高考物理复习高考第11题选修3-4模块预测题型2计算题练
(7)物理光学——【选修3-4】2022届高考物理二轮复习选修
（7）物理光学—【选修3-4】2022届高考物理二轮复习选修 1.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图1所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图2所示。
他改变的实验条件可能是( )。
A.减小光源到单缝的距离B.减小双缝之间的距离C.减小双缝到光屏之间的距离D.换用频率更高的单色光源2.下列说法正确的是( )。
A.在双缝干涉实验中，保持入射光的频率不变，增大双缝间的距离，干涉条纹间距也增大B.日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上滤光片，可以使景象更清晰，这是利用了光的干涉原理C.我们发现竖直向上高速运动的球体，在水平方向上长度变短了D.用紫外线照射大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光，这是利用紫外线的荧光效应3.双缝干涉实验装置如图所示，绿光通过单缝S 后，投射到具有双缝的挡板上，双缝1S 和2S 与单缝S 的距离相等，光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹.屏上O 点距双缝1S 和2S 的距离相等，P 点处出现距O 点最近的第一条亮条纹，如果将入射的绿光换成红光或蓝光，已知红光波长大于绿光波长，绿光波长大于蓝光波长，则下列说法正确的是( )A.O 点出现红光的暗条纹B.O 点上方距O 点最近的红光的第一条亮条纹在P 点的上方C.O 点不出现蓝光的亮条纹D.O 点上方距O 点最近的蓝光的第一条亮条纹在P 点的上方4.在一束单色光的传播方向上分别放置单缝、双缝、小圆孔和小圆板后，在光屏上得到如下四幅图样，关于光屏前传播方向上放置的装置，以下说法正确的是( )A.甲是单缝、乙是双缝B.乙是双缝、丙是小圆孔C.丙是小圆孔、丁是小圆板D.丁是小圆孔、甲是双缝5.每年夏季，我国多地会出现如图甲所示日晕现象.日晕是当日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的.如图乙所示为一束太阳光射到六角形冰晶时的光路图，a b、为其折射出的光线中的两种单色光.下列说法正确的是( )A.在冰晶中，b光的传播速度比a光小B.通过同一装置发生双缝干涉，b光的相邻亮条纹间距大C.从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角小D.a光的频率较大6.关于甲、乙、丙、丁四个实验，以下说法正确的是( )甲：单色光通过劈尖产生明暗条纹乙：单色光通过牛顿环产生明暗条纹丙：单色光通过双缝产生明暗条纹丁：单色光通过单缝产生明暗条纹A.四个实验产生的条纹均为干涉条纹B.甲、乙两实验产生的条纹均为等距条纹C.丙实验中，产生的条纹间距越大，该光的频率越大D.丁实验中，产生的明暗条纹为光的衍射条纹7.下列所示的图片、示意图大都来源于课本，关于这些图的判断，下列说法正确的是( )。
人教版高中物理选修3-4 11-3同步练习及解析.doc
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】(学生用书P10)基础强化1．弹簧振子做简谐运动时，当振子经过同一位置时不一定相等的物理量是()A．速度B．加速度C．动能D．回复力解析：当振子经过同一位置，就具有相同的位移，具有相同的回复力，相同的加速度，相同的势能，相同的动能，所以A选项符合题意．答案：A2．如右图所示为一弹簧振子的振动图象，由此可知()A．在t1时刻，振子的动能最大，所受的回复力最大B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的回复力最小C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的回复力最小D．在t4时刻，振子的动能最大，所受的回复力最大解析：由题图可知，t1时刻振子的位移最大，弹簧的弹性势能最大，振子的动能为零，故A选项错误；t2时刻振子在平衡位置，弹性势能最小，振子动能最大，振子所受回复力为零，故B选项正确；同理可知，C、D选项错误．答案：B3．关于振动平衡位置，下列说法正确的是()A．是回复力产生的加速度改变方向的位置B．是回复力为零的位置C．是速度最大的位置D．是加速度最大的位置解析：物体在平衡位置时，位移为零，回复力为零，回复力产生的加速度为零，平衡位置是加速度方向改变的位置，是速度最大的位置，故A、B、C选项正确．答案：ABC4．一个做简谐运动的物体，每次有相同的动能时，下列说法正确的是()A．具有相同的速度B．具有相同的势能C ．具有相同的回复力D ．具有相同的位移解析：注意矢量和标量的区别，只有B 选项正确． 答案：B5．如下图所示为某质点的振动图象，由图可知( ) A ．第3 s 末质点的位移是－5 cmB ．第2 s 末和第3 s 末，质点的动量方向相同C ．第2 s 内回复力做正功D ．第2 s 内的加速度在逐渐变大解析：从图象可以看出第3 s 末，位移是0，速度向－x 方向且最大，而第2 s 末v ＝0；第2 s 内，速度减小，回复力做负功，位移增加，a ＝－kxm.故正确答案为D.答案：D6．如右图所示是某弹簧振子的振动图象，下列说法中正确的是( ) A ．振幅是4 cm B ．周期是8 sC ．4 s 末振子的加速度为零，速度为负D ．第14 s 末振子的加速度为正，速度最大解析：由图象可直接读出振幅A ＝4 cm ，周期T ＝8 s ，所以A 选项正确，B 选项正确.4 s 末通过平衡位置，速度方向沿x 轴负向，故C 选项正确．由周期性可知，振子在14 s 末的运动情况与第6 s 末的运动情况相同，加速度最大，方向为正，但速度为零，故D 选项错误．答案：ABC能力提升7．如右图所示，竖直轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连一质量为M 的物块A ，A 的上面放置一质量为M 的物块B ，系统可在竖直方向做简谐运动，则( )A ．当振动到最低点时，B 对A 的压力最大 B ．当B 振动到最高点时，B 对A 的压力最小C ．当向上振动经过平衡位置时，B 对A 的压力最大D ．当向下振动经过平衡位置时，B 对A 的压力最大解析：本题的关键是理解简谐运动的对称性．A 、B 一起做简谐运动，B 做简谐运动的回复力是由B 的重力和A 对B 的作用力的合力提供．做简谐运动的物体在最大位移处时有最大回复力，即具有最大的加速度，设最大a m ，在最高点和最低点加速度大小相等，最高点时加速度向下，最低点时加速度向上，由牛顿第二定律．对B 在最高点时有：mg －F 高＝ma m ，得F 高＝mg －ma m . 在最低点时有：F 低－mg ＝ma m ，得F 低＝mg ＋ma m . 经过平衡位置时，加速度为零，A 对B 的作用力F 平＝mg . 故此题A 、B 选项正确． 答案：AB8．一根劲度系数为k 的轻弹簧，上端固定，下端接一质量为m 的物体，让其上下振动，物体偏离平衡位置的最大位移为A ，当物体运动到最高点时，其回复力大小为( )A ．mg ＋kAB ．mg －kAC ．kAD ．kA －mg解析：在平衡位置时，回复力为零，有mg ＝kx 0.在下端最大位移位置时，回复力F ＝k (A ＋x 0)－mg ＝kA .由对称性可知在最高点时的回复力大小也为kA .故C 选项正确．答案：C9．做简谐运动的弹簧振子，其质量为m ，最大速度为v 0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力( )A ．做功一定为0B ．做功可能是0到12m v 02之间的某一个值C ．做功一定不为0D ．做功一定是12m v 02解析：经过半个周期后，振动的速度大小不变，由动能定理可知．A 选项正确． 答案：A10．做简谐运动的物体，其加速度a 随位移x 的变化规律应是下图中的哪一个( )解析：由F ＝－kx 及牛顿第二定律a ＝Fm 得a ＝－kx m .故B 选项正确．答案：B11．一质量为m ，一个底面积为S 的正方体木块放在水面上静止(平衡)．如下图所示，现用力向下将其压入水中一段深度后撤去外力(没有全部没入水中)木块在水平面上下振动，试判断木块的振动是否为简谐运动．解析：以木块为研究对象，设静止时木块浸入水中Δx 深，当木块被压入水中x 后所受力如右图所示．则F 回＝mg －F 浮(1) F 浮＝ρgS (Δx ＋x )(2)由(1)(2)式得F 回＝mg －ρgS (Δx ＋x )＝mg －ρgS Δx －ρgsS . ∵mg ＝ρgS Δx ∴F 回＝－ρgSx 令k ＝ρgS ，则F 回＝－kx 所以木块的振动为简谐运动． 答案：见解析12．在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k ，振子质量为M ，振动的最大速度为v 0，如右图所示，当振子在最大位移为A 的时刻把质量为m 的物体轻放其上，则：(1)要保持物体和振子一起振动起来，两者间的摩擦因数至少是多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)一起振动时，两者过平衡位置的速度多大？振幅又是多少？ 解析：放物体前最大回复力F ＝kA ， 振动的最大机械能为12M v 02.(1)放物体后，假定一起振动，则可能产生的最大加速度a ＝kAM ＋m，对物体m 来说，所需回复力是由M 提供的摩擦力，刚放时所需的摩擦力最大，最大静摩擦力为μmg当μmg ≥ma 时一起振动，所以μ≥a g ＝kA(M ＋m )g即摩擦因数μ至少为kA(M ＋m )g.(2)由于m 于最大位移处放在M 上，放上后没有改变振动系统的机械能，振动中机械能守恒，过平衡位置时，弹簧为原长弹性势能为零，有12(M ＋m )v 2＝12M v 02.解得v ＝v 0MM ＋m. 物体m 和振子M 在最大位移处动能为零，势能最大，这个势能与没放物体m 前相同，所以弹簧的最大形变是相同的，即振幅仍为A .答案：(1)kA(M ＋m )g(2)v 0MM ＋mA。
高中物理选修3-4第十一章-11.4单摆
高二物理选修3-411、4单摆教案一、教材分析《单摆》是人教版高中物理选修3-4机械运动第四节的教学内容，是简谐运动的实例应用，既是本章重点又是高考热点。
本节重点是单摆周期及其应用。
二、教学目标1．知识与技能：（1）知道什么是单摆；（2）理解单摆振动的回复力来源及做简谐运动的条件；（3）知道单摆的周期和什么有关，掌握单摆振动的周期公式，并能用公式解题。
（4）知道利用单摆可以测定重力加速度2．过程与方法：（1）通过单摆做简谐运动条件的学习，体会用近似方法研究物理问题（2）通过研究单摆周期，掌握用控制变量法研究问题3情感、态度和价值观：通过介绍科学家的情况，激发学生发现知识热爱科学的热情；鼓励学生象科学家那样不怕困难，勇于发现勇于创造！三、教学重难点：重点：单摆的周期公式及其成立条件。
难点：单摆回复力的分析。
四、学情分析本节课主要学习单摆振动的规律，只有在θ<10°时单摆振动才是简谐运动；单摆振动周期。
学生对条件的应用陌生应加以强调。
五、教学方法实验、分析、探究六、课前准备小钢球、细线、铁架台七、课时安排1课时八、教学过程（一）预习检查、总结疑惑（二）情景引入、展示目标教师：在前面我们学习了弹簧振子，知道弹簧振子做简谐运动。
那么：物体做简谐运动的条件是什么？学生：物体做机械振动，受到的回复力大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反。
今天我们学习另一种机械振动——单摆的运动。
（展示实验器材）（三）合作探究、精讲点播1、阅读课本第13页到14页，思考：什么是单摆？什么情况下单摆可视为简谐运动？答：一根细线上端固定，下端系着一个小球，如果悬挂小球的细线的伸长和质量可以忽略，细线的长度又比小球的直径大得多，这样的装置就叫单摆。
在偏角很小的情况下，单摆的运动可视为简谐运动。
2物体做机械振动，必然受到回复力的作用，弹簧振子的回复力由弹簧弹力提供，单摆同样做机械振动，思考：单摆的回复力由谁来提供，如何表示？（教师引导）梯度小问题：（1）平衡位置在哪儿？（2）回复力指向？（学生回答）（3）单摆受哪些力？（学生黑板展示）（4）回复力由谁来提供？（学生回答）注意：数学上的近似必须让学生了解，同时通过此处也能让学生单摆做简谐运动是有条件3．单摆的周期（有条件的话最好让学生动手实验）我们知道做机械振动的物体都有振动周期，请思考：单摆的周期受那些因素的影响呢？学生：可能和摆球质量、振幅、摆长有关。
2021年高考物理最新模拟题精练专题3.4 与玻璃砖相关光的折射计算问题(提高篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-4）第三部分光学、电磁波和相对论专题3.4 与玻璃砖相关的折射计算题（提高篇）1.（2020高考模拟示范卷4）如图所示，水平面上有一半径为R的半圆柱形玻璃砖，一束平行光以45°的入射角照射到玻璃砖的上表面，已知光在此玻璃砖中的传播速度为22c．（光在真空中的速度为c），求：（1）圆柱面上光线能够从弧线MP射出的区域所对的圆心角α；（2）能从圆柱面射出的光线中，在玻璃砖中传播的最长时间（不考虑反射光线）【参考答案】（1）90°；（2）26R【名师解析】①玻璃砖的折射率为n=cv=2。
作出光路图，如图所示。
由折射定律有：n=sini sinγ得：sinγ=sinin=12解得折射角γ=30°如果光线EA刚好在A点发生全反射，则有：n=1sin EAO∠即有∠EAO=45°，此时∠EOA=75°因EA与OB平行，所以∠EAO=∠AOB=45°如果光线FC刚好在C点发生全反射，则有∠FCO=45°，此时∠FOC=15°故知圆柱面上光线能够射出的区域所对的圆心角为：α=180°-∠EOA -∠FOC =180°-75°-15°=90° ②能从圆柱面射出的光线中，光线在玻璃砖中传播的最长距离为：s =60Rsin光线在玻璃砖中传播的最长时间为：t =sv解得t =263Rc2．(10分)（2020云南大理州统考）如图甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB 成θ角射入，对射出的折射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示。
如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为8R 、高为2R 的长方体，一束单色光从左侧A'点沿半径方向与长边成37°角射入器具。
高考物理模拟试题精编(二)
