2025高考物理 人教版選擇性必修第1冊專項復習第2章　3含答案

2025高考物理人教版選擇性必修第1冊專項復習第2章3含答案第二章3基礎強化練(時間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題6分，共36分)1．在簡諧運動中，振子每次經過同一位置時，下列各組中描述振動的物理量總是相同的是(B)A．速度、加速度和動能B．加速度、動能、回復力和位移C．加速度、速度、動能和位移D．位移、動能、速度和回復力解析：振子每次經過同一位置時，其加速度、動能、回復力和位移總相同，速度可能反向，故選B。A、C、D錯誤。2．關于回復力，下列說法錯誤的是(D)A．回復力是物體離開平衡位置時受到的指向平衡位置的力B．回復力是按力的作用效果命名的，它可能由彈力提供，也可能由摩擦力提供C．回復力可能是幾個力的合力，也可能是某一個力的分力D．振動物體在平衡位置時，其所受合力為零解析：回復力是物體離開平衡位置時受到的指向平衡位置的力，故A正確；回復力是按力的作用效果命名的，它可能由彈力提供，也可能由摩擦力提供，故B正確；回復力可能是幾個力的合力，也可能是某一個力的分力，故C正確；振動物體在平衡位置時，其所受合力不一定為零，例如單擺擺到最低點時合力不為零，故D錯誤。3．(2024·山東六校聯考高二段考)甲、乙為豎直懸掛的兩個彈簧振子，且懸掛振子的彈簧勁度系數相同，已知兩振子質量之比是4∶1，振動圖像如圖所示。則下列說法正確的是(B)A．甲、乙兩彈簧振子的振動頻率之比是2∶1B．甲、乙兩彈簧振子在10s內經過的路程之比是1∶1C．甲、乙兩彈簧振子最大加速度之比是2∶1D．甲、乙兩彈簧振子最大速度之比是4∶1解析：由題圖可知，甲、乙兩彈簧振子的振動周期分別為T甲＝2.0s，T乙＝1.0s，頻率f＝eq\f(1,T)，甲、乙兩彈簧振子的頻率之比f甲∶f乙＝T乙∶T甲＝1∶2，故A錯誤；由題圖可知，兩彈簧振子的振幅分別為A甲＝10cm，A乙＝5cm，一個周期內振子的路程是振幅的4倍，即4A，t＝10s＝5T甲＝10T乙，在10s內甲的路程s甲＝5×4×10cm＝200cm，乙的路程s乙＝10×4×5cm＝200cm,10s內甲、乙路程之比是1∶1，故B正確；由胡克定律可知，彈簧的彈力F＝kx，彈簧的彈力和振子的重力的合力提供回復力，振子在最大位移處加速度最大，甲、乙兩彈簧振子的最大加速度之比eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(\f(kA甲,m甲),\f(kA乙,m乙))＝eq\f(A甲m乙,A乙m甲)＝eq\f(10,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，故C錯誤；振子經過平衡位置時速度最大，設最大速度為vmax，設振子在平衡位置時彈簧的伸長量為x0，在最低點時的彈簧伸長量為x2，在平衡位置有mg＝kx0，從最低點到平衡位置時，根據動能定理得eq\f(1,2)k(x0＋x2)(x2－x0)－mg(x2－x0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)－0，設振子振幅為A，則有A＝x2－x0，已知A甲＝10cm，A乙＝5cm，m甲∶m乙＝4∶1，聯立以上各式得甲、乙最大速度之比v甲max∶v乙max＝1∶1，故D錯誤。4.(多選)(2024·山東六校聯考高二段考)如圖所示，一個質量為m＝1kg的小球連接在輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定在天花板上，該彈簧的勁度系數k＝100N/m，用手把小球向上托起，直到彈簧恢復原長時，由靜止釋放小球，忽略空氣阻力，g取10m/s2，小球會在豎直方向上來回振動。下列說法正確的是(CD)A．小球速度最大時，彈簧處于原長B．小球運動到最低點時，彈簧的彈性勢能是1JC．以小球運動到的最低點為重力勢能零參考面，小球運動到最高點時重力勢能為2JD．小球的最大速度是1m/s解析：小球速度最大時，彈簧的彈力等于小球的重力，則彈簧不處于原長位置，故A錯誤；小球在平衡位置時彈簧的伸長量x＝eq\f(mg,k)＝eq\f(10,100)m＝0.1m，小球運動到最低點，彈性勢能等于重力勢能的減小量，即E彈＝mg·2x＝1×10×0.2J＝2J，故B錯誤；以小球運動到的最低點為重力勢能零參考面，小球運動到最高點時重力勢能為Ep＝mg·2x＝1×10×0.2J＝2J，故C正確；小球在平衡位置速度最大，則由能量關系mgx＝E彈′＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，其中E彈′＝eq\f(1,4)E彈＝0.5J，解得小球的最大速度vm＝1m/s，故D正確。