2017优化方案高考总复习物理第十二章第一节课后检测能力提升含解析.doc

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,当它每次经过同一地址时,必定同样的物理量是( )






分析:选


,经过同一地址时,位移、回复力和加速度是确立不变的,而
速度的方向和回到均衡地址的时间可能不一样,应选

A、C、D.
2.(2016·孝感统测)以下说法正确的选项是( )
.摆钟走时快了一定调短摆长,才可能使其走时正确
.挑水时为了防范水从桶中荡出,可以加速或减慢走路的步频
,停在海面的小船上下振动,是共振现象
.队伍要便步经过桥梁,是为了防范桥梁发生共振而坍塌
,是由于玻璃杯发生了共振
分析:选

,说明摆钟的周期变小了,依据

T=2π

L可知增大摆长

L可以
g
增大摆钟的周期,A错误;挑水时为了防范水从桶中荡出,可以改变走路的步频,B正确;在连续均匀的海浪冲击下,停在海面的小船上下振动,是受迫振动,C错误;队伍便步经过桥梁,不可以产生较强的驱动力,就防范桥梁发生共振现象,故D正确;当声音频率等于玻璃杯频率时,杯子发生共振而破碎,E正确.
3.
以以下图为某弹簧振子在0~5s内的振动图象,由图可知,以下说法中正确的选项是( )
,振幅为8cm
,加速度为负向的最大值



分析:选

末系统势能最大
:

T=4s,A=8cm,故



2s

末,振子的加速度正向最大,
B错误;第3s末,振子正向经过均衡地址,C正确;从第1s末到第
误;第2s末振子速度为零,动能最小,势能最大,故E正确.

2s

末,振子沿负向减速,

D错
4.
某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x=Asinωt,振动图象以以下图,则( )

1

2
,弹簧振子的位移大小为
2A

,振子的加速度与速度方向同样.
分析:,其位移
x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩,
所以弹簧在第1s末与第
5s末时,固然位移大小同样,但方向不一样,弹簧长度不一样,选项
A错误;
由图象可知,T=8s,故频率为f=1
2π=
π
π
4rad/s,则将t=3s代入x=Asin4
8Hz,选项B正确;ω=T
2
t,可得弹簧振子的位移大小
x=2A,选项C正确;第3s末至第
5s末弹簧振子沿同一方向经过关于
均衡地址对称的两点,故速度方向同样,选项
D正确;第5s末加速度与速度反向,
E错误.
5.
以以下图为同一地址的两单摆甲、乙的振动图象,则以下说法中正确的选项是( )
.甲、乙两单摆的摆长相等
.甲摆的振幅比乙摆大

=

分析:,甲摆的振幅比乙摆的大,两单摆的振动周期同样,依据单
摆周期公式T=2π·
L
g可得,甲、乙两单摆的摆长相等,但不知道摆长是多少,不可以计算出重力
加速度g,故A、B正确,E错误;两单摆的质量未知,所以两单摆的机械能没法比较,故
C错误;
在t=,乙摆有负向最大位移,即有正向最大加速度,而甲摆的位移为零,加速度为零,故
D
正确.

O点为均衡地址,在
A、B两点间做简谐运动的弹簧振子,图乙为这个弹簧
振子的振动图象,由图可知以下说法中正确的选项是
( )
=,弹簧振子的加速度为正向最大
==,弹簧振子在同一地址
=0到t=,弹簧振子做加速度增大的减速运动
=,弹簧振子有最小的弹性势能
==,振子速度都为零
分析:=,弹簧振子的位移为正向最大值,而弹簧振子的加速度与位移大小成正
比,方向与位移方向相反,A错误;在t==,弹簧振子的位移同样,B正确;
从t=0到t=,弹簧振子从均衡地址向最大位移处运动,
位移逐渐增大,加速度逐渐增大,
加速度方向与速度方向相反,弹簧振子做加速度增大的减速运动,
C正确;在t=,弹簧振子
的位移为负向最大值,即弹簧的形变量最大,
弹簧振子的弹性势能最大,
D错误;t==,
振子在最大位移处,速度为零,
E正确.
,绳的一端在
t=0时开始做周期为
T的简谐运动,经过时间t(3T/4<t<T),