高考模拟试题精编(十二)【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．1．用游标卡尺、螺旋测微器等仪器测量长度比用一般的毫米刻度尺直接测量更精确，下列物理实验与游标卡尺、螺旋测微器等仪器制成原理相同的是( ) A ．卡文迪许实验 B ．伽利略理想斜面实验 C ．库仑扭秤实验 D ．法拉第电磁感应实验 2.如图所示，在空中同一水平线上的A 、B 两点分别有带正电的小球M 、N ，在它们连线的竖直垂直平分线上的C 点固定一带负电的小球P ，三个球可以看成点电荷，在库仑力和重力的作用下M 、N 两个球处于静止，则下列说法正确的是( ) A ．M 、N 两球的质量可能不同 B ．M 、N 两球的带电荷量可能不同C ．M 、N 两球受到的库仑力合力的大小一定相等D ．M 、N 两球受到的库仑力合力的方向一定竖直向上3．据美国《连线》杂志网站报道，在浩瀚的宇宙中，天文学家成功测得太阳系外的一颗行星的质量，发现其密度和地球相同．这是科学家证实的第一颗同地球密度相同的类地行星．已知类地行星的表面重力加速度是地球表面重力加速度的2倍(忽略行星自转的影响)，则下列说法正确的是()A．类地行星与地球的质量之比为8∶1B．类地行星与地球的半径之比为2∶1C．类地行星与地球的第一宇宙速度之比为1∶2D．类地行星与地球的第一宇宙速度之比为2∶14.如图所示，已知电源的内电阻r<R，当R0的滑动触头从上端滑到下端的过程中，下列说法正确的是()A．电容器一直处于放电过程B．电容器一直处于充电过程C．电源的输出功率先增大后减小D．电源的效率先增大后减小5．在2012年雪灾救援中，一架在500 m高空以200 m/s的速度水平匀速飞行的运输机，要将两批救援物资分别投放到山腰的D点(D位于AC的中点)和山脚的C点．已知山AB高360 m，水平距离BC长1 200 m．若不计空气阻力，g取10 m/s2，则两次空投的时间间隔应为()A．1 s B．2 sC．3 s D．5 s6.如图所示，10匝矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，周期为π10，线圈的电阻R＝1 Ω，从图示位置开始计时，线圈转过60°时的感应电流为2 A，则下列表达式正确的是()A．感应电动势的瞬时值表达式为e＝4sin (20t) VB．感应电动势的瞬时值表达式为e＝4cos (20πt) VC．任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝0.02sin (20t) WbD．任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝0.02cos (20πt)Wb7.如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ＝30°的光滑斜面底端，现用沿斜面向上的恒力F沿斜面向上拉物体使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经t时间回到出发点，若以地面为零势能面，下列说法正确的是()A．F＝23mgB．F＝mgC．物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的下方D．物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的上方8.如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直，如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，则下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能E k随时间变化的图象可能正确的有()9.如图所示，一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ、质量为M的斜劈上．物块与斜劈和斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ.现对物块施加一个水平向右的恒力F，如果物块和斜劈都仍处于静止状态，则()A．物块受到的合外力增大B．地面对斜劈的摩擦力可能减小C．水平恒力F不可能大于mg sin θ＋μmg cos θcos θ－μsin θD．水平恒力F可能大于μ(m＋M)g10.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有一重力不计的带电粒子以垂直于x轴的速度v0＝10 m/s从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限．已知OP之间的距离为d＝0.5 m，则带电粒子()A．带正电荷B．在电场中运动的时间为0.1 sC．在磁场中做圆周运动的半径为22m D．在磁场中运动的时间为3π40s答题栏第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题：本题共5小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11.(5分)如图甲为某实验小组探究小车加速度与小车所受到的拉力及质量的关系的实验装置图．图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连．(1)该小组的同学想用砝码及砝码盘的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法中正确的是________．A．实验时要平衡摩擦力B．实验时不需要平衡摩擦力C．砝码和砝码盘的重力要远小于小车的总重力D．实验进行时应先释放小车再接通电源(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象可能是图乙中的图线________(填“甲”、“乙”或“丙”)．(3)若实验中平衡摩擦力的操作正确且恰好平衡了摩擦力，但由于漏测了某个物理量，作出的a-F图象为图乙中的图线甲，请说明可能漏测的物理量是________．12.(10分)某同学用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20 Ω，连接电路的实物图如图1所示．(1)该同学接线中错误的和不规范的地方有________．A．滑动变阻器不起变阻作用B．电流表接线有错C．电压表量程选用不当D．电压表接线有错(2)改正实验装置连接后，该同学记录了6组数据见下表，试根据这些数据在图2表格中画出U-I图线，根据图线求出电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)用图3响，下列说法正确的是()A．用图3所示电路做实验，E测<E真B．用图3所示电路做实验，r测<r真C．用图4所示电路做实验，E测<E真D．用图4所示电路做实验，r测<r真13．(13分)光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面顶端有质量为m的小物体B，二者都处于静止状态．从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．(1)求运动过程中斜面体A所受的合力F A；(2)分析小物体B做何种运动，并说明理由；(3)求小物体B到达斜面体A底端时的速度v B大小．14.(14分)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、带电荷量为q＝＋2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场．(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2)求：(1)4秒内小物块的位移大小；(2)4秒内电场力对小物块所做的功．15.(18分)如图所示，在坐标系的第一象限存在一垂直纸面向外的矩形有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在第三象限存在与y轴成30°角的匀强电场．现有一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子由静止从电场的P点经电场加速后从O点进入磁场(不计粒子的重力)．求：(1)欲使粒子打到上边界中点，PO间的电势差U PO；(2)欲使粒子从右边界以最大速度射出，U PO′的值；(3)从磁场中射出的粒子在磁场中运动的最长时间．附加题：本题共3小题，每小题15分．分别考查3－3、3－4、3－5模块．请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分．1．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)气体在容积固定的密闭容器中并且温度升高时，下列说法正确的是________．A．气体分子的平均动能变大，压强增大B．气体分子做布朗运动的平均速率变大C．气体分子的平均势能变大，压强增大D．气体分子间的距离变大，压强减小(2)(5分)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，水黾可以停在水面上和叶面上的露珠呈球形都说明液体表面层内的分子比液体内部的稀疏，形成________，液晶是一类处于________之间的特殊物质，其分子间的作用力较强，在体积发生变化时需要考虑分子间力的作用，说明分子势能和________有关．(3)(5分)如图1所示，体积为V A＝1.5 m3、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞．现在活塞上面放一个质量为m的重物，使气体发生图2所示的由A到B的状态变化，再对气体加热，使气体发生由B到C的状态变化，气缸内气体的所有变化过程都是缓慢的．①求气缸内气体在状态B时的体积V B；②在整个气体变化过程中，气体做功是否为零？如果为零则简要说明理由，如果不为零则分析是外界对气体做功多还是气体对外做功多．2．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)关于机械波和光波，下列说法正确的是________．A．泊松亮斑是一种光的衍射现象，机械波也可能发生B．用白光做杨氏双缝干涉和薄膜干涉原理相近，均可看到间距相等的彩色条纹C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D．地震波中同时含有横波和纵波，纵波具有更大的破坏作用(2)(5分)处于坐标原点的波源产生一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 m/s，在t＝0时波刚好传播到x＝8 m处，波形如图所示，在x＝40 m处有一接收器，则从波产生经过________s接收器才能接收到此波，此时x＝2 m处的质点P 振动的路程是________m.(3)(5分)如图所示为直角三棱镜的截面ABD ，∠A ＝30°，BD 边的长度为1 m ，两条相同的单色光a 、b 垂直AB 边分别射到AD 、BD 边的中点E 、F ，如果此三棱镜的折射率为 3，则①通过计算说明两条光线射到AD 和BD 边上是否发生全反射？ ②试确定两条光线经过一次折射后在三棱镜外的交点位置． 3．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)6027Co 发生一次β衰变后变为Ni 核，在该衰变过程中还发出两个频率均为ν的光子，如果衰变前6027Co 的质量为M Co ，衰变后产生的Ni 核质量为M Ni ，β粒子的质量为m ，则下列说法中正确的是________．A ．衰变反应方程为6027Co →6028Ni ＋ 0－1eB ．衰变过程的质量亏损为Δm ＝M Co －(M Ni ＋m )C ．光子能量E ＝hν＝Δmc 2D ．两个光子的总能量为E 总＝2hν＝Δmc 2(2)(5分)已知氢原子能级公式为E n ＝E 1n 2，E 1＝－13.6 eV ，氢原子在下列各能级间跃迁：①从n ＝2到n ＝1，②从n ＝5到n ＝3，③从n ＝4到n ＝2，在跃迁过程中辐射的光子的波长分别用λ1、λ2、λ3表示．则三种光子的波长之比λ1∶λ2∶λ3＝________，如果这三种光子中只有一种光子可以使某种金属发生光电效应，则这种光子一定是波长为________的光子．(3)(5分)质量为M ＝1 kg 的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上．滑块开始时静止，质量为m ＝2 kg 的物块(可视为质点)以某初速度从水平轨道滑上滑块，恰好可以到达圆弧轨道的最高点，如果水平轨道的长度和圆弧轨道的半径均为R ＝1 m ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，求物块滑上水平轨道时的初速度v 0.高考模拟试题精编(十二)参考答案1．AC 游标卡尺、螺旋测微器等仪器都是按放大原理制成的，而在卡文迪许实验和库仑扭秤实验中也用到了放大的思想，所以A 、C 正确．2．CD 由于M 、N 间的库仑力等大反向，因此P 对M 的库仑力与P 对N 的库仑力沿水平方向的分力大小相等，则M 、N 两球的带电荷量一定相等，B 错误；由于M 、N 两球受到库仑力的合力都与两个球的重力等大反向，因此M 、N 两球受到的库仑力的合力方向一定竖直向上，且大小相等，C 、D 正确，A 错误． 3．ABD 对于行星(或地球)表面的物体m ：G Mm R 2＝mg ①，M ＝ρ43πR 3 ②，联立①②得：R ＝3g 4G πρ，M ＝9g 316G 2π2ρ2，M ∝g 3、R ∝g ，A 、B 正确；由v ＝gR 知，C 错、D 正确．4．D 不难证明，R 0的滑动触头滑到其中点时，电源外电路的总电阻R 总最大．所以在R 0的滑动触头从上端滑到下端的过程中，R 总先增大后减小，电容器两端的电压先减小后增大，所以电容器先放电后充电，A 、B 均错；由于r <R ，所以电源的输出功率先减小后增大，C 错；电源的效率η＝I 2R 总I 2(R 总＋r )＝11＋r R 总，先增大后减小，D 正确．5．A 救援物资从运输机上投放后做平抛运动，物资下落到D 点所用时间t 1＝2h 1g ＝2×32010 s ＝8 s ，物资下落到C 点所用时间t 2＝2h 2g ＝2×50010 s＝10 s ．所以第一次投放时距D 点的水平距离为x 1＝v 0t 1＝1 600 m ，第二次投放时距C 点的水平距离为x 2＝v 0t 2＝2 000 m ，所以两次投放的水平距离差Δx ＝x 1＋600 m －x 2＝200 m ，故两次空投的时间间隔 应为1 s ，A 选项正确．6．C 由题意知开始计时时刻线圈在峰值面上，所以电动势瞬时值满足e ＝E m cos ωt ，转过60°时的电动势e 1＝IR ＝2 V ，即E m cos 60°＝2 V ，所以E m ＝4 V ．