5．(多選)如圖，水平輕質彈簧右端固定，左端與物體b連接，物體b靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長狀態(tài)。物體a以水平初速度v0滑上物體b，最終兩者相對靜止。用v－t圖像表示兩者的運動情況，可能發(fā)生的是(BC)ABCD解析：A、B兩圖中，a、b達到共速時，由于慣性，ab將繼續(xù)運動，彈簧發(fā)生形變，加速度不為零，只要ab間靜摩擦力足夠大，ab可一起做簡諧運動，故A錯誤，B正確；C、D兩圖中，由圖可知，達到共速前，a相對b超前，a受到的滑動摩擦力方向保持向左，做勻減速運動；達到共速前，b物體受到彈簧彈力和大小不變、方向向右的滑動摩擦力，可知b做簡諧運動。當達到共速時，兩者恰好速度為零，此時彈簧恢復原長，物體加速度為零，故兩者保持靜止，故C正確，D錯誤。6．(多選)如圖甲所示，輕質彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質薄板。t＝0時刻，一物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連，其位置隨時間變化的圖像(x－t)如圖乙所示，其中t＝0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內，空氣阻力不計，則(ACD)A．t＝0.2s后物塊做簡諧運動B．t＝0.4s時物塊的加速度可能小于重力加速度C．若增大物塊質量，同時減小自由下落的高度，則物塊與薄板粘連后振動的周期增大D．t＝0.2s后物塊坐標位置隨時間變化關系為x＝0.3m＋0.2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)t－0.2－\f(π,6)))(m)解析：t＝0.2s后，物塊和薄板粘連，在豎直方向構成彈簧振子，從圖像可以看出是正弦函數，故選項A正確；t＝0.4s時，物塊在最低點，根據牛頓第二定律和簡諧運動的對稱性可知，在最高點受到重力和彈簧向下的彈力，故加速度大于重力加速度，所以在最低點加速度也大于重力加速度，故選項B錯誤；彈簧振子做簡諧運動的周期為T＝2πeq\r(\f(m,k))，可得，m增加，物塊與薄板粘連后振動的周期增大，故選項C正確；由圖像可知，周期為0.6s，圓頻率ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(10π,3)rad/s，振幅為0.2m，t＝0.2s后物塊坐標位置隨時間變化關系x＝0.3m＋0.2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)t－0.2－φ0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))，當t＝0.4s時，x＝0.5m，帶入上式得φ0＝eq\f(π,6)，所以x＝0.3m＋0.2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)t－0.2－\f(π,6)))(m)，故選項D正確。二、非選擇題(共24分)7．(12分)如圖所示，一質量為M的無底木箱，放在水平地面上，一輕質彈簧一端懸于木箱的頂部，另一端掛著用細線連接在一起的兩物體A和B，mA＝mB＝m。剪斷A、B間的細線后，A做簡諧運動，求當A運動到最高點時，木箱對地面的壓力大小。答案：Mg解析：剪斷細線前，對A、B整體，由力的平衡條件可知，彈簧對A的彈力F滿足F＝2mg，此時彈簧的伸長量為Δx1＝eq\f(F,k)＝eq\f(2mg,k)。剪斷細線后，A做簡諧運動，其平衡位置在彈簧的伸長量為Δx2＝eq\f(mg,k)處，最低點即剛剪斷細線時的位置，與平衡位置的距離為振幅A＝Δx1－Δx2＝eq\f(mg,k)，由簡諧運動的對稱性可知，當A運動到最高點時與平衡位置的距離也為eq\f(mg,k)，所以最高點的位置恰好在彈簧的原長處，此時彈簧對木箱作用力為零，所以此時木箱對地面的壓力大小為Mg。8．(12分)如圖所示，傾角為α的斜面體(斜面光滑且足夠長)固定在水平地面上，斜面頂端與勁度系數為k、自然長度為L的輕質彈簧相連，彈簧的另一端連接著質量為m的物塊，壓縮彈簧使其長度為eq\f(3,4)L時將物塊由靜止開始釋放，且物塊在以后的運動中，斜面體始終處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。