时间为 ，摆长为 ，则计算当地重力加速度 的表达式为 （用所给物理量表示）。
18. 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
（1）以下关于本实验的做法中正确的是 。
A.摆角应尽量大些
B.摆线应适当长些
C.摆球应选择密度较大的实心金属小球
D.用秒表测量周期时，应从摆球摆至最高点时开始计时
（2）用秒表记录了单摆振动 次所用的时间如图所示，秒表读数为 。
（3）根据实验记录的数据，得到周期 和摆长 ，通过估算猜测两者关系，并用图象方法判断猜想是否正确。以 为纵轴， 为横轴，作出 图象，发现图线是一条过原点的倾斜直线，从而确定了单摆做简谐运动的周期和摆长的关系。有同学还利用该图线求出当地的重力加速度 ，如果甲同学的 是摆线长加摆球的直径，其他做法无误，那他通过图线得到的 值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）；乙同学因计数问题每次将实际 次全振动记成 次，算得周期，其他做法无误，那他通过图线得到的 值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
答案
第一部分
1. D
【解析】操作人员通过调整声波发生器发出的声波，将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为 ，故操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到 ，故选D。
2. C
【解析】由于 、 是完全相同的弹簧振子，它们振动的周期相同，相位相差 ，所以 、 运动的方向总是相反的，故C正确，B 、D错误； 振子的振幅大于 振子的振幅，所以弹簧振子 的机械能大于弹簧振子 的机械能，由机械能守恒得， 振子在平衡位置的速度比 振子在平衡位置的速度大，故A错误。
3. A
【解析】由振动方程可知， 时
则质点在平衡位置的上方
由于 ，所以此时质点从正方向最大位移处向平衡位置运动，可见质点在 时向下运动。
4. B
【解析】由 知加速度 ， 时刻振子有负向最大位移，故有正向的最大加速度，A正确； 到 时间内振子向正向运动，动能增大，势能减小，机械能不变，B错误；， 时刻振子处于平衡位置，速度最大，动能最大，C正确；振动的初相位为 ，D正确。
5. C
【解析】由 知加速度与 ，因 和 一定，则加速度与位移的关系为正比例关系，比例系数为负，故选C。
6. C
【解析】在 时刻和 时刻振子的位移相同，所以这两时刻振子通过同一个位置，而每一个周期内，振子有两次出现在同一个位置上，所以当速度方向相同时， 等于 的整数倍，当速度方向相反时， 不等于 的整数倍，故A错误；若 时刻和 时刻振子运动速度大小相等，方向相反，则 可能等于 的整数倍，可能大于 的整数倍，也可能小于 的整数倍，故B错误；若 ，则在 时刻和 时刻振子的位置关于平衡位置对称或经过平衡位置，所以这两时刻速度的大小一定相等，故C正确；若 ，则在 时刻和 时刻振子的位置关于平衡位置对称或经过平衡，所以这两时刻位移的大小一定相等，由 知加速度大小一定相等，但弹簧的状态不一定相同，则长度不一定相等，故D错误。
7. C
【解析】因 、 位置关于 点对称，而 点时的加速度为当地的重力加速度，则根据简谐运动的规律可知，重物在 位置时，其加速度的数值也等于当地重力加速度，选项A错误；
在重物从 位置下落到 位置的过程中，动量的变化为零，可知合外力冲量为零，即重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小，选项B错误；
在手托重物从 位置缓慢上升到 位置，再放手返回 位置过程中，重力做功为零，弹力做功为零，故手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故C正确；
根据胡克定律，有 ，作出的 图象，如图所示，图中图线与 轴包围的面积表示弹力的功，故在重物从 位置到 位置和从 位置到 位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是 ，故D错误。
8. D
【解析】在 点所受合力大小 ，而在 点所受合力大小 ，其中 、 是轨迹的切线与水平方向的夹角，由于 、 两点高度相同，因此 ，由于 ，则 ，故 ，A错误；小球在 点受到的拉力为 ，小球在 点受到的拉力为 ，由于 ，所以 ，B错误；， 得 ， 到 过程重力做功与 到 过程克服重力做功相等，由 得， 、C错误；由动量定理 ，，两者大小相等，D正确。
第二部分
9. C， D