又ω＝2πT ＝20 rad/s ，故感应电动势的瞬时值表达式为e ＝4cos (20t ) V ，A 、B 均错；从峰值面开始计时，任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝Φm sin ωt ，D 错；由E m ＝nΦm ω得： Φm ＝0.02 Wb ，所以任意时刻通过线圈磁通量的表达式为Φ＝0.02sin (20t ) Wb ，C 正确．7．AC 设撤力前物体的加速度为a 1，撤力后的加速度为a 2，由题意，根据运动学公式得：12a 1t 2＋a 1t 2－12a 2t 2＝0，解得a 2＝3a 1.由牛顿第二定律得：F －mg sin θ＝ma 1，mg sin θ＝ma 2，联立得F ＝23mg ，A 对，B 错．设撤力时物体的速度为v 1，物体回到底端的速度为v 2，v 2＝|a 1t －a 2t |＝2a 1t ＝2v 1，根据功能关系，12m v 22＝W ，所以撤力瞬间物体的动能为12m v 21＝18m v 22＝14W ，重力势能E p ＝34W ，因此，物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的下方，C 对、D 错．8．ACD 若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q ＝It 可知，通过导体横截面的电荷量均匀增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，选项A 可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故选项B 错误；由于线圈进入磁场时也可能重力大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大则安培力增大，加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故选项C 可能；如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故选项D 可能．9．C 因为物块受到水平推力F 后仍然处于静止状态，则物块所受合外力仍然为零，故选项A 错误；以物块和斜劈整体为研究对象，水平推力作用前，水平方向没有相对运动趋势，地面对斜劈的摩擦力为零，水平推力F 作用后，水平推力与地面对斜劈的摩擦力平衡，故选项B 错误；因为斜劈也处于静止状态，故地面对斜劈的摩擦力为静摩擦力，一定小于μ(m ＋M )g ，故选项D 错误；以物块为研究对象，物块有上滑趋势但没有滑动的情况下，将重力和水平推力正交分解有F N ＝mg cos θ＋F sin θ，F cos θ≤mg sin θ＋F f ，F f ＝μF N ，联立解得：F ≤mg sin θ＋μmg cos θcos θ－μsin θ，故选项C 正确． 10．ABD根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时v x＝v y＝v0，则v＝2v0＝10 2 m/s，在电场中沿x轴方向上做匀加速运动，d＝v02t，解得粒子在电场中运动的时间为t＝2dv0＝0.1 s，选项B正确；沿y轴方向上的位移为l＝v0t＝2d＝1 m，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R＝2l＝22d＝ 2 m，故选项C错误；在磁场中运动的时间为t＝135°360°·T＝38·2πRv＝3πd2v0＝3π40s，故选项D正确．11．解析：(1)本实验需要先平衡摩擦力；根据牛顿第二定律可求得小车受到的拉力应该是F＝m车a＝m车m码gm码＋m车＝m码g1＋m码m车，可见，只有在小车质量远大于砝码和砝码盘的质量时，才可将砝码和砝码盘的重力当做小车所受的拉力．(2)本实验中，如果没有平衡摩擦力，当拉力增大到一定值时，小车才会有加速度，作出的a-F图象会与横轴正半轴相交．(3)本实验中，小车受到的合外力应是砝码和砝码盘的总重力，如果平衡摩擦力的操作正确且恰好平衡了摩擦力，a－F图象为题图乙中的图线甲，可能漏测的物理量是砝码盘的重力．答案：(1)AC(2分)(2)丙(1分)(3)砝码盘的重力(2分)12．解析：(1)滑动变阻器要起变阻的作用，必须使接入电路的两根导线一条接在下面的接线柱上，另一条接在上面的接线柱上；题图1中电流表的“＋”、“－”接线柱接法错误；电压表不能直接并联到电源两端，因为开关断开后，电压表仍有示数．(2)先描点，再画图；画U-I图线时，应使尽可能多的点分布在一条直线上，其他各点均匀分布在直线两侧，个别偏离太多的点应舍弃；由图线与纵轴的交点可得电动势E＝1.45 V；根据图线的斜率可得内阻r＝0.75 Ω.(3)用题图3所示电路时，电压表应看成内电路的一部分，故实际测量出的是电池和电压表这一整体的电动势和等效内阻，因为电压表和电池并联，所以r 测<r 真；若断开外电路，则电压表两端电压U ＝E 测，而电压表与电池构成回路，所以有E测<E 真．用题图4所示电路时，电流表应看成内电路的一部分，故实际测出的是电池和电流表这一整体的电动势和等效内阻，因为电流表和电池串联，所以等效内阻r 测＝r 真＋R A ，即r 测>r 真；如果断开外电路，I ＝0，电流表两端电压为0，E 测＝E真．综上分析可知，本题答案为A 、B.答案：(1)ABD(2分)(2)U －I 图线如图所示(2分) 1.45(2分) 0.75(2分) (3)AB(2分)13．解：(1)对A ，在匀加速运动过程中s ＝12at 2(2分) 由牛顿第二定律得F A ＝Ma ＝2Ms t 2(2分)(2)物体B 做匀加速运动．因为A 做匀加速运动，B 对A 的作用力一定，由牛顿第三定律知，A 对B 的作用力也一定，B 还受到重力作用，重力也是恒力，所以B 受到的合力是恒力，B 做匀加速运动(3分)(3)对A 、B 组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＝12M v 2A ＋12m v 2B (3分)v A ＝at ＝2s t (2分)解得：v B ＝2gh －4Ms 2mt 2(1分) 14．解：(1)0～2 s 内小物块加速度a 1＝E 1q －μmg m＝2 m/s 2(2分) 位移x 1＝12a 1t 21＝4 m(1分)2 s 末的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s(2分)2 s －4 s 内小物块加速度a 2＝E 2q －μmg m＝－2 m/s 2(2分) 位移x 2＝v 2t 2＋12a 2t 22＝4 m(1分)4秒内的位移x ＝x 1＋x 2＝8 m ．(2分)(2)v 4＝v 2＋a 2t 2＝0，即4 s 末小物块处于静止状态设电场力对小物块所做的功为W ，由动能定理有：W －μm gx ＝0(2分)解得W ＝1.6 J(2分)15．解：(1)带电粒子在电场中，由动能定理：qU PO ＝12m v 2①(1分)在磁场中，如图甲所示，由几何关系可知，打在上边界中点的粒子的轨道半径为：R ＝2a 4sin 15°②(2分) 由牛顿第二定律：q v B ＝m v 2R ③(2分)联立得：U PO ＝qa 2B 216m sin 215°(2分)(2)由q v B ＝m v 2R 得：v ＝qBR m ，从表达式可知，具有最大速度的粒子，在磁场中做圆周运动的半径最大．如图乙所示，轨道1对应的半径最大，根据几何关系可知：R m sin 30°＝R m －a 2④(3分)联立得：U PO ′＝qB 2a 22m (3分)(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T ＝2πm qB若粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为：t ＝θ2πT ＝mθqB (2分)因此粒子运动的轨迹所对的圆心角越大，运动的时间越长，从图乙中可以看出，β角最大，β＝23π，所以最长时间t m ＝mβqB ＝2πm 3qB (3分)附加题1．(1)解析：气体分子的平均动能变大，则容器单位面积单位时间内分子撞击的数目和作用力都增大，故压强增大，选项A 正确、D 错误；布朗运动是宏观颗粒的运动，能反映分子的运动，故选项B 错误；与分子的平均势能相关的宏观物理量是体积，体积不变，平均势能不变，选项C 错误．答案：A(5分)(2)解析：液体表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．液晶是像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质，分子间的距离比一般液体的小，分子作用力较大，所以在体积变化时需要考虑分子力的作用，同时说明了分子势能与体积有关．答案：表面张力(2分) 液态和固态(2分) 体积(1分)(3)解：①气体由状态A 变化到状态B 的过程，发生的是等温变化，根据玻意耳定律有p A V A＝p B V B(1分)代入数据解得V B＝13V A＝0.5 m3(1分)②气体由状态B变化到状态C的过程，发生的是等压变化，根据盖－吕萨克定律有V BV C＝T BT C，代入数据解得：V C＝3V B＝1.5 m3(1分)可见在气体由A→B和由B→C的变化过程中，气体的体积变化量相等，而活塞的横截面积一定，故气体的做功情况可以由W＝Fl＝pSl＝pΔV确定(1分)A→B的过程，活塞压缩气体，外界对气体做功，B→C的过程气体膨胀对外做功，体积的变化量相等，而A→B的过程压强由p A到p B逐渐增大，B→C的过程压强为p B，发生等压变化，故整个过程气体做功不为零，气体对外做功多(1分) 2．(1)解析：光波和机械波虽然都可以发生衍射现象，但波长、本质、传播及产生机理不同，衍射的具体情况也是不同的，故机械波不能产生泊松亮斑，选项A 错误；双缝干涉是光波通过双缝衍射的光传播到某点的光程差决定明暗条纹，而薄膜干涉是射到薄膜上的光折射到薄膜中再反射回来与在薄膜表面直接反射的光叠加产生的，光程差就是在薄膜中传播的那段路程，所以原理相近，由于白光是复色光，波长不同，故看到的就是间距相等的彩色条纹，选项B正确；介质中的质点发生的是振动，选项C错误；横波与纵波的波动特征分别是对障碍物产生扰动和推动，所以纵波破坏性更大，选项D正确．答案：BD(5分)(2)解析：由图象可知，波传播到x＝8 m处时，波形为两个完整的正弦波形，则波传播了两个波长，即2λ＝8 m，λ＝4 m，由v＝λT可得T＝λ＝0.2 s，由nλ＝40 m，则n＝10，故波传播到x＝40 m处的时间为10 T＝2 s，而此时x＝2 m处的P点已经振动9.5 T，因此其振动路程为s＝9.5×4A＝3.8 m.答案：2(3分) 3.8(2分)(3)解：①根据题意可知，三棱镜的折射率为3，则发生全反射的临界条件为sin C＝1n＝33，由题图可知a光射到AD面的入射角为30°，因为sin 30°＝12<33，所以入射角小于全反射临界角，不会发生全反射，b光射到BD面的入射角为60°，因为sin 60°＝32>33，所以入射角大于全反射临界角，发生全反射．(2分)②如图所示，a光线从AD面折射，由折射定律可知折射角等于60°，因此折射光线与AD面的夹角等于30°，b光线射到BD面上发生全反射，反射角等于60°，反射光线射到AD面的入射角等于30°，因此折射光线与AD成30°的夹角，由几何关系可知，AD的长度为 3 m，则ED的长度为32m，FD的长度为0.5 m，所以GD的长度为0.5·tan 30°＝36m，故EG的长度为32m－36m＝33m，M为EG的中点，所以EM的长度为36m、HM的长度为36m·tan 30°＝16m，即两条光线第一次相交在AD边距离D点33m处的M点外垂直距离为16m的H位置．(3分)3．(1)解析：由核反应过程的质量数守恒和电荷数守恒可知，选项A正确；质量亏损就是反应后的总质量与反应前的总质量的差值，故选项B正确；根据质能关系可知，亏损的质量全部转化成能量即核反应释放的核能，但产生的核能还要提供反应后新核和β粒子的动能，故选项C、D错误．答案：AB(5分)(2)解析：根据光子的能量为hν＝h cλ、能级公式E n＝E1n2和hν＝E n－E m可得：hcλ＝E1n2－E1m2，即λ＝hcm2n2E1(m2－n2)，因为E1＝－13.6 eV，故λ＝hcm2n2|E1|(n2－m2)，所以三种光子的波长比为λ1∶λ2∶λ3＝12×2222－12∶32×5252－32∶22×4242－22＝64∶675∶256，由比值可以看出，波长为λ1的光子波长最短，则频率最大，因为只有一种光子可以使某种金属发生光电效应，则只有这种光子的频率大于该金属的极限频率．答案：64∶675∶256(3分)λ1(2分)(3)解：设物块运动到圆弧轨道时速度为v1，滑块的速度为v2，根据动量守恒定律有m v0＝m v1＋M v2①(1分)由功能关系有12m v 20＝12m v 21＋12M v 22＋μmgR ②(1分)恰好滑上圆轨道最高点的过程中，由动量守恒有 m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v 3 ③(1分)由功能关系有12m v 21＋12M v 22＝12(m ＋M )v 23＋mgR ④(1分)联立①②③④代入数据解得：v 0＝66 m/s(1分)。
高中物理 第十一章 第1节 简谐运动练习(含解析)新人教版选修3-4