(1)求物塊處于平衡位置時彈簧的長度；(2)選物塊的平衡位置為坐標原點，沿斜面向下為正方向建立坐標軸，用x表示物塊相對于平衡位置的位移，證明物塊做簡諧運動；(3)求彈簧的最大伸長量。答案：(1)L＋eq\f(mgsinα,k)(2)見解析(3)eq\f(L,4)＋eq\f(2mgsinα,k)解析：(1)因物塊處于平衡位置時，有kΔx＝mgsinα，則Δx＝eq\f(mgsinα,k)彈簧長度L′＝L＋Δx＝L＋eq\f(mgsinα,k)。(2)取沿斜面向下為正方向，物塊相對于平衡位置的位移為x時，回復力F合＝mgsinα－k(x＋Δx)其中kΔx＝mgsinα，解得F合＝－kx，可判定物塊做簡諧運動。(3)開始時的壓縮量為eq\f(1,4)L，振幅A＝eq\f(L,4)＋Δx＝eq\f(L,4)＋eq\f(mgsinα,k)，據簡諧運動的對稱性，其最大伸長量x＝A＋Δx＝eq\f(L,4)＋eq\f(2mgsinα,k)。能力提升練(時間15分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分)1.如圖所示，物體A、B疊放在光滑水平面上，輕質彈簧的一端固定在墻面上，另一端與A相連，彈簧的軸線與水平面平行。開始時彈簧處于伸長狀態(tài)，釋放后物體A、B一起運動，第一次向右通過平衡位置開始計時，取向右為正方向，則物體A受的摩擦力Ff與時間t的關系圖像正確的是(A)解析：以A、B整體為研究對象，根據牛頓第二定律得，加速度與振子位移的關系為a＝－eq\f(kx,mA＋mB)，再以B為研究對象，Ff＝mBa＝－eq\f(kmB,mA＋mB)·x，根據牛頓第三定律可知，A受到的摩擦力Ff′＝eq\f(kmB,mA＋mB)·x。振子做簡諧運動時，x隨時間按正弦規(guī)律變化，第一次向右通過平衡位置開始計時，t＝0時振子的位移為零，則A受到的摩擦力為零；然后物體A向右運動，則物體A所受摩擦力的方向也向右，所以圖像為過坐標原點的正弦函數圖像。2.如圖所示，有一根用絕緣材料制成的勁度系數為k的輕彈簧，左端固定，右端與小球連接。小球質量為m，帶電荷量為＋q。開始時小球靜止在光滑絕緣水平面上，施加水平向右的勻強電場E后小球開始做簡諧運動。小球經過O時加速度為零，A、B為小球能夠到達的最大位移處。在小球做簡諧運動過程中，下列判斷正確的是(D)A．小球的速度為零時，彈簧伸長量是eq\f(qE,k)B．小球和彈簧系統的機械能守恒C．小球做簡諧運動的振幅是eq\f(2qE,k)D．小球由O到B過程中，彈力做功的絕對值大于電場力做功的絕對值解析：當小球受到的彈力與電場力平衡時，kx0＝qE。振幅為A＝x0＝eq\f(qE,k)，當小球速度為0時，彈簧伸長量為零(A點時)或eq\f(2qE,k)(B點時)，故A、C錯誤；因為在運動過程中存在電場力對系統做功，所以系統機械能不守恒，故B錯誤；小球從O到B的過程中，設彈力做功大小為W1，電場力做功大小為W2，小球經過O點時的動能為Ek，根據動能定理得：W2－W1＝－Ek，即W1＝W2＋Ek>W2，故D正確。3．裝有一定量液體的玻璃管豎直漂浮在水中，水面足夠大，如圖甲所示，把玻璃管向下緩慢按壓4cm后放手，忽略運動阻力，玻璃管的運動可以視為豎直方向的簡諧運動，測得振動周期為0.5s，以豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其振動圖像如圖乙所示，其中A為振幅，對于玻璃管(包括管內液體)，下列說法錯誤的是(C)A．回復力等于玻璃管所受重力和浮力的合力B．位移表達式為x＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt－\f(5,6)π))cmC．振動頻率與按壓的深度有關D．在t1～t2時間內，玻璃管位移減小，加速度減小，速度增大解析：玻璃管只受重力和水的浮力，所以回復力等于重力和浮力的合力，故A正確；振動的周期為0.5s，則ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.5)rad/s＝4πrad/s，又A＝4cm；t＝0時刻，x0＝－eq\f(A,2)＝Asinφ0，結合t＝0時刻玻璃管振動的方向向下，可知φ0＝eq\f(7,6)π，則玻璃管的振動位移表達式為x＝Asin(ωt＋φ0)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt＋\f(7,6)π))cm＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt－\f(5,6)π))cm，故B正確；簡諧運動的周期和頻率與振幅無關，故C錯誤；在t1～t2時間內，位移減小，回復力F＝－kx減小，加速度a＝eq\f(F,m)＝－eq\f(kx,m)減?。