第二章素养检测

小球通过平衡位置时,速度最大,位移为零, $ \mathrm{A} $ 错误;简谐运动的回复力 $ F=-kx $ ,故回复力与位移反向,若位移为负值，则回复力方向沿正方向， $ \mathrm{B} $ 错误;小球通过平衡位置时,速度最大,动能最大,势能最小， $ \mathrm{C} $ 错误;小球每次通过同一位置时,位移一定相同,速度大小相等,但速度方向可能相同,也可能相反,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

已知 $ {A}_{1}{O}_{1}={A}_{2}{O}_{2} $ ,甲、乙两质点分别经过 $ {O}_{1} $ 、 $ {O}_{2} $ 的速率相等,结合题意,作出甲质点从 $ {A}_{1} $ 到 $ {O}_{1} $ 与乙质点从 $ {A}_{2} $ 到 $ {O}_{2} $ 过程的 $ v-t $ 图像,如图所示,由于 $ v-t $ 图线与 $ t $ 轴所围图形的面积表示位移,则甲、乙的 $ v-t $ 图线与 $ t $ 轴所围图形面积相等,可得 $ {t}_{1} < {t}_{2} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

偏心轮转速调至 $ n=120\mathrm{r}/ \min =2.0\mathrm{r}/\mathrm{s} $ 时,驱动力频率为 $ f=2.0\mathrm{H}\mathrm{z} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;仅向料槽内添加物料（增大总质量）,固有频率变小,驱动力频率和固有频率相差更大,则料槽振幅减小,故 $ \mathrm{B} $ 错误;仅降低偏心轮转速至 $ n^\prime =60\mathrm{r}/ \min =1.0\mathrm{r}/\mathrm{s} $ ,驱动力频率为 $ f^\prime =1.0\mathrm{H}\mathrm{z} $ ,等于固有频率,此时发生共振,料槽振幅增大,故 $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

对整体受力分析可知,弹簧弹力提供回复力,当位移最大时,根据牛顿第二定律得 $ kA=2ma $ ,上面物块的回复力由静摩擦力提供,当位移最大时,最大静摩擦力满足 $ \mu mg=ma $ ,联立解得动摩擦因数为 $ \mu =\dfrac{kA}{2mg} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；根据弹簧振子的振动周期公式可知,当振子质量变为原来的2倍时,周期变为原来的 $ \sqrt{2} $ 倍,故 $ \mathrm{B} $ 错误；由于上方物块是处于最大位移处时放上去的,而此时速度为零,总机械能为弹簧的弹性势能,在弹性势能和动能的转化过程中,只有弹簧弹力做功,所以系统的总机械能守恒,则振幅不变,故 $ \mathrm{D} $ 错误；系统的总机械能为 $ E=\dfrac{1}{2}k{A}^{2} $ ,根据机械能守恒定律得位于平衡位置时两物块具有最大动能,则有 $ \dfrac{1}{2}×2m{v}_{\mathrm{m}}^{2}=E $ ,解得 $ {v}_{\mathrm{m}}=\sqrt{\dfrac{k{A}^{2}}{2m}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

$ O $ 点为平衡位置,小球受到的合力为零,由 $ qE \cos {60}^{\circ }=k{x}_{0} $ ,解得 $ {x}_{0}=2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；小球从 $ B $ 点到 $ O $ 点的过程,由能量守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}k{\left(A-{x}_{0}\right) ^ {2}}+qEA \cos {60}^{\circ }=\dfrac{1}{2}m{v}_{\mathrm{m}}^{2}+\dfrac{1}{2}k{x}_{0}^{2} $ ,解得 $ A=6\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；在 $ B $ 点时,由牛顿第二定律有 $ k(A-{x}_{0})+qE \cos {60}^{\circ }=kA=ma $ ,代入数据解得 $ a=1.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,方向水平向右，故 $ \mathrm{C} $ 错误；小球运动过程中,电场力对小球做功,所以系统机械能不守恒,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据单摆振动的规律可知,在一个周期内摆球会两次经过最低点,即摆线会出现两次拉力最大的时刻,由题图乙可知,单摆周期为 $ 1.6\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；根据单摆周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ 可得,单摆摆长 $ l=\dfrac{g{T}^{2}}{4{\mathrm{\pi }}^{2}}=0.64\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；设单摆的摆角为 $ \theta $ ,当摆球摆到最高点时摆线拉力最小,为 $ {F}_{ \min }=mg \cos \theta $ ,设摆球运动至最低点时的速度大小为 $ v $ ,则根据机械能守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=mgl(1- \cos \theta ) $ ,在最低点时,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{ \max }-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{l} $ ,联立解得 $ {F}_{ \min }=0.96\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；根据单摆周期公式可知,周期与摆球质量无关,所以若仅将摆球质量变为 $ 200\mathrm{g} $ ,单摆周期不变,故 $ \mathrm{D} $ 正确 $ .\mathrm{B} $ 符合题意.