2t时,该点位于均衡地址的(
)
,且向上运动
,且向下运动
,且向上运动
,且向下运动
分析:,
3

T<t<T,所以均衡地址上方的最大位移处质点再运动
4
质点应在均衡地址上方,且向上运动,故只有
A项正确.
8.(2016·银川模拟)在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来,并且越抖越厉害,此后代们经过了艰辛的探究,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法,
( )




分析:,振幅较大,所以要减弱机翼的振动,一定
改变机翼的固有频率,选

D.
9.(2014·高考浙江卷)一位旅客在千岛湖畔欲乘坐游船,当天风波很大,
船浮动简化成竖直方向的简谐运动,振幅为20cm,,甲板恰好与


10cm

时,,旅客能舒
服登船的时间是

(

)





分析:
T=、ω=
2π
、A=20cm知,游船做简谐运动的振动方程
x=Asin
ω
T
t=20sin
2π
t(cm).在一个周期内,当x=10cm时,解得t1=,t2=
3
间t=t2-t1=,选项C正确,选项A、B、D错误.
,,经
过四分之一周期,
是(

)
分析:
,

O为均衡地址,由题意知

t=T4时,振子拥有正向最大加速度,故此时振子应在

A
处,,只有A项正确.
二、非选择题
11.(2016·成都摸底)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,某实验小组在丈量单摆的周期时,
从单摆运动到最低点开始计时,且记数为1,到第n次经过最低点所用的时间为t;在丈量单摆的摆
长时,先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后的摆线长为l,再用游标卡尺测得摆球的直径为d.
该单摆的摆长为________.
该单摆的周期为________.
(3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=________________.
实验结束后,某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大,其原由可能是下述原由中的
____________.
.单摆的悬点未固定紧,摇动中出现松动,使摆线增加了
(n+1)次摇动的时间

.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
分析:到第n次经过最低点所用的时间的周期数为
n-1,该单摆的周期为
T=2t
2
n-
式,T=2π·
l+d/2
,联立解得g=
(n-1)2π2(2l+d)
2t
2
.若单摆的悬点未固定紧,摇动中出现松
g
动,使摆线增加了,丈量的周期增大,即
t增大,由此可知,测得的重力加速度的值偏小,
选项A错误;若把
n次摇动的时间误记为(n+1)次摇动的时间,由
g=
(n-1)2π2(2l+d)
可
2t
2
知测得的重力加速度的值总是偏大,选项B正确;若以摆线长作为摆长来计算,由g=
(n-1)2π2(2l+d)
选项C错误;以摆线长与摆球的直径之
2
可知测得的重力加速度的值总是偏小,
2t
和作为摆长为计算,
由g=
(n-1)2π2(2l+d)
选项D正确.
2
可知测得的重力加速度的值总是偏大,
2t
答案:(1)l+d
(2)
2t
(n-1)2π2(2l+d)
(4)BD
(3)
2t
2
2
n-1
,小球
m自A点以初速度
︵
v向AD方向开始运动,已知AB=,AB圆弧的半径
R=10m,AD=10m,A、B、C、
g取10m/s2,欲使小球恰能经过C
点,其初速度v应为多少?
分析:小球m的运动由两个分运动合成,这两个分运动分别是:以速度
v沿AD方向的匀速直线
运动和在圆弧面上
︵
?R,所以小球在圆弧面上的来去运动拥有等时性,
吻合类单摆模型,其圆弧半径
R即为类单摆的摆长,小球
m恰好能经过
C,则有
2n+1
AD=vt,且满足t=
2
T(n=0,1,2,3)
又T=2π
R
g,解以上方程得
10
v=π(2n+1)m/s(n=0,1,2,3).
10
答案:π(2n+1)m/s(n=0,1,2,3)