徊ＡЧ芟蛑胶馕恢米黾铀龠\動，所以速度增大，故D正確。二、非選擇題(共22分)4．(10分)如圖所示，光滑的水平面上放有一彈簧振子，已知小球質量m＝0.5kg，彈簧勁度系數k＝240N/m，將小球從平衡位置O向左平移，將彈簧壓縮5cm，由靜止釋放后小球在A、B間滑動，則：(1)小球加速度最大是在A、B、O三點中哪點？此時小球加速度多大？(2)小球速度最大是在A、B、O三點中哪點？此時小球速度多大？(整個系統具有的最大彈性勢能為0.3J)答案：(1)A、B兩點，24m/s2(2)O點，1.1m/s解析：(1)由題意可知彈簧振子振幅A＝5cm，由F＝－kx可知，振子在A、B兩點回復力最大，由牛頓第二定律可知，此時加速度最大，大小為a＝eq\f(kA,m)＝24m/s2。(2)在平衡位置O小球的速度最大。根據機械能守恒，有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故vm＝eq\r(\f(2Epm,m))＝eq\r(\f(2×0.3,0.5))m/s≈1.1m/s。5．(12分)如圖所示，將質量為mA＝100g的物體A放在彈簧上端并與之連接，彈簧下端連接一質量為mB＝200g的物體B，物體B放在地面上，形成豎直方向的彈簧振子，使A上下振動。彈簧原長為10cm，彈簧是勁度系數為k＝50N/m。A、B的厚度可忽略不計，g取10m/s2。(1)當系統做簡諧運動時，求A的平衡位置離地面的高度；(2)若物體A在振動過程中彈簧始終不拉伸，當物體A以最大振幅振動時，求物體B對地面的最大壓力；(3)在第(2)問的基礎上，從平衡位置到最低點過程中彈簧彈力對物體A做了多少功？答案：(1)8cm(2)4N(3)0.03J解析：(1)A在平衡位置時，所受合力為零，彈簧被壓縮的長度為l1＝eq\f(mg,k)＝eq\f(0.1×10,50)m＝0.02m＝2cm，A的平衡位置離地面的高度h＝l－l1＝10cm－2cm＝8cm。(2)當A在向下的最大位移處時，彈簧的彈力最大，物體B對地面的壓力最大，根據對稱性可知，此時彈簧被壓縮l2＝2l1＝4cm，則物體B對地面的最大壓力FN＝mBg＋kl2＝4N。(3)根據機械能守恒定律可得平衡位置到最低點過程中彈簧彈力對物體A所做的功為W＝eq\f(F1＋F2,2)l1＝eq\f(kl1＋kl2,2)l1＝0.03J。第二章4基礎強化練(時間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共7小題，每題6分，共42分)1．做簡諧振動的單擺擺長不變，若擺球質量增加為原來的4倍，擺球經過平衡位置時速度減小為原來的1/2，則單擺振動(C)A．頻率、振幅都不變 B．頻率、振幅都改變C．頻率不變、振幅改變 D．頻率改變、振幅不變解析：由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺擺長不變，則周期不變，頻率不變；振幅A是物體偏離平衡位置的最大距離，最低點時速度變小、偏離最低點的最大距離也變小，因此振幅減小，故A、B、D錯誤，C正確。故選C。2．關于單擺振動過程中的受力，下列正確的說法是(C)A．重力和擺線對擺球拉力的合力總是指向懸點B．回復力是重力和擺線對擺球拉力的合力C．回復力是重力沿切線方向的分力；重力的另一分力小于或等于擺線拉力D．回復力是重力沿切線方向的分力；重力的另一分力與擺線拉力平衡解析：重力豎直向下，擺線對擺球的拉力總是指向懸點，故合力不總是指向懸點，故A錯誤；重力的切向分量提供回復力，徑向分力和細線拉力的合力提供向心力，故重力的另一分力小于或等于擺線拉力，故B錯誤，C正確，D錯誤。3．如圖所示，一金屬制成的漏斗裝滿沙子，用細線懸掛該漏斗做成一單擺，在漏斗小角度擺動，沙子緩慢漏出時，沿O1O2方向勻速拉動木板，漏出的沙子在木板上形成圖示曲線，不計漏斗擺動時所受的阻力，則在漏斗擺動過程中，下列說法正確的是(C)A．擺動的周期增大B．擺動的周期減小C．擺動的周期先增大后減小D．擺動的周期不變解析：由于沙子漏出過程中整體重心先降低后升高，單擺的擺長先變大后變小，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺周期T先增大后減小，故C正確。4．擺長為l的單擺做簡諧運動，若從某時刻開始計時(即取t＝0)，當振動至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))時，擺球恰具有負向最大速度，則單擺的振動圖像是(D)解析：t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(l,g))＝eq\f(3,4)T，速度最大時，單擺應在平衡位置，y＝0，v方向沿y軸負方向，故D選項正確。