$ A $ 在平衡位置时,所受合力为零,设弹簧的压缩量为 $ {x}_{0} $ ,则 $ {m}_{A}g=k{x}_{0} $ ,解得 $ {x}_{0}=0.02\mathrm{m}=2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,则 $ A $ 的平衡位置离地面的高度 $ h=l-{x}_{0}=8\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ A $ 完成任意半个周期振动通过的路程都为2倍的振幅,但 $ A $ 可能做往复运动,通过的位移不一定相同,根据 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}}={m}_{A}g\mathrm{\Delta }h $ 可知,重力势能变化量不一定相等,故 $ \mathrm{B} $ 错误；物体 $ A $ 放在弹簧上端并与之连接,若保持物体 $ B $ 始终在地面上,则当物体 $ A $ 以最大振幅振动时, $ A $ 在最高点时,物体 $ B $ 对地面的最小压力为0,此时对 $ B $ ,根据平衡条件可知,弹簧的弹力大小为 $ F={m}_{B}g=2\mathrm{N} $ ,此时 $ A $ 所受的合力大小为 $ {F}_{合}=F+{m}_{A}g=3\mathrm{N} $ , $ A $ 所受的合力提供回复力,根据简谐运动的对称性可知,当 $ A $ 在最低点时回复力大小也为 $ 3\mathrm{N} $ ,则此时弹簧的弹力大小为 $ F^\prime ={F}_{合}+{m}_{A}g=4\mathrm{N} $ ，对 $ B $ ,根据平衡条件可知, $ B $ 受到地面最大的支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}}=F^\prime +{m}_{B}g=6\mathrm{N} $ ,根据牛顿第三定律可知,物体 $ B $ 对地面的最大压力为 $ {F}_{压}={F}_{\mathrm{N}}=6\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

由题图可知,两单摆的周期相同,同一地点重力加速度 $ g $ 相同,由单摆的周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ 可知,甲、乙两单摆的摆长相等,故 $ \mathrm{A} $ 错误；甲单摆的振幅为 $ 5\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,乙单摆的振幅为 $ 3\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,则甲单摆的振幅比乙单摆的大,故 $ \mathrm{B} $ 正确；由 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ ,解得甲单摆的摆长 $ l=\dfrac{{T}^{2}}{4{\mathrm{\pi }}^{2}}g\approx 1\mathrm{m} $ ,则甲单摆的最大偏角 $ {\theta }_{ \max }=\dfrac{A}{l}=\dfrac{0.05}{1}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}\approx {2.9}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；在 $ t=0.5\mathrm{s} $ 时,甲单摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙单摆的位移为负的最大值,则乙单摆具有正向最大加速度,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