简谐运动[随堂检测]1．(多选)下列几种运动属于机械振动的是( )A．乒乓球在地面上的上下运动B．弹簧振子在竖直方向的上下运动C．秋千在空中来回运动D．浮于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动解析：选BCD.机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，乒乓球的上下运动不是在平衡位置两侧的往复运动，A错误，B、C、D正确．2.如图所示的弹簧振子，O点为它的平衡位置，当振子离开O点，再从A点运动到C点时，振子离开平衡位置的位移是( )A．大小为OC，方向向左B．大小为OC，方向向右C．大小为AC，方向向左D．大小为AC，方向向右解析：选B.振子离开平衡位置，以O点为起点，C点为终点，位移大小为OC，方向向右．3．(多选)如图所示为质点P在0～4 s内的振动图象，下列叙述正确的是( )A．再过1 s，该质点的位移是正向最大B．再过1 s，该质点的速度方向向上C．再过1 s，该质点运动到平衡位置D．再过1 s，该质点的速度为零解析：选AD.依题意，再经过1 s，振动图象将延伸到正向位移最大处，这时质点的位移为正向最大，质点的速度为零，无方向，A、D正确，B、C错误．4．如图所示为弹簧振子做简谐运动的图象，下列说法正确的是( )A．t1时刻振子正通过平衡位置向上运动B．t2时刻振子的位移最大C．t3时刻振子正通过平衡位置向下运动D．该图象是从平衡位置计时画出的解析：选B.根据图象的斜率等于速度，可知，t1时刻振子的速度为负，说明振子正通过平衡位置沿负方向运动．故A错误；t2时刻振子的位移为负向最大，故B正确；t3时刻振子的速度为正，说明振子正通过平衡位置沿正方向运动，故C错误；t＝0时间振子的位移为正向最大，说明该图象是从正向最大位移处计时画出的，故D错误．[课时作业] [学生用书P85(单独成册)]一、单项选择题1．如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，以向右为正方向建立Ox 轴．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( )解析：选B.由题意：向右为x正方向时，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故B正确，A、C、D错误．2．下列振动系统不可看做弹簧振子的是( )A．如图甲所示，竖直悬挂的轻弹簧及小铅球组成的系统B．如图乙所示，放在光滑斜面上的铁块及轻弹簧组成的系统C．如图丙所示，光滑水平面上，两根轻弹簧系在一个小钢球组成的系统D．蹦极运动中的人与弹性绳组成的系统解析：选D.选项A、B、C都满足弹簧振子的条件，A、B、C不符合题意；选项D中人受空气的阻力不可忽略，且人不能看做质点，故不可看做弹簧振子，D符合题意．3．如图是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移－时间图象，下列有关该图象的说法不正确的是( )A．该图象的坐标原点是建立在弹簧振子(小球)的平衡位置B．从图象可以看出小球在振动过程中是沿t轴方向移动的C．为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移，让底片沿垂直x轴方向匀速运动D．图象中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同解析：选B.该图象的坐标原点是建立在弹簧振子的平衡位置，小球的振动过程是沿垂直于t 轴方向移动的，故A对，B错；由获得图象的方法知C对；频闪照相是在相同时间留下的小球的像，因此小球的疏密显示了它的位置变化快慢，D对．4.如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( )A．在t＝0时刻，振子的速度为零B．在t＝0时刻，振子的位置在a点C．在t＝t1时刻，振子的速度为零D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动解析：选D.由题图知，t＝0时刻，振子的速度最大，选项A错误；t＝0时刻振子在O点，选项B错误；在t＝t1时刻，振子的速度最大，选项C错误；从t1到t2，振子正从平衡位置向正向最大位移处运动，即从O点向b点运动，选项D正确．5.在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图象如图所示．假设向右的方向为正方向，则物体的位移向左且速度向右的时间段是( )A．0～1 s内B．1～2 s内C．2～3 s内D．3～4 s内解析：选D.由于规定向右为正方向，则位移向左表示位移与规定的正方向相反，这段时间应为2～3 s或3～4 s．因为要求速度向右，因此速度应为正．则满足两个条件的时间间隔为3～4 s，D正确．6．如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则( )A．质点在3 s末的位移为2 mB．质点在4 s末的位移为8 mC．质点在4 s内的路程为8 mD．质点在4 s内的路程为零解析：选C.振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移．位移是矢量，有大小，也有方向．因此3 s末的位移为－2 m，A项错误；4 s末位移为零，B项错误；路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内的路程应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C项正确，D项错误．二、多项选择题7.弹簧振子做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )A．在第5秒末，振子的速度最大且沿＋x方向B．在第5秒末，振子的位移最大且沿＋x方向C．在第5秒末，振子的加速度最大且沿－x方向D．在0到5秒内，振子通过的路程为8 cm解析：选BC.由题图可知第5秒末时，振子处于正的最大位移处，此时有负方向的最大加速度，速度为零，故B、C正确，A错误；在0到5 s内，振子先从平衡位置到正的最大位移，再经平衡位置到负的最大位移，最后从负的最大位移到平衡位置到正的最大位移整个过程路程为10 cm，故D错误．8.假如蹦床运动员从某一高处下落到蹦床后又被弹回到原来的高度，其整个过程中的速度随时间的变化规律如图所示，其中Oa段和cd段为直线，则根据此图象可知运动员( )A．在t1～t2时间内所受合力逐渐增大B．在t2时刻处于平衡位置C．在t3时刻处于最低位置D．在t4时刻所受的弹力最大解析：选BC.由题图可知，在t1～t2时间内运动员速度增大，运动员在向平衡位置运动，合力减小，A错误；t2时刻运动员速度最大，处于平衡位置，B正确；t3时刻速度为零，处于最低位置，C正确；t4时刻速度最大，处于平衡位置，合力为零，所受的弹力不是最大，D错误．9．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点．图甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向．图乙给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图象的是( )A．若规定状态a时t＝0，则图象为①B．若规定状态b时t＝0，则图象为②C．若规定状态c时t＝0，则图象为③D．若规定状态d时t＝0，则图象为④解析：选AD.振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，故选项A 正确；振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，图②中初始位移不对，故选项B错误；振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，图③中运动方向不对，故选项C错误；振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，故选项D正确．三、非选择题10.如图所示是某质点做简谐运动的振动图象，根据图象中的信息，回答下列问题：(1)质点在第4 s末的位移为多少？(2)1～3 s内质点的平均速度大小为多少？方向如何？解析：(1)由x－t图象可以读出第4 s末质点的位移为零．(2)1～3 s 内质点的位移为20 cm ，1～3 s 内的平均速度大小为v ＝x t ＝0.22m/s ＝0.1 m/s ，方向沿负方向．答案：见解析11.如图所示是某质点做简谐运动的振动图象．根据图象中的信息，回答下列问题：(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(2)质点在10 s 末和20 s 末的位移是多少？(3)质点在15 s 和25 s 末向什么方向运动？(4)质点在前30 s 内的运动路程是多少？解析：(1)质点离开平衡位置的最大距离等于最大位移的大小，由题图看出，此距离为20 cm.(2)质点在10 s 末的位移x 1＝20 cm ，20 s 末的位移x 2＝0.(3)15 s 末质点位移为正，15 s 后的一段时间，位移逐渐减小，故质点在15 s 末向负方向运动，同理可知，25 s 末质点也向负方向运动．(4)前30 s 质点先是由平衡位置沿正方向运动了20 cm ，又返回平衡位置，最后又到达负方向20 cm 处，故30 s 内的总路程为60 cm.答案：(1)20 cm (2)20 cm 0 (3)负方向 负方向 (4)60 cm。
人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》单元检测题(解析版)
《机械振动》单元检测题一、单选题1.下列运动中可以看作机械振动的是( )A．声带发声B．音叉被移动C．火车沿斜坡行驶D．秋风中树叶落下2.关于单摆，下列说法中正确的是( )A．单摆摆球所受的合外力指向平衡位置B．摆球经过平衡位置时加速度为零C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比3.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是( ) A．适当加长摆线B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期4.弹簧振子做简谐振动，若某一过程中振子的加速度在增加，则此过程中，振子的( )A．速度一定在减小B．位移一定在减小C．速度与位移方向相反D．加速度与速度方向相同5.如图所示，质量分别为mA ＝2 kg和mB＝3 kg的A、B两物块，用劲度系数为k的轻弹簧相连后竖直放在水平面上，今用大小为F＝45 N的力把物块A向下压使之处于静止状态，然后突然撤去压力，则(g取10 m/s2) ( )A．物块B有可能离开水平面B．物块B不可能离开水平面C．只要k足够小，物块B就可能离开水平面D．只要k足够大，物块B就可能离开水面6.做简谐运动的物体，它所受到的回复力F、振动时的位移x、速度v、加速度a，那么在F、x、v、a中，方向有可能相同的是( )A．F、x、a B．F、v、a C．x、v、a D．F、x、v7.曾因高速运行时刹不住车而引发的“丰田安全危机”风暴席卷全球，有资料分析认为这是由于当发动机达到一定转速时，其振动的频率和车身上一些零部件的固有频率接近，使得这些零部件就跟着振动起来，当振幅达到一定时就出现“卡壳”现象．有同学通过查阅资料又发现丰田召回后的某一维修方案，就是在加速脚踏板上加一个“小铁片”．试分析该铁片的作用最有可能的是( )A．通过增加质量使整车惯性增大B．通过增加质量使得汽车脚踏板不发生振动C．通过增加质量改变汽车脚踏板的固有频率D．通过增加质量改变汽车发动机的固有频率8.做简谐运动的物体，当其位移为负时，以下说法正确的是( )A．速度一定为正值，加速度一定为负值B．速度一定为负值，加速度一定为正值C．速度不一定为负值，加速度不一定为正值D．速度不一定为负值，加速度一定为正值9.一个弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后开始振动，第二次把弹簧压缩2x后开始振动，则两次振动的周期之比和最大加速度的大小之比分别为( )A．1∶21∶2 B．1∶11∶1 C．1∶11∶2 D．1∶21∶1 10.关于机械振动，下列说法正确的是( ) A．往复运动就是机械振动B．机械振动是靠惯性运动的，不需要有力的作用C．机械振动是受回复力作用D．回复力是物体所受的合力11.甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲<θ乙<5°，由静止开始释放，则( )A．甲先摆到平衡位置B．乙先摆到平衡位置C．甲、乙两摆同时到达平衡位置D．无法判断二、多选题12. 如图所示，乙图图象记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图象的说法正确的是 ( )A．a图线表示势能随位置的变化关系B．b图线表示动能随位置的变化关系C．c图线表示机械能随位置的变化关系D．图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变13. 振动着的单摆，经过平衡位置时( )A．回复力指向悬点 B．合力为0C．合力指向悬点 D．回复力为014. 两个简谐振动的曲线如图所示．下列关于两个图象的说法正确的是( )A．两个振动周期相同 B．两个振动振幅相同C．两个振动初相相同 D．两个振动的表达式相同15. 下列运动中属于机械振动的是( )A．小鸟飞走后树枝的运动B．爆炸声引起窗子上玻璃的运动C．匀速圆周运动D．竖直向上抛出物体的运动三、实验题16.在利用单摆测定重力加速度的实验中：(1)实验中，应选用的器材为______．(填序号)①1米长细线②1 米长粗线③10厘米细线④泡沫塑料小球⑤小铁球⑥秒刻度停表⑦时钟⑧厘米刻度米尺⑨毫米刻度米尺(2)实验中，测出不同摆长对应的周期值T，作出T2－L图象，如图所示，T2与L的关系式是T2＝____________，利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线斜率k，再由k可求出g＝____________.(3)在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的______．A．计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径B．测量周期时，将n次全振动误记为n＋1次全振动C．计算摆长时，将悬线长加小球直径D．单摆振动时，振幅偏小四、计算题17.光滑水平面上的弹簧振子的质量m＝50 g，若在弹簧振子处于偏离平衡位置的最大位移处开始计时(t＝0)，在t＝1.8 s时，振子恰好第五次通过平衡位置，此时振子的速度大小v＝4 m/s.求：(1)弹簧振子的振动周期T；(2)在t＝2 s时，弹簧的弹性势能E p.18.如图所示，质量为M＝0.5 kg的框架B放在水平地面上．劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧竖直放在框架B中，轻弹簧的上端和质量为m＝0.2 kg的物体C连在一起．轻弹簧的下端连在框架B的底部．物体C在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C竖直向下缓慢压下一段距离x＝0.03 m后释放，物体C就在框架B中上下做简谐运动．在运动过程中，框架B始终不离开地面，物体C始终不碰撞框架B的顶部．已知重力加速度大小为g＝10 m/s2.试求：当物体C运动到最低点时，物体C的加速度大小和此时物体B对地面的压力大小．19.如图所示有一下端固定的轻弹簧，原长时上端位于O0点，质量为m的小物块P(可视为质点)与轻弹簧上端相连，且只能在竖直方向上运动．当物体静止时，物体下降到O点，测得弹簧被压缩了x0.现用一外力将物体拉至O0点上方O2点，轻轻释放后，物1块将开始做简谐运动，已知O0、O2两点间距离x0，当地重力加速度为g.求：(1)物块过O1点时的速度v1是多大？(2)若物块达到O3点(图中没有标出)时，物块对弹簧的压力最大，则最大压力是重力的几倍？(3)从O2点到O3点过程中弹性势能变化了多少？答案解析1.【答案】A【解析】物体在平衡位置附近所做的往复运动，叫做机械振动，通常简称为振动；声带的振动发出声音是在其平衡位置附近的振动，故A正确；音叉被移动、火车沿斜坡行驶都是单方向的运动，不是在其平衡位置附近的振动，故B、C错误；秋风中树叶落下不是在其平衡位置附近作往复运动，故D错误．