5．(多選)如圖甲所示，一單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。對于該單擺的振動，下列說法正確的是(AB)A．單擺的擺長約為1.0mB．單擺的位移x隨時間t變化的關系式為x＝8sin(πt)cmC．從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大D．從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球所受回復力逐漸減小解析：由圖乙可知單擺的周期T＝2s，振幅A＝8cm。由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))代入數據可得l＝1m，故A正確；由ω＝eq\f(2π,T)可得圓頻率ω＝πrad/s，則單擺的位移—時間關系為x＝Asinωt＝8sin(πt)cm，故B正確；從t＝0.5s到t＝1.0s的過程中，擺球從最高點運動到最低點，重力勢能減小，故C錯誤；從t＝1.0s到t＝1.5s的過程中，擺球的位移增大，回復力增大，故D錯誤。6．如圖所示，MN是半徑為R的光滑圓弧，已知圓弧?R，且M、N等高，其中N點和圓弧最低點之間由光滑斜面相連?，F有三個小球，A球在M點從靜止釋放沿圓弧下滑，B球在N點從靜止釋放沿斜面下滑，C球從圓心O點由靜止釋放，若三個小球同時釋放，則下列說法正確的是(C)A．A球最先運動到圓弧最低點B．B球最先運動到圓弧最低點C．C球最先運動到圓弧最低點D．三個小球同時到達圓弧最低點解析：A球可等效為單擺，A球從靜止運動到最低點的時間tA＝eq\f(T,4)＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))；對于B球，設弦斜面的傾角為θ，有2Rcos(90°－θ)＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(2,B)，得tB＝2eq\r(\f(R,g))；C球做自由落體運動，有R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,C)，得tC＝eq\r(\f(2R,g))，則tB>tA>tC，所以C球最先運動到圓弧最低點，其次是A球，B球最后到達最低點。7.(多選)如圖所示是甲、乙兩個單擺做簡諧運動的圖像，則下列說法中正確的是(AB)A．甲、乙兩擺的振幅之比為2∶1B．t＝2s時，甲擺的重力勢能最小，乙擺的動能為零C．甲、乙兩擺的擺長之比為4∶1D．甲、乙兩擺的擺球在最低點時，擺線的拉力大小一定相等解析：由圖知甲、乙兩擺的振幅分別為2cm、1cm，故比值為2∶1，故A正確；t＝2s時，甲擺在平衡位置處，重力勢能最小，乙擺在振動的最大位移處，動能為零，故B正確；甲、乙兩擺的周期之比為1∶2，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得甲、乙兩擺的擺長之比為1∶4，故C錯誤；因兩球質量未知，不能比較甲、乙兩擺的擺球在最低點時擺線的拉力大小，故D錯誤。二、非選擇題(共18分)8．(8分)擺鐘擺錘的運動可近似看成簡諧運動，如果在同一地點，擺長為L1的擺鐘在一段時間里快了nmin，另一機械結構相同、擺長為L2的擺鐘在同樣的一段時間里慢了nmin，則準確的擺鐘的擺長L為多少？答案：eq\f(4L1L2,\r(L1)＋\r(L2)2)解析：設標準擺鐘周期為T，則有T＝2πeq\r(\f(L,g))，T1＝2πeq\r(\f(L1,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2,g))在相同時間內擺長為L1的擺鐘比標準擺鐘快nmin，擺長為L2的擺鐘比標準擺鐘慢nmin，設該相同時間為tmin相同時間內擺鐘的走時之比等于頻率之比，故有t∶(t＋n)∶(t－n)＝eq\f(1,T)∶eq\f(1,T1)∶eq\f(1,T2)，聯立解得L＝eq\f(4L1L2,\r(L1)＋\r(L2)2)。9．(10分)一個擺長為2m的單擺，在地球上某地擺動時，測得完成50次全振動所用的時間為142s。(1)求當地的重力加速度g；(2)若把該單擺拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1.60m/s2，則該單擺振動周期是多少？