$ B $ 球从发生碰撞到重新回到 $ P $ 点运动的总时间为 $ t=\dfrac{2d}{v} $ ,根据题意可知，单摆的周期为 $ T=2t=\dfrac{4d}{v} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；根据单摆的周期公式有 $ \dfrac{4d}{v}=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ ,解得重力加速度大小为 $ g=\dfrac{l{\mathrm{\pi }}^{2}{v}^{2}}{4{d}^{2}} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；单摆的周期为 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{l}{g}} $ ,可知 $ A $ 球碰撞前后周期不变,故 $ A $ 球释放后到达 $ P $ 点经历的时间等于 $ A $ 球碰后再次到达最高点的时间,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据动能定理得 $ mgh=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,根据碰撞过程中动量守恒有 $ m{v}_{0}=m{v}_{A}+0.2mv $ ,联立解得 $ {v}_{A}=\sqrt{2gh}-\dfrac{v}{5} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题知，蛙头在平衡位置时弹簧的压缩量为 $ {x}_{0} $ ，故蛙头到达的最低点到平衡位置的距离为 $ 3{x}_{0}-{x}_{0}=2{x}_{0} $ ，蛙头做简谐运动，根据简谐运动对称性，可知蛙头到达的最高点到平衡位置的距离也为 $ 2{x}_{0} $ ，所以蛙头释放后其上升的最大高度为 $ 4{x}_{0} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；根据对称性，蛙头到达最高点时的加速度最大，速度为零，故 $ \mathrm{B} $ 错误；以平衡位置为坐标原点，设蛙头做简谐运动的振动方程为 $ x=2{x}_{0} \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}t+\varphi ) $ ，当 $ t=0 $ 时位移为 $ -2{x}_{0} $ ，则有 $ -2{x}_{0}=2{x}_{0} \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}×0+\varphi ) $ ，解得 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，则蛙头做简谐运动的振动方程为 $ x=2{x}_{0} \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，弹簧恢复原长时的位移 $ {x}_{1}={x}_{0} $ ，代入方程有 $ {x}_{0}=2{x}_{0} \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}{t}_{1}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，解得 $ {t}_{1}=\dfrac{1}{3}T $ ，蛙头到达最高点时的位移 $ {x}_{2}=2{x}_{0} $ ，代入方程有 $ 2{x}_{0}=2{x}_{0} \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}{t}_{2}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，解得 $ {t}_{2}=\dfrac{1}{2}T $ ，蛙头从弹簧压缩量为 $ 3{x}_{0} $ 到恢复原长的运动时间与从弹簧恢复原长到到达最高点的运动时间之比为 $ \dfrac{{t}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}=\dfrac{\dfrac{1}{3}T}{\dfrac{1}{2}T-\dfrac{1}{3}T}=\dfrac{2}{1} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误；弹簧压缩量为 $ {x}_{0} $ 时蛙头的位移为 $ {x}_{3}=0 $ ，代入方程有 $ 0=2{x}_{0} \sin (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}{t}_{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，解得 $ {t}_{3}=\dfrac{1}{4}T $ ，蛙头从弹簧压缩量为 $ 3{x}_{0} $ 到 $ {x}_{0} $ 的运动时间与从弹簧压缩量为 $ {x}_{0} $ 到恢复原长的运动时间之比为 $ \dfrac{{t}_{3}}{{t}_{1}-{t}_{3}}=\dfrac{\dfrac{1}{4}T}{\dfrac{1}{3}T-\dfrac{1}{4}T}=\dfrac{3}{1} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 游标卡尺的主尺读数为 $ 8\mathrm{m}\mathrm{m} $ ,游标尺读数为 $ 0.05×2\mathrm{m}\mathrm{m}=0.10\mathrm{m}\mathrm{m} $ ,则 $ D=8.10\mathrm{m}\mathrm{m}=8.10×{10}^{-3}\mathrm{m} $ .

（2） 摆球在 $ O $ 点时速度最大，经过 $ O $ 点的时间最短，测量误差较小，因此应从摆球经过最低点 $ O $ 时开始计时.

（3） 根据单摆周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ 可得 $ g=\dfrac{4{\mathrm{\pi }}^{2}L}{{T}^{2}} $ .该式只有当摆动的最大角度小于 $ {5}^{\circ } $ 时才成立,所以单摆的振幅较小,不影响重力加速度的测量,故 $ \mathrm{A} $ 错误；若单摆的悬点未固定紧,振动中出现松动,使摆线变长了,则摆长的测量值偏小,重力加速度的测量值将偏小,故 $ \mathrm{B} $ 错误；若把 $ n $ 次摆动的时间误记为 $ (n+1) $ 次摆动的时间,则周期的测量值偏小,重力加速度的测量值将偏大,故 $ \mathrm{C} $ 正确；若以摆线长 $ l $ 作为摆长来计算,则摆长的测量值偏小,重力加速度测量值将偏小,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（4） 根据单摆的周期公式 $ T=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{L}{g}} $ ,整理可得 $ L=\dfrac{g}{4{\mathrm{\pi }}^{2}}{T}^{2} $ ,即 $ L-{T}^{2} $ 图线斜率为 $ \dfrac{g}{4{\mathrm{\pi }}^{2}} $ ,则有 $ \dfrac{g}{4{\mathrm{\pi }}^{2}}=\dfrac{{L}_{2}-{L}_{1}}{{T}_{2}^{2}-{T}_{1}^{2}} $ ,解得 $ g=\dfrac{4{\mathrm{\pi }}^{2}({L}_{2}-{L}_{1})}{{T}_{2}^{2}-{T}_{1}^{2}} $ .