2.【答案】C【解析】单摆既是简谐运动也是竖直面内的圆周运动，沿圆心方向和切线方向均有合力，A项错误；在平衡位置时，单摆具有竖直向上的合力，加速度不为零，B项错误，但是此时回复力为零，C项正确；摆角很小时，摆球的回复力与摆球相对平衡位置的位移成正比，D项错误．3.【答案】A【解析】单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，故A正确．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C错误．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误．4.【答案】A【解析】简谐运动中，根据a＝－x可知振子的加速度增大时，则位移增大，振子从平衡位置正向最大位移处运动，所以速度逐渐减小，故A正确，B错误；振子从平衡位置正向最大位移处运动，速度与位移方向相同，故C错误；振子的速度在减小，做减速运动，则运动的加速度的方向一定与速度的方向相反，故D错误．5.【答案】B【解析】先假设物块B是固定的，A将做简谐运动，在释放点(最低点)F回＝F＝45 N，由对称性知，物块A在最高点的回复力大小F回′＝F回＝45 N，此时F回＝GA＋F弹，所以F弹＝25 N<GB，故物块B不可能离开水平面，选项B正确．6.【答案】B【解析】回复力F＝－kx，故回复力和x方向一定不同；但是位移和加速度，在向平衡位置运动过程中，方向相同，速度的方向也可能相同．故A、C、D错误，B正确．7.【答案】C【解析】惯性的大小与质量有关，加一个小铁片，对整车的惯性影响不大，A错误；振动是不可避免的，B错误；通过增加质量改变汽车脚踏板的固有频率，以免发生共振，C正确，D错误；故选：C.8.【答案】D【解析】若位移为负，由a＝－可知加速度a一定为正，因为振子每次通过同一位置时，速度可能有两种不同的方向，所以速度可正可负，故D正确，A、B、C错误．9.【答案】C【解析】弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定，与振幅无关．所以两次振动的周期之比为1∶1；由简谐运动的特征：a＝－得：最大加速度的大小之比a m1∶a m2＝x∶2x＝1∶2，故选C.10.【答案】C【解析】机械振动应该是以某一点为中心对称的运动，不是所有的往复运动都是机械振动，A错误；机械振动是需要力来维持的，B项错误、C项正确；回复力不一定是合力，也可能是合力的一部分，D项错误．11.【答案】C【解析】两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，选项C正确．12.【答案】CD【解析】A点摆球的重力势能最大，动能最小，所以a是摆球重力势能随位置的变化关系，b是摆球动能随位置的变化关系，整个过程中摆球机械能保持不变，所以c是摆球机械能随位置变化的关系，故答案为C、D.13.【答案】CD【解析】单摆经过平衡位置时，位移为0，由F＝－kx可知回复力为0，故A错误，D 正确；单摆经过平衡位置时，合力提供向心力，所以其合力指向圆心(即悬点)，故B错误，C正确．14.【答案】AB【解析】从振动图象可以看出两个振动的周期相同，离开平衡位置的最大位移即振幅相同，A、B对．两个振动的零时刻相位即初相不同，相位不同，表达式不同，C、D错．15.【答案】AB【解析】物体所做的往复运动是机械振动，A、B正确；圆周运动和竖直向上抛出物体的运动不是振动，C、D错误．16.【答案】(1)①⑤⑥⑨(2)(3)A【解析】(1)摆线选择1 m左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺，故选①⑤⑥⑨.(2)根据单摆的周期公式T＝2π得，T2＝，可知图线的斜率k＝＝，解得g＝.(3)根据T＝2π得，g＝，计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故A正确．测量周期时，将n次全振动误记为n＋1次全振动，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故B错误．计算摆长时，将悬线长加小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．单摆振动时，振幅偏小，不影响重力加速度的测量，故D错误．17.【答案】(1)0.8 s (2)0.4 J【解析】(1)在t＝1.8 s时，振子恰好第五次通过平衡位置，则有：2T＝1.8 s振子振动周期为：T＝0.8 s(2)由题意可知，弹簧振子做简谐运动，根据对称性，从最大位移处释放时开始计时，在t＝1.8 s时，振子通过平衡位置时弹性势能为零，动能为：E＝mv2＝×0.05×42J＝0.4 J，k则振子的机械能为：E＝E k＋E p＝0＋0.4 J＝0.4 J.t＝2 s＝2.5T，则在t＝2 s末到达最大位移处，弹簧的弹性势能为最大，动能为零，此时弹簧的弹性势能即为0.4 J；18.【答案】15 m/s210 N【解析】物体C放上之后静止时：设弹簧的压缩量为x0，对物体C，有：mg＝kx0解得：x0＝0.02 m当物体C从静止向下压缩x后释放，物体C就以原来的静止位置为中心上下做简谐运动，振幅A＝x＝0.03 m当物体C运动到最低点时，对物体C，有：k(x＋x0)－mg＝ma解得：a＝15 m/s2当物体C运动到最低点时，设地面对框架B的支持力大小为F，对框架B，有：F＝Mg＋k(x＋x0)解得：F＝10 N由牛顿第三定律知框架B对地面的压力大小为10 N.19.【答案】(1)2(2)最大压力是重力的3倍(3)4mgx0【解析】(1)因为O1、O2两点与O0点距离相同，所以弹性势能相同，故：mg(2x)＝mv－mv其中：v2＝0解得：v1＝2(2)最高点合力为2mg，最低点合力也为2mg，故在最低点，有：F－mg＝2mgN解得：F＝3mgN即得弹力是重力的3倍；(3)由动能定理可知：＋W N＝mv－mvWGE＝－W Np又因为初末状态速度为零，所以：ΔE p＝－W N＝WG＝4mgx0.。
人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》检测题(含答案解析)
第十一章《机械振动》检测题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1.弹簧振子作简谐振动的周期是4 s，某时刻该振子的速度为v，要使该振子的速度变为－v，所需要的最短时间是( )A． 1 s B． 2 s C． 4 s D．无法确定2.小球做简谐运动，则下述说法正确的是( )A．小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B．小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C．小球的速度大小与位移成正比，方向相反D．小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反3.弹簧振子沿直线作简谐运动，当振子连续两次经过相同位置时下列说法不正确的( ) A．回复力相同 B．加速度相同 C．速度相同 D．机械能相同4.任何物体都有自己的固有频率．研究表明，如果把人作为一个整体来看，在水平方向上振动时的固有频率约为5 Hz.当工人操作风镐、风铲、铆钉机等振动机械时，操作者在水平方向将做受迫振动．在这种情况下，下列说法正确的是( )A．操作者的实际振动频率等于他自身的固有频率B．操作者的实际振动频率等于机械的振动频率C．为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量接近人的固有频率D．为了保证操作者的安全，应尽量提高操作者的固有频率5.水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则( )A．v1＝2v2 B． 2v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v26.如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则( )A．质点在3 s末的位移为2 m B．质点在4 s末的位移为8 mC．质点在4 s内的路程为8 m D．质点在4 s内的路程为零7.如图所示是单摆做阻尼运动的位移—时间图线，下列说法中正确的是( )A．摆球在P与N时刻的势能相等 B．摆球在P与N时刻的动能相等C．摆球在P与N时刻的机械能相等 D．摆球在P时刻的机械能小于N时刻的机械能8.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为( )A． B． C． D．无法判断9.如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期( )A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大10.关于简谐运动周期、频率、振幅说法正确的是( )A．振幅是矢量，方向是由平衡位置指向最大位移处B．周期和频率的乘积不一定等于1C．振幅增加，周期必然增加，而频率减小D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关11.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．某同学由此图线提供的信息做出了下列判断①t＝0.2 s时摆球正经过最低点．②t＝1.1 s时摆球正经过最低点．③摆球摆动过程中机械能减少．④摆球摆动的周期是T＝0.6 s.上述判断中，正确的是( )A．①③ B．②③ C．③④ D．②④12.如图为某质点做简谐运动的图象．下列说法正确的是( )A．t＝0时，质点的速度为零B．t＝0.1 s时，质点具有y轴正向最大加速度C．在0.2 s～0.3 s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D．在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动13.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的最高点，D是圆环上与M靠得很近的一点(DM远小于)．已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C点自由下落到M点，d球从D点静止出发沿圆环运动到M点．则下列关于四个小球运动时间的关系，正确的是( )A．tb＞tc＞ta＞td B．td＞tb＞tc＞ta C．tb＞tc＝ta＞td D．td＞tb＝tc＝ta14.如图所示，一轻弹簧上端固定，下端系在甲物体上，甲、乙间用一不可伸长的轻杆连接，已知甲、乙两物体质量均为m，且一起在竖直方向上做简谐振动的振幅为A(A＞)．若在振动到达最高点时剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A1，若在振动到达最低点时间剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A2.则( )A．A2＞A＞A1 B．A1＞A＞A2 C．A＞A2＞A1 D．A2＞A1＞A二、多选题(每小题至少有两个正确答案)15.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力．如图是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落．从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是( )A．t1时刻小球速度最大 B．t2时刻绳子最长C．t3时刻小球动能最小 D．t3与t4时刻小球速度大小相同16.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置，合力一定为零D．物体到达平衡位置，回复力一定为零17.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，以下说法正确的是( )A．测量摆长时，应用力拉紧摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D．应从摆球通过最低位置时开始计时18.(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经t秒与B发生正碰．碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道，当两球第二次相碰时( )A．相间隔的时间为4t B．相间隔的时间为2tC．将仍在O处相碰 D．可能在O点以外的其他地方相碰19.如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，下列说法正确的是( )A．物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供C．物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小跟位移大小之比为kD．物体A的回复力大小跟位移大小之比为k E．若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为三、实验题20.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，实验步骤如下：Ⅰ.选取一个摆线长约1 m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．Ⅱ.用米尺量出悬线长度，精确到毫米，作为摆长．Ⅲ.放开小球让它来回摆动，用停表测出单摆做30～50次全振动所用的时间，计算出平均摆动一次的时间．Ⅳ.变更摆长，重做几次实验，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值．(1)上述实验步骤有两点错误，请一一列举：Ⅰ.________________________________________________________________________；Ⅱ.________________________________________________________________________；(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，测得的重力加速度变______．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，当地的重力加速度的真实值g ＝____________.21.在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆．(1)如图，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图象如图所示．在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为____________．(2)为测量摆长，该同学用米尺测得摆线长为85.72 cm，又用游标卡尺测量出圆柱体的直径(如图甲)与高度(如图乙)，由此可知此次实验单摆的摆长为______cm.(3)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了下表中所列实验数据．请在坐标系中画出相应图线(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息．四、计算题22.如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)在0～0.6 s的时间内质点通过的路程；(4)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(5)振动质点在0.6 s～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)振动质点在0.4 s～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？答案解析1.【答案】D【解析】要使该振子的速度变为－v，可能经过同一位置，也可能经过关于平衡位置对称的另外一点；由于该点与平衡位置的间距未知，故无法判断所需要的最短时间，故选D.2.【答案】B【解析】简谐运动的回复力与位移关系为：F＝－kx，方向相反，A、C、D错；a＝，所以加速度与位移成正比，方向相反，B正确．3.【答案】C【解析】弹簧振子在振动过程中，两次连续经过同一位置时，位移、加速度、回复力、动能、势能、速度的大小均是相同的．但速度的方向不同，故速度不同．故选C.4.【答案】B【解析】物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，可知操作者的实际频率等于机械的振动频率，故A错误，B正确；当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象，所以为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量远离人的固有频率，故C错误；有关部门作出规定：拖拉机、风镐、风铲、铆钉机等各类振动机械的工作频率必须大于20 Hz，操作者的固有频率无法提高，故D错误．5.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，周期与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处所用的时间为；第一次位移为2A，第二次位移为4A，即位移之比为1∶2，根据平均速度的定义式＝，平均速度之比为1∶2.6.【答案】C【解析】振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移．位移是矢量，有大小，也有方向．因此3 s末的位移为－2 m,4 s末位移为零．路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C正确．7.【答案】A【解析】由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N两时刻位移大小相同，关于平衡位置对称，所以势能相等，A正确；由于系统机械能在减少，P、N时刻势能相同，则P处动能大于N处动能，故B、C、D错．8.【答案】B【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T＝2π得T1＝2π；T2＝2π；联立解得g＝，故选B.9.【答案】B【解析】在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.10.【答案】D【解析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，A错；周期和频率互为倒数，B错；做简谐运动的物体的频率和周期由振动系统本身决定，C错误，D正确．11.【答案】A【解析】摆球经过最低点时，拉力最大，在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，故①正确；摆球经过最低点时，拉力最大，在1.1 s时，拉力最小，所以此时摆球不是经过最低点，是在最高点，故②错误；根据牛顿第二定律知，在最低点F－mg＝m，则F＝mg＋m，在最低点的拉力逐渐减小，知是阻尼振动，机械能减小，故③正确；在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期：T＝2×(0.8 s－0.2 s)＝1.2 s，故④错误．12.【答案】D【解析】由图可知，在t＝0时，质点经过平衡位置，所以速度最大，故A错误；当t＝0.1 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式a＝－y，知加速度负向最大．故B错误；在0.2 s时，质点经过平衡位置，0.3 s时质点的位移为负向最大，质点沿y轴负方向做加速度增大的减速运动，故C错误；在0.5 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，0.6 s时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动，故D正确．13.【答案】C【解析】对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝2.对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝g sin 60°＝g，根据x2＝a2t得，t2＝. 对于CM段，位移x3＝2R，加速度a3＝g，由x3＝gt得，t3＝2.对于D小球，做类单摆运动，t4＝＝.故C正确．14.【答案】A【解析】未剪断轻杆时，甲、乙两物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x0＝；当剪断轻杆时，甲物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x＝，可知，平衡位置向上移动．则在振动到达最高点时剪断轻杆，A1＜A；在振动到达最低点时间剪断轻杆，A2＞A；所以有：A2＞A＞A1.15.【答案】BD【解析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大，故A错误；t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长，故B正确；t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小，故C错误；t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，故D正确．16.【答案】AD【解析】平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D对．17.【答案】BCD【解析】测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差，故A错误．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则单摆的振动不是简谐运动，故B正确．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确．由于摆球经过最低点时速度最大，从摆球通过最低位置时开始计时，测量周期引起的误差最小，故D 正确．18.【答案】BC【解析】因为它是一个很大的光滑圆弧，可以当作一个单摆运动．所以AB球发生正碰后各自做单摆运动．T＝2π，由题目可知A球下落的时间为t＝T，由此可见周期与质量、速度等因素无关，所以碰后AB两球的周期相同，所以AB两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的．所以要经过2t的时间，AB两球同时到达O处相碰．19.【答案】ACE【解析】A做简谐运动时的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确；物体B作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误；物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：a＝，对A：F f＝ma ＝，可见，作用在A上的静摩擦力大小F f，即回复力大小与位移大小之比为：，故D错误；据题知，物体间达到最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：kA＝(M＋m)a，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得：A＝，故E正确．20.【答案】(1)Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时(2)小＋【解析】(1)上述实验步骤有两点错误Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径；Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时．(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，等效的重力加速度g′＝，所以测得的重力加速度变小．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，由单摆的周期公式得出T＝2πg＝＋.21.【答案】(1)(2)88.10 (3)如图所示(4)摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系【解析】(1)摆球做简谐运动，每次经过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t＝(N－1)T解得：T＝(2)图乙游标卡尺的主尺读数为47 mm，游标读数为0.1×5 mm＝0.5 mm，则最终读数为47.5 mm＝4.75 cm.所以圆柱体的高度为h＝4.75 cm，摆长是悬点到球心的距离，则摆长l＝85.72 cm＋＝88.10 cm(3)根据描点法作出图象，如图所示：(4)由图象可知，摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系．22.【答案】(1)5 cm (2)x＝5sin(2.5πt) cm(3)15 cm (4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零【解析】(1)由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5 cm，此即质点离开平衡位置的最大距离．(2)由图象可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0.所以x＝A sin(ωt＋φ)＝A sin(t)＝5sin(t) cm＝5sin(2.5πt) cm.(3)由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s,0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm.(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向．(5)由振动图象可以看出，在0.6 s～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小．(6)由图象可以看出，在0.4 s～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零．。
高中物理选修3-4各单元检测试题(完整版)附解答与解析
第一章·机械振动·单元检测一、不定项选择题(共10小题，每小题4分,）1．(2012·青州一中检测)做简谐运动的物体，其加速度a随位移x的变化规律应是下图中的哪一个()2．如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时，乙在平衡位置的()A．左方，向右运动B．左方，向左运动C．右方，向右运动D．右方，向左运动3．关于质点做简谐运动，下列说法中正确的是()A．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反B．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大D．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小4．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()驱动力频率/Hz304050607080受迫振动的10.216.827.1228.116.58.3振幅/cmA.f固＝60 Hz B．60 Hz<f固<70 HzC．50 Hz<f固<70 Hz D．以上三个答案都不对5．有一弹簧振子，振幅为0.8cm，周期为0.5s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是()A ．x ＝8×10－3sin(4πt ＋π2)mB ．x ＝8×10－3sin(4πt －π2)mC ．x ＝8×10－1sin(πt ＋3π2)mD ．x ＝8×10－1sin(π4t ＋π2)m6．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．质点振动频率是4HzB ．在10s 内质点经过的路程是20cmC ．第4s 末质点的速度是零D ．在t ＝1s 和t ＝3s 两时刻，质点位移大小相等，方向相同7．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的( )A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变、振幅改变D ．频率改变、振幅不变8．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过钢轨接缝处时，车轮就会受到一次冲击。
物理选修3-4第11、12章复习