答案：(1)9.78m/s2(2)7.02s解析：(1)完成50次全振動所用的時間為142s，則周期：T＝eq\f(t,n)＝eq\f(142,50)s＝2.84s，根據T＝2πeq\r(\f(l,g))得：當地的重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)≈9.78m/s2。(2)把該單擺拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1.60m/s2，則該單擺振動周期：T′＝2πeq\r(\f(l,g′))≈7.02s。能力提升練(時間15分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)1.電場強度大小為E、方向豎直向上的勻強電場中，一長度為L的絕緣細線，一端固定于O點，另一端拴一質量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質點)，小球靜止在圖中A點，細線繃緊?，F將小球拉至B點(∠AOB<5°)，由靜止釋放。已知重力加速度為g。則小球做簡諧運動的過程中(D)A．機械能守恒B．回復力等于重力、電場力和細線拉力的合力C．周期為T＝2πeq\r(\f(mL,mg－qE))D．周期為T＝2πeq\r(\f(mL,qE－mg))解析：等效重力加速度g′＝eq\f(qE－mg,m)，則周期T＝2πeq\r(\f(mL,qE－mg))，選項D對。2．(多選)如圖所示，三根細線于O點處打結，A、B兩端固定在同一水平面上相距為L的兩點上，使AOB成直角三角形，∠BAO＝30°。已知OC線長是L，下端C點系著一個小球(忽略小球半徑)，下面說法正確的是(AD)A．讓小球在紙面內擺動，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．讓小球在垂直紙面方向擺動，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))C．讓小球在紙面內擺動，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．讓小球在垂直紙面內擺動，周期T＝πeq\r(\f(4＋\r(3)L,g))解析：當小球在紙面內做小角度振動時，圓心是O點，擺長為L，故周期為T＝2πeq\r(\f(L,g))，故A正確，C錯誤；當小球在垂直紙面方向做小角度振動時，圓心在墻壁上且在O點正上方，擺長為l′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),4)))L，故周期為T＝2πeq\r(\f(1＋\f(\r(3),4)L,g))＝πeq\r(\f(4＋\r(3)L,g))，故B錯誤，D正確。3．(多選)(2023·黑龍江牡丹江一中高二下學期期末)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖像，下列說法中正確的是(ABD)A．甲、乙兩單擺的擺長相等B．甲擺的振幅比乙擺大C．甲擺的機械能比乙擺大D．在t＝0.5s時有正向最大加速度的是乙擺解析：由圖看出，兩單擺的周期相同，同一地點g相同，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得知，甲、乙兩單擺的擺長L相等，故A正確；甲擺的振幅為10cm，乙擺的振幅為7cm，則甲擺的振幅比乙擺大，故B正確；盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長相等，但由于兩擺球的質量未知，無法比較機械能的大小，故C錯誤；在t＝0.5s時，甲擺經過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負向最大值，則乙擺具有正向最大加速度，故D正確。4．一物體在某行星表面受到的重力是它在地球表面受到的重力的九分之一，在地球表面走時準確的擺鐘，搬到此行星表面后，秒針走一圈所經歷的時間是(A)A．180s B．540sC．20s D．6.7s解析：由“一物體在某行星表面受到的重力是它在地球表面受到的重力的九分之一”知，該星球表面的重力加速度g′＝eq\f(g,9)；根據T＝2πeq\r(\f(l,g))知，單擺在該星球的周期是地球上周期的3倍，所以此鐘的秒針走一整圈所經歷的時間實際上是地球上秒針走一圈的3倍，即180s，選項A正確。二、非選擇題(共16分)5．(8分)如圖所示，小球m自A點以指向AD方向的初速度v逐漸接近固定在D點的小球n，已知＝0.8米，AB圓弧半