【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 ，两球的碰撞是弹性的，故机械能守恒，即 ，解得 ，，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确；由单摆的周期公式 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
10. A， D
【解析】摆球在最低点时悬线拉力最大，在最高点时拉力最小， 时拉力最大，摆球正经过最低点，A正确； 时拉力最小，摆球正经过最高点，B错误；摆球摆动过程中，拉力的峰值越来越小，说明摆球在最低点的速度越来越小，则机械能越来越小，C错误；所以单摆的周期是 ，D正确。
11. A， C
【解析】频闪照片拍摄的时间间隔一定，由图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为 ，根据单摆的周期公式 得，摆长之比为 ，故A正确，B错误；摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据 知，张力变大，根据 ，知角速度增大，故C正确，D错误。
12. B， C
【解析】根据两个等量负点电荷的电场和电势分布特点及对称性可知， 、 两点的场强大小相等，方向相反， 、 两点的电势相同，故A错误，B正确；因为 、 之间的合场强指向 ， 、 之间的合场强指向 ，所以电子在 、 之间受到的电场力均指向平衡位置 ，设电子到 点的距离为 ，设负点电荷的电荷量为 ，则电子在 、 之间所受电场力的合力大小为 ，所以电子所受合力大小与到平衡位置的距离成正比，符合简谐运动回复力的特征，则电子将在 、 之间做简谐运动，故C正确；根据两个等量负点电荷的电势分布特点可知，以 为球心做的球面并非等势面，所以电子在该球面上任意两点间移动时，电场力可能做功，故D错误。
第三部分
13. （1）
【解析】由图可知，当驱动力的频率等于 时，单摆的振幅最大，所以单摆的固有频率为 ，周期 ；根据单摆的周期公式 有，此摆的摆长 。
（2） 向左移动
【解析】高山上的重力加速度较小，若将此摆移到高山上，由 可得其周期变大，固有频率变小，故共振曲线的峰将向左移动。
14. （1）
【解析】
得
时刻
解得 （ 舍去）
故落叶的振动方程为 。
（2） ；
【解析】 相当于 个周期，一个周期内落叶的路程是 ，则总路程
由振动方程知 时，
时，
位移 。
15. （1） ，
【解析】由图乙可知单摆的周期为 ，
由周期公式 ，
代入解得摆长 。
（2）
【解析】 点处，拉力为 ，
，
点处，拉力为 ，有 ，
点运动到 点，由机械能守恒定律得 ，
联立解得摆球所受的重力 。
16. （1）
【解析】青蛙起跳瞬间，青蛙和木板在水平方向动量守恒，可得 ，
若青蛙从起跳到吃到小球经历时间为 ，则
从青蛙起跳到吃到小球的过程，木板运动的位移 ，
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 。
（2）
【解析】小球从最高点到最低点过程机械能守恒 ，
解得小球运动到最低点的速度 。
（3）
【解析】 很小，则小球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 ，
联立②⑤可得，
青蛙运动到最高点时的速度 ，
若此时青蛙能吃到小球需满足 ，
联立④⑥⑦解得 ，
所以青蛙吃到小球时的速度为 。
第四部分
17. （1） AD
【解析】让摆线长适当大些，并从平衡位置开始计时有助于减小实验误差，A正确；操作中提前按下秒表，但准确结束计时，造成周期测量值偏大，根据重力加速度测量公式 ，可知将会导致重力加速度测量值偏小，B错误；若实验者在计算摆长时忘记加上摆球的半径，如果通过 图线的斜率计算重力加速度，则实验结果准确，C错误；若实验中不小心让摆球在水平面内做圆锥摆运动而实验者没有发现，根据圆锥摆的受力可知 ，，整理得 ，相当于摆长变为 ，但实验者还按 计算，相当于摆长测量值偏大，从而将会导致实验结果偏大，D正确。
（2）
【解析】由图可知振动周期之比 ，
根据单摆周期公式 ，
可得 。
（3）
【解析】根据该同学记录的数据，可得振动周期 ，
代入公式可得 。
18. （1） BC
【解析】摆角过大，摆球的运动就不能再视为简谐运动，故摆角不能太大，A错误；
实验中，摆线的长度应远大于摆球的直径，B正确；
选择密度较大的实心金属小球作为摆球，可以减小空气阻力的影响，C正确；
用秒表测量周期时，应从摆球到达平衡位置时开始计时，这样误差小一些，D错误。
（2）
【解析】由图示可知，秒表读数为 。
（3） 不变；偏大
【解析】由周期公式 ，可得 ，
则 图线的斜率 ，得 ，
这样处理数据后用到的是前后两次摆长的差值，与重心位置和摆长无关，图线斜率不变，所以 值的测量结果不变。
根据单摆周期公式 ，可得 ，
如果振动次数多数了一次，则周期 偏小，实际 值偏大。
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