1、如图，水平放置的弹性长绳上有一系列均匀分布的质点1、2、3…现使质点1在竖直方向做简谐振动，振动将沿绳向右传播，质点1起振方向向上，当振动传播的13点时，质点1恰好完成一次全振动，此时质点9的运动情况是 （ ）A 、加速度方向向上B 、加速度正在增大C 、速度方向向上D 、速度方向向下2、如图，在均匀介质中有一振源S ，它以50Hz 的频率上下振动，该振动以40m/s 的速度沿弹性绳向左右两边传播，t ＝0时刻S 的速度方向向下，试画出在t ＝0.03s 时刻的波形图。
x=2.5cm 处，已知从t=0到t=1.1s 时间内，P 点第三次出现在波峰位置，则P 点的振动周期是_____S ，经过______S 另一质点Q 第一次到达波峰。
4、如图，实线是一列简谐波在某一时刻的波形图，虚线是0.2S 后它的波形图，这列波可能的传播速度是_______ __。
5、如图所示，S 1、S 2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相同。
实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷。
关于图中所标的a 、b 、c 、d 四点，下列说法中正确的有 （ ）A.该时刻a 质点振动最弱，b 、c 质点振动最强，d 质点振动既不是最强也不是最弱B.该时刻a 质点振动最弱，b 、c 、d 质点振动都最强C. a 质点的振动始终是最弱的， b 、c 、d 质点的振动始终是最强的D.再过T /4后的时刻a 、b 、c 三个质点都将处于各自的平衡位 置，因此振动最弱6、闻其声而不见其人是声波的 现象。
夏日雷声隆隆，是声波的 现象。
围绕发声的音叉走一圈，听到声音忽强忽弱，是声波的 现象。
在墙外听到墙内的人讲话，这是声波的 现象。
在由同一声源带动的两个扬声器之间走动时，听到声音时强时弱，这是声波 现象。
在路边听迎面驶来的汽车的鸣笛声与在汽车上的驾驶员听到的声音不一样是声波的 。
高速公路边上的测速仪是利用超声波的 。
7、下列关于振动和波的关系说法中，正确的是（ ）A 、如果波源停止振动，那么在介质中传播的波也立即停止传播。
2023年江苏物理高考试题(含(含答案))
2023 年江苏高考物理试题一．单项选择题：此题共5 小题每题3 分，共计15 分。
每题只有一个选项符合题意。
1.我国高分系列卫星的高区分对地观看力气不断提高。
今年5 月9 日放射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。
与“高分四号”相比，以下物理量中“高分五号”较小的是(A)周期(B)角速度(C)线速度(D)向心加速度2.承受220kV1 高压向远方的城市输电，当输送功率确定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的4 ，输电电压应变为(A)55kV (B)110kV (C)440kV (D)880kV3.某弹射管每次弹出的小球速度相等。
在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。
无视空气阻力，两只小球落到水平地面的(A)时刻一样，地点一样(B)时刻一样，地点不同(C)时刻不同，地点一样(D)时刻不同，地点不同4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。
无视空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是5.如以下图，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。
现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板外表仍均为等势面，则该油滴(A)照旧保持静止(B)竖直向下运动(C)向左下方运动(D)向右下方运动二．多项选择题:此题共4 小题，每题4 分，共计16 分。
每题有多个选项符合题意。
全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分。
6.火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客觉察放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。
在此10s 时间内，火车(A)运动路程为600m (B)加速度为零(C)角速度约为1rad/s (D)转弯半径约为3.4km 7．如以下图，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。
物块由A点静止释放，沿粗糙程度一样的水平面对右运动，最远到达B点。
河北省邯郸一中高中物理 第十一章 机械振动单元测试题 新人教版选修3-4
河北省邯郸一中高中物理第十一章机械振动单元测试题新人教版选修3-4一、选择题(每小题4分，共18小题72分,选不全得2分，选错得零分)1．以下几种运动，哪个不是简谐运动A．拍皮球时，球的运动B．一只小球在半径很大的光滑凹球面上来回滑动，且假设它经过的弧线很短C．质点做匀速圆周运动时，它在直径上的投影点的运动D．竖直悬挂的弹簧上挂一重物，在弹性限度内，将重物拉开一定距离，然后放手任其运动2．有一作简谐运动的弹簧振子，周期为2s。
如果从弹簧振子向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t＝3.4s至t＝3.5s的过程中，摆球的A．速度向右在增大，加速度向右在减小B．速度向左在增大，加速度向左也在增大C．速度向左在减小，加速度向右在增大D．速度向右在减小，加速度向左也在减小3．如图为某简谐运动图象，若t＝0时，质点正经过O点向b运动，则下列说法正确的是A．质点在0.7 s时的位移方向向左，且正在远离平衡位置运动B．质点在1.5 s时的位移最大，方向向左，在1.75 s时，位移为1 cmC．质点在1.2 s到1.4 s过程中，质点的位移在增加，方向向左D．质点从1.6 s到1.8 s时间内，质点的位移正在增大，方向向右4．如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端连结一质量为m的木块.将木块从OO′处向右拉开一段位移L，然后放手，使木块在粗糙水平地面上减幅振动直至静止，设弹簧第一次恢复原长时木块的速度为v0，则A．弹簧第一次向左运动的过程中，木块始终加速B．木块第一次向左运动的过程中，速度最大的位置在OO′处C．木块先后到达同一位置时，动能一定越来越小D．整个过程中木块只有一次机会速率为v05．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝，则质点A．第1 s末与第3 s末的位移相同B．第1 s末与第3 s末的速度相同C．第3 s末至第5 s末的位移方向都相同D．第3 s末至第5 s末的速度方向都相同6．如图所示，两长方体木块A和B叠放在光滑水平面，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为f，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子。
2016浙江版高考物理复习高考12题：第11题选修3-4模块预测题型2计算题练含答案
姓名：________班级：________学号：________预测题型2计算题练1．(2015·绥化二模)一湖面上有一伸向水面混凝土观景台，如图1所示是截面图，观景台下表面恰好和水面相平，A为观景台右侧面在湖底投影，水深h＝4 m．在距观景台右侧面x＝4 m处有一可沿竖直方向移动单色点光源S，现该光源从距水面高3 m处向下移动到接近水面过程中，观景台水下被照亮最远距离为AC，最近距离为AB，若AB＝3 m，求：图1(1)水折射率n；(2)光能照亮最远距离AC(计算结果可以保留根号)．2．(2015·大连二模)如图2所示是一个透明圆柱横截面，其半径为R，折射率是3，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB距离是多少？图23．(2015·金华二模)如图3所示，AOB为半圆柱形玻璃砖截面直径，玻璃折射率为n＝2，现有一束平行光线以45°角入射到AB面上后，经折射从半圆面上部分位置射出．试求半圆柱面能被照亮部分与整个半圆柱弧面面积之比．图34．弹性绳沿x轴水平放置，左端位于坐标原点，用手握住绳左端，当t＝0时使其开始沿y轴负方向做振幅为8 cm简谐运动，在t＝0.5 s时，绳上形成波刚好传到M点(如图4所示)，则：图4(1)该波波速为多少？(2)从t＝0开始经过多少时间，位于x2＝45 cm处质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置．5．一列横波在x轴上传播，t1＝0时刻波形如图5中实线所示，t2＝0.05 s时刻波形如图中虚线所示．求：图5(1)这列波振幅和波长；(2)这列波最小波速大小和方向．答案精析预测题型2 计算题练1．(1)43 (2)1277m 解析 (1)点光源S 在距水面高3 m 处发出光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮距离为最近距离AB ，则：由于n ＝sin i sin r， 所以水折射率n ＝x 32＋x 2AB AB 2＋h 2＝43(2)点光源S 接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮距离为最远距离AC ，此时，入射角为90°，折射角为临界角C则：n ＝sin 90°sin C ＝AC 2＋h 2AC ＝43解得：AC ＝1277 m 2.32R 解析 根据折射定律n ＝sin αsin β＝3， 由几何关系2β＝α可得β＝30°，α＝60°，所以CD ＝R sin α＝32R 3．1∶2解析 入射角i ＝45°由n ＝sin i sin r得折射角r ＝30° 又由sin C ＝1n，得C ＝45° 则透射光范围为EF 段，如图所示∠MEO ＝∠NFO ＝45°∠AOE ＝180°－∠MEO －(90°－r )＝75°∠BOF ＝180°－∠NFO －(90°＋r )＝15°则∠EOF ＝180°－∠AOE －∠BOF ＝90°故被照亮部分与整个半圆柱弧面面积之比为1∶2.4．(1)0.1 m/s (2)5.5 s解析 (1)从题图上可以看出，0.5 s 内，波传播了Δx ＝λ4＝5 cm ，波长为λ＝0.2 m ，传播时间为t ＝T 4，质点起振方向为沿y 轴负方向，所以周期T ＝2 s ， 波速v ＝λT ＝0.22m/s ＝0.1 m/s. (2)经过t 1＝Δx v ＝4.5 s 质点N 恰好开始向下振动，再经过t 2＝T 2＝1 s 质点N 第一次沿y 轴正方向向上经过平衡位置，Δt ＝t 1＋t 2＝5.5 s.5．(1)0.2 m 8 m (2)40 m/s ，方向向右解析 (1)通过图象可知振幅A ＝0.2 m ，波长为λ＝8 m.(2)假设波向右传播，则波波峰移动了0.25λ，当然通式可以表示为14T ＋nT ＝0.05 s ，根据v ＝λT可知，v ＝λT ＝80.24n ＋1m/s ＝40(4n ＋1) m/s ，当n ＝0时波速最小，为40 m/s ，向右传播．同理假设向左传播，则波波峰移动了0.75λ，当然通式可以表示为34T ＋nT ＝0.05 s ，根据v ＝λT 可知，v ＝λT＝80.24n ＋3 m/s ＝40(4n ＋3) m/s ，最小波速为120 m/s ，所以波应该向右传播，波速最小．。
高考物理母题解读（十三）选修3-4母题2单摆
高考母题解读高考题千变万化，但万变不离其宗。
千变万化的新颖高考题都可以看作是由母题衍生而来。
研究高考母题，掌握母题解法规律，使学生触类旁通，举一反三，可使学生从题海中跳出来，轻松备考，事半功倍。
母题2、单摆【解法归纳】单摆是重要的简谐运动模型，单摆运动具有等时性单摆简谐运动周期与振幅无关。
单摆周期公式：T=2πLg，公式中L为单摆的摆长，是指悬点到摆球球心的距离；g为等效重力加速度，它等于摆球处于静止状态时摆线中拉力F与摆球质量m的比值。
由单摆的周期公式可知：单摆的振动周期与摆球质量m和振幅A无关，只与摆长L和当地的重力加速度有关。
典例（2022·全国理综）一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为。
设地球的半径为R。
假定地球的密度均匀。
已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d。
【针对训练题精选解析】1．（2022高考上海物理）．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的（）A．频率、振幅都不变B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变2一单摆在空气中摆动，振幅逐渐减小，下列说法正确的是A振动的机械能逐渐转化为其它形式的能量B 后一时刻的动能一定小于前一时刻的动能C 后一时刻的势能一定小于前一时刻的势能D 后一时刻的机械能一定小于前一时刻的机械能4 （2022四川理综卷第17题）．我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球。
假如宇航员在月球上测得摆长为的单摆做小振幅振动的周期为T ，将月球视为密度均匀、半径为r 的球体，则月球的密度为A ．23l GrT πB ．23l GrT πC ．2163l GrT πD ．2316l GrTπ5．（2022北京西城期末）如图所示，长度为的轻绳上端固定在O 点，下端系一小球（小球可以看成质点）。
在O 点正下方，距O 点43l 处的≪g l 2π3gl 4π3的物块，将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。
2011年高考物理预测题(二)
Q北大附中高考物理预测题(二)命题人:王留峰 日期:2011年4月23一、选择题（本题共8小题。
在每小题给出的四个选项中，共48分。
有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）1．以下关于物理学史的说法正确的是 （ ） A ．伽利略通过“小球在斜面上的运动”实验推出了落体运动定律 B ．“电流的周围存在磁场”最早是由安培发现的C ．牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”D ．电荷量e 的数值最早是由法国学者库仑用实验测得的2．神舟七号经过变轨后，最终在距地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行，约每90分钟绕地球一圈。