（1） 由题图可知 $ T=2×{10}^{-2}\mathrm{s} $ , $ A=2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,则 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=100\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ , $ t=0 $ 时, $ x=A \sin \varphi =-A $ ,得 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,简谐运动的位移随时间变化的关系式为 $ x=2 \sin (100\mathrm{\pi }t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\mathrm{c}\mathrm{m} $ .

（2） 从 $ t=0 $ 到 $ t=6.5×{10}^{-2}\mathrm{s} $ 时间内, $ \mathrm{\Delta }t=6.5×{10}^{-2}\mathrm{s}=\dfrac{13}{4}T $ ,一个周期内振子通过的路程为 $ 4A $ ,振子从最大位移处开始的 $ \dfrac{T}{4} $ 时间内的路程为 $ A $ ,所以通过的路程 $ s=\dfrac{13}{4}×4A=13A=26\mathrm{c}\mathrm{m} $ .

（3） 根据简谐运动的表达式 $ x=2 \sin (100\mathrm{\pi }t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\mathrm{c}\mathrm{m} $ ，将 $ t=0.25×{10}^{-2}\mathrm{s} $ 代入，可得 $ t=0.25×{10}^{-2}\mathrm{s} $ 时，振子的位移 $ x^\prime =2 \sin (100\mathrm{\pi }×0.25×{10}^{-2}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\mathrm{c}\mathrm{m}=-\sqrt{2}\mathrm{c}\mathrm{m} $ .

（4） 如图所示，分析第一个周期内，将 $ x=-1\mathrm{c}\mathrm{m} $ 代入，有 $ -1\mathrm{c}\mathrm{m}=2 \sin (100\mathrm{\pi }t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\mathrm{c}\mathrm{m} $ ，解得 $ t=\dfrac{1}{3}×{10}^{-2}\mathrm{s} $ 或 $ t=\dfrac{5}{3}×{10}^{-2}\mathrm{s} $ ，

由 $ A\to B. $ ，有 $ {t}_{1}=2×(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3})×{10}^{-2}\mathrm{s}=\dfrac{1}{3}×{10}^{-2}\mathrm{s} $ ，

由 $ A\to C. $ ，有 $ {t}_{2}=\dfrac{T}{2}=1×{10}^{-2}\mathrm{s} $ ,

同理，若由 $ D $ 开始运动，有 $ {t}_{3}=1×{10}^{-2}\mathrm{s} $ ， $ {t}_{4}=\dfrac{5}{3}×{10}^{-2}\mathrm{s} $ ，

根据周期性可知，振子从 $ -1\mathrm{c}\mathrm{m} $ 振动到 $ 1\mathrm{c}\mathrm{m} $ ，经历的时间为 $ t=nT+\dfrac{1}{3}×{10}^{-2}\mathrm{s}=(\dfrac{1}{3}+2n)×{10}^{-2}\mathrm{s} $ 或 $ t=nT+1×{10}^{-2}\mathrm{s}=(1+2n)×{10}^{-2}\mathrm{s} $ 或 $ t=nT+\dfrac{5}{3}×{10}^{-2}\mathrm{s}=(\dfrac{5}{3}+2n)×{10}^{-2}\mathrm{s}(n=0,1,2,\cdots ) $ .

（1） 刚开始物块 $ B $ 处于静止状态,沿斜面方向有 $ mg \sin \theta =k\mathrm{\Delta }{x}_{1} $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }{x}_{1}=\dfrac{mg}{2k} $ .