则下列说法正确的是 （ ）A ．神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于9．8m/s 2B ．神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于8km/sC ．神舟七号飞船在轨道上正常飞行时，宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态，在舱内行走时，须穿带钩的鞋子，地板是网格状的D ．神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大3．2009年8月20日，在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2米04的成绩获得冠军。
弗拉希奇身高约为1．93m ，忽略空气阻力，g 取10m/s 2。
则下列说法正确的是A ．弗拉希奇下降过程处于失重状态B ．弗拉希奇起跳以后在上升过程处于超重状态C ．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她的重力D ．弗拉希奇起跳时的初速度大约为4．5m/s4．平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v －t 图线，如图所示。
若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是 A ．图线b 的斜率为一常量，与坐标轴标度的选取无关 B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30° C ．2t 1时刻的动能是初动能的4倍D ．0~t 1时间内重力的功率与t 1~2t 1时间内重力的功率之比为1∶4 5．如图所示，虚线框内存在着沿纸面方向的匀强电场（具体方向未画出），一质子从bc 边上的M 点以速度v 0垂直于bc 边射入电场，只在电场力作用下，从cd边上的Q 点飞出电场．下列说法正确的是（ ） 姓名: 班级:A ．不管电场方向如何，质子从M 点到Q 点一定做匀变速运动B ．电场方向一定是垂直ab 边向右C ．电场力一定对电荷做了正功D ．M 点的电势一定高于Q 点的电势6．边长为a 的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图（1）所示，则图（2）中图象规律与这一过程相符合的是（ ）7．质量为50kg 的某人沿一竖直悬绳匀速向上爬，在爬高3 m 的过程中，手与绳子之间均无相对滑动，重力加速度g 取10m/s 2，则下列说法正确的是 （ ） A ．绳子对人的静摩擦力做功等于人的重力势能的增加 B ．绳子对人的静摩擦力做功等于人的机械能的增加 C ．绳子对人的静摩擦力做功为1500 JD ．人克服自身重力做功使其重力势能增加1500 J8．一正弦交变电压的电压u 随时间t 变化的规律如图所示。
高中物理模块要点回眸第11点加强点振动“强”减弱点振动“弱”素材沪科版选修3-4
第11点加强点振动“强”，减弱点振动“弱”学习了波的干涉之后，有些同学会有这样的错误认识：振动加强点(区)，质点总处于波峰(或波谷)，振动减弱点(区)质点总处于平衡位置(即不振动)．其实不然，下面咱们根据振动加强点和减弱点的振动图像来理解它们的振动特点．1．振动加强点的振动图像如图1所示，对于图中的a点，设波源S1、S2在a点引起的振幅分别为A1和A2，以图中a 点波峰与波峰相遇时刻计时，波源S1、S2分别引起a点的振动图像如图2甲、乙所示，当两列波重叠后，a点同时参与两个振动，合振动的图像如图2丙所示．图1图2从图中可看出：对于a点，在t＝0时是两列波的波峰和波峰相遇，经过半个周期，就变成波谷和波谷相遇，再过半个周期，就变成波峰和波峰相遇．也就是说，a点始终是振动加强点，合振动的振幅等于两列波分别引起的振幅之和．从图像还可以看出，振动加强的a点并不是始终处于波峰或波谷，它仍然在平衡位置附近振动，其位移随时间变化，其振动比两列波单独时剧烈了．2．振动减弱点的振动图像如图1所示，以波源S1、S2分别将波峰、波谷传给减弱点b时刻开始计时，波源S1、S2分别引起b点的振动图像如图3甲、乙所示，当两列波重叠后，b点同时参与两个振动，合振动的图像如图3丙所示．图3从图像可以看出，在t＝0时，b点是一列波(S1)的波峰和另一列波(S2)的波谷相遇，经过半个周期，就变成一列波(S1)的波谷和另一列波(S2)的波峰相遇，在这一点两列波引起的合振动始终是减弱的，质点振动的振幅等于两列波的振幅之差．从图像还可以看出，振动减弱的b点并不是不振动，只是振幅最小，等于两列波的振幅之差．只有当两列波的振幅相等时，振动减弱的质点才不振动．对点例题如图4所示是水波干涉的示意图，S1、S2是两波源，A、D、B三点在一条直线上，两波源的频率相同，振幅相等，则下列说法正确的是( )图4A．A点一直在波峰，B点一直在波谷B．B点一会儿在波峰，一会儿在波谷C．C点一会儿在波峰，一会儿在波谷D．D点一会儿在波峰，一会儿在波谷解题指导在波的干涉中，振动加强区域里的质点总在自己的平衡位置两侧做简谐振动，只是质点的振幅较大，为A1＋A2.本题中由于A1＝A2，故振动减弱区的质点并不振动，C点是波峰与波谷相遇，为减弱点，故C点不振动．而此时A点是波峰与波峰相遇，是加强点，B点是波谷与波谷相遇，是加强点，又A、D、B三点在一条振动加强线上，这条线上任一点的振动都是加强的，故此三点都为加强点，故此三点都是一会儿在波峰，一会儿在波谷．答案BD易错警示要切实理解好振动加强和振动减弱的含义是解决本题的关键．振动加强和振动减弱是针对振幅而不是位移而言的．若认为只有干涉图样上波峰和波峰、波谷和波谷相遇的点才是振动加强的点，波峰和波谷相遇的点为振动减弱的点，可能漏选 D.若误认为加强点永远位于波峰，减弱点永远位于波谷，会误选A.1．如图5所示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿y 轴正方向传播．图中实线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置．对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况，下列判断正确的是( )图5A．a、b点振动加强，c、d点振动减弱B．a、c点振动加强，b、d点振动减弱C．a、d点振动加强，b、c点振动减弱D．a、b、c、d四点的振动都加强答案 B解析当两列波产生干涉现象时，会形成加强区与减弱区彼此相间的稳定的干涉图样．在题图中设A、B、C、D四点处在实线的交点，即波峰与波峰相遇，都是加强点，又由于甲、乙两列波分别沿x轴正方向和y轴正方向传播，所以BD决定的直线为加强线，过A、C且平行于BD的两条直线也应是加强线．由图不难看出，a、c点处在振动加强区，b、d点处在振动减弱区．2．如图6所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个机械波波源，振幅为A.a、b、c三点分别位于S1、S2连线的中垂线上，且ab＝bc.某时刻a是两列波波峰的相遇点，c是两列波波谷的相遇点，则( )图6A．a处质点的位移始终为2AB．c处质点的位移始终为－2AC．b处质点的振幅为2AD．c处质点的振幅为2A答案CD解析由于a是两列波波峰的相遇点，c是两列波波谷的相遇点，所以a点和c点均为振动加强的点．但是，只要a点和c点有振动，位移就有变化．a、c两点的振幅为2A，不等于说a、c两点的位移始终为2A或－2A，选项A、B错误．b点位于S1、S2的中垂线上，S1、S2传到b点的振动同步，所以b点也是振动加强的点，实际上在S1S2连线的中垂线上的任何点都是振动加强的点，选项C、D正确．。
2022年河北省新高考物理试卷和答案
2022年河北省新高考物理试卷和答案一、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．（4分）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。
由图像可知（）A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动2．（4分）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。
则望舒与地球公转速度大小的比值为（）A．2B．2C．D．3．（4分）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。
输出电压为U。
忽略线圈电阻，下列说法正确的是（）A．发电机输出的电压为πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz：UD．发电机产生的瞬时电动势πNBSnzsin（2πnz）4．（4分）如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压U c与入射光频率ν的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。
由图像可知（）A．钠的逸出功为hνcB．钠的截止频率为8.5×1014HzC．图中直线的斜率为普朗克常量D．遏止电压U c与入射光频率v成正比5．（4分）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t 变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0+kt，B0和k均为常量、则线圈中总的感应电动势大小为（）A．kS1B．5kS2C．k（S1﹣5S2）D．k（S1+5S2）6．（4分）如图，真空中电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面（取无穷远处电势为零）。
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图5 (1) 这列波的振幅和波长； (2) 这列波的最小波速的大小和方向．
答案精析
预测题型 2 计算题练
1．
(1)
4 3
(2)12 7
7
m
解析 (1) 点光源 S 在距水面高 3 m 处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，
被照亮的距离为最近距离 AB，则：
由于 n＝ sin i ， sin r
t
2＝
T 2
＝
1
s
质点
N 第一次沿
y 轴正方
向向上经过平衡位置， Δt＝ t1＋t 2＝ 5.5 s.
5． (1)0.2 m 8 m (2)40 m/s，方向向右
解析 (1) 通过图象可知振幅 A＝ 0.2 m，波长为 λ＝ 8 m.
(2) 假设波向右传播，则波的波峰移动了
1 0.25λ，当然通式可以表示为 4T＋ nT＝ 0.05 s，根据 v
∠ AOE＝180°－ ∠ MEO － (90 °－ r)＝ 75° ∠ BOF ＝180°－ ∠ NFO－ (90 °＋ r )＝ 15°
则 ∠ EOF＝ 180°－ ∠AOE－ ∠ BOF ＝ 90° 故被照亮的部分与整个半圆柱弧面的面积)5.5 s
水面的过程中，观景台水下被照亮的最远距离为
AC，最近距离为 AB，若 AB＝ 3 m，求：
图1 (1) 水的折射率 n； (2) 光能照亮的最远距离 AC( 计算结果可以保留根号 )．
2． (2015 ·大连二模 )如图 2 所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为
R，折射率是 3，AB 是
一条直径． 今有一束平行光沿 AB 方向射向圆柱体． 若一条入射光线经折射后恰经过 B 点， 则
这条入射光线到 AB 的距离是多少？
图2
3．(2015 ·金华二模 )如图 3 所示， AOB 为半圆柱形玻璃砖截面的直径， 玻璃的折射率为 n＝ 2， 现有一束平行光线以 45°角入射到 AB 面上后，经折射从半圆面上的部分位置射出．试求半圆 柱面能被照亮的部分与整个半圆柱弧面的面积之比．
图3
4．弹性绳沿 x 轴水平放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当
120 m/s ，所以波应该向右传播，波速最
4n＋3
小．
x
所以水的折射率 n＝ 32＋ x2 ＝ 4
AB
3
AB2 ＋h2
(2) 点光源 S 接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最
远距离 AC ，此时，入射角为 90°，折射角为临界角 C
则： n＝sin 90
＝°
AC
2＋
h
2
＝
4
sin C
AC
3
解得： AC ＝12 7
7m
3 2. 2 R
t ＝ 0 时使其开始沿 y
轴负方向做振幅为 8 cm 的简谐运动， 在 t＝ 0.5 s 时，绳上形成的波刚好传到 M 点 (如图 4 所示 )，
则：
图4
(1) 该波的波速为多少？
(2) 从 t＝0 开始经过多少时间，位于 置．
x2＝45 cm 处的质点 N 恰好第一次沿 y 轴正向通过平衡位
5．一列横波在 x 轴上传播， t1＝ 0 时刻波形如图 5 中实线所示， t2＝ 0.05 s 时刻波形如图中虚 线所示．求：
λ
λ
＝ T可知， v＝ T＝
8 0.2
m/s ＝ 40(4 n ＋ 1) m/ s，当 n＝ 0 时波速最小，为 40 m/s，向右传播．同
4n＋ 1
理假设向左传播， 则波的波峰移动了
0.75λ，当然通式可以表示为
3 4T＋ nT＝ 0.05 s，根据
v＝ Tλ可
知， v＝Tλ＝
8 0.2
m/s ＝ 40(4 n ＋ 3) m/ s，最小波速为
解析 (1) 从题图上可以看出， 0.5 s 内，波传播了 Δx＝ λ＝ 5 cm，波长为 λ＝ 0.2 m，传播时间 4
为 t＝ T4，质点起振方向为沿 y 轴负方向，所以周期 T＝ 2 s，
波速
v
＝Tλ＝
0.2 2
m/s ＝ 0.1 m/
s.
(2) 经过
t1＝
Δx＝ v
4.5
s
质点
N 恰好开始向下振动，再经过
解析
根据折射定律
n＝
sin sin
αβ＝
3，
由几何关系 2β＝α
可得 β＝30°， α＝ 60°，
所以
CD ＝Rsin α＝
3 2R
3． 1∶2
解析 入射角 i＝ 45°
由
n＝
sin sin
i r
得折射角
r＝ 30°
又由 sin C＝1n，得 C＝ 45°
则透射光范围为 EF 段，如图所示
∠ MEO ＝ ∠ NFO＝ 45°
姓名： ________ 班级： ________ 学号： ________
预测题型 2 计算题练
1． (2015 ·绥化二模 )一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，如图
1 所示是截面图，观景台下
表面恰好和水面相平， A 为观景台右侧面在湖底的投影，水深 h＝4 m．在距观景台右侧面 x
＝ 4 m 处有一可沿竖直方向移动的单色点光源 S，现该光源从距水面高 3 m 处向下移动到接近