（2） 设物块 $ C $ 与物块 $ B $ 碰撞前瞬间的速度为 $ {v}_{0} $ ,从开始释放 $ C $ 到与 $ B $ 碰撞前，由动能定理有 $ mgL \sin \theta =\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,

设碰后物块 $ D $ 的速度为 $ {v}_{1} $ ,由动量守恒定律有 $ m{v}_{0}=2m{v}_{1} $ ,

物块 $ D $ 做简谐运动,处于平衡位置时速度最大,设平衡位置处弹簧的形变量为 $ \mathrm{\Delta }{x}_{2} $ ,受力分析可知 $ k\mathrm{\Delta }{x}_{2}=2mg \sin \theta $ ,

碰后物块 $ D $ 运动到平衡位置的过程中,由动能定理有 $ 2mg \sin \theta (\mathrm{\Delta }{x}_{2}-\mathrm{\Delta }{x}_{1})-{W}_{弹}=\dfrac{1}{2}×2m{v}_{ \max }^{2}-\dfrac{1}{2}×2m{v}_{1}^{2} $ ,

克服弹力做的功 $ {W}_{弹}=\dfrac{1}{2}k{\left(\mathrm{\Delta }{x}_{2}\right) ^ {2}}-\dfrac{1}{2}k{\left(\mathrm{\Delta }{x}_{1}\right) ^ {2}} $ ,

解得 $ {v}_{ \max }=\sqrt{\dfrac{m{g}^{2}}{8k}+\dfrac{gL}{4}} $ .

（3） 物块 $ D $ 运动到最高点时,物块 $ A $ 恰好不离开挡板,此时弹簧的形变量 $ \mathrm{\Delta }{x}_{3}=\dfrac{2mg \sin \theta }{k}=\dfrac{mg}{k} $ ,

故物块 $ D $ 做简谐运动的振幅 $ A=\mathrm{\Delta }{x}_{2}+\mathrm{\Delta }{x}_{3}=\dfrac{2mg}{k} $ ,

以平衡位置为坐标原点,以沿斜面向下为 $ x $ 轴正方向,则简谐运动的方程为 $ x=\dfrac{2mg}{k} \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{{t}_{0}}t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,

则第一次 $ x=\dfrac{mg}{k} $ 时, $ {t}_{1}=\dfrac{{t}_{0}}{3} $ ,

第二次 $ x=\dfrac{mg}{k} $ 时, $ {t}_{2}=\dfrac{5{t}_{0}}{3} $ ,

考虑到简谐运动的周期性,则有 $ t=2n{t}_{0}+\dfrac{{t}_{0}}{3}(n=0,1,2,\cdots ) $ 或 $ t=2n{t}_{0}+\dfrac{5{t}_{0}}{3}(n=0,1,2,\cdots ) $ .

（1） 设木筷的横截面积为 $ S $ ,水的密度为 $ \rho $ ,木筷静止时水下长度为 $ {x}_{0} $ ,根据平衡条件有 $ \rho gS{x}_{0}=mg $ ,把木筷向上提起一段距离后放手,以向上为正方向,设木筷底部在水下相对于平衡位置的距离为 $ x $ ,则木筷受到的合力为 $ {F}_{合}=\rho gS({x}_{0}-x)-mg $ ,解得 $ {F}_{合}=-\rho gSx=-kx $ ,可知木筷在水中做简谐运动.

（2） 某同学发现木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能.他分析之后认为,木筷与铁丝损失的机械能应转化为了水的重力势能,他的结论是正确的.当木筷与铁丝在最高点时,木筷在水下长度最小,排开水的体积最小,盆中水面高度最低,水的重力势能较小；当木筷与铁丝在最低点时,木筷在水下长度最大,排开水的体积最大,盆中水面高度最高,水的重力势能较大,故木筷与铁丝从最高点到最低点过程,水的重力势能增大,木筷与铁丝的机械能减小,则木筷与铁丝在最高点的机械能大于它们在最低点的机械能.

（3） 由于木筷在水中做简谐运动,有 $ {F}_{合}=-kx $ ,木筷与铁丝在最高点时速度为0,在平衡位置时速度最大,动能最大,从最高点到平衡位置,合力做的功为 $ W=\dfrac{kA+0}{2}\cdot A=\dfrac{1}{2}k{A}^{2} $ ,

根据动能定理可得 $ W={E}_{\mathrm{k}\mathrm{m}}-0 $ ,

联立可得 $ {E}_{\mathrm{k}\mathrm{m}}=\dfrac{1}{2}k{A}^{2}\propto {A}^{2} $ .