第11章机械振动单元综合试题及答案5 6页

1 第十一章 机械振动 章末综合检测 (时间：90 分钟，满分：100 分) 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分．在每小题给出的四个选项中，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 5 分，选对但不全的得 3 分，有 选错或不答的得 0 分) 1．关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义有以下说法，其中正确的是( ) A．回复力第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程 B．速度第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程 C．动能或势能第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程 D．速度和加速度第一次同时恢复原来的大小和方向所经历的过程 解析：选 D.物体完成一次全振动，是一次完整的振动过程．物体回到原位置，位移、 速度、回复力的大小和方向与原来的大小和方向都相同．因此 D 正确． 2. 一个弹簧振子在 A、B 间做简谐运动，如图 11－3 所示，O 是平衡位置，以某时刻作 为计时零点(t＝0)，经过1 4 周期，振子具有正方向的最大加速度，那么图 11－4 中的四个 xt 图象能正确反映运动情况的是( ) 图 11－3 图 11－4 解析：选 D.由题意可知当 t＝1 4T 时，振子具有正向最大加速度，也就是位移负向最大， 所以 D 正确． 3. (2011 年烟台高二检测)如图 11－5 所示是一做简谐运动物体的振动图象，由图象可知 物体速度最大的时刻是( ) 图 11－5 A．t1 B．t2 C．t3 D．t4 答案：B 4．(原创题)2011 年 3 月 11 日 14 时 46 分，日本宫城县和岩手县等地发生 9.0 级地震， 导致很多房屋坍塌，场景惨不忍睹，就此事件，下列说法正确的有( ) A．所有建筑物振动周期相同 B．所有建筑物振幅相同 2 C．建筑物的振动周期由其固有周期决定 D．所有建筑物均做受迫振动 解析：选 AD.地面上的所有建筑物都在同一驱动力下做受迫振动，它们的振动周期都与 驱动力的周期相同，与其固有周期无关，故 A、D 正确，C 错误．由于不同的建筑物固有周 期不尽相同，所以做受迫振动时，它们的振幅不一定相同，B 错误． 5．如图 11－6 所示为水平面内振动的弹簧振子，O 是平衡位置，A 是最大位移处，不 计小球与轴的摩擦，则下列说法正确的是( ) 图 11－6 A．每次经过 O 点时的动能相同 B．从 A 到 O 的过程中加速度不断增加 C．从 A 到 O 的过程中速度不断增加 D．从 O 到 A 的过程中速度与位移的方向相反 解析：选 AC.简谐运动中机械能守恒，故振子每次过 O 点时动能相同，A 对；从 A 到 O 过程中位移逐渐减小，而振子的加速度大小与位移大小成正比，故加速度也逐渐减小，B 错； A 到 O 过程中振子的合力(回复力)做正功，振子速度增加，C 对；O 到 A 过程中，振子向右 运动，位移也向右，故速度与位移方向相同，D 错． 6．(2011 年沈阳高二检测)如图 11－7 所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做 简谐运动的图象．已知甲、乙两个振子质量相等，则( ) 图 11－7 A．甲、乙两振子的振幅分别为 2 cm、1 cm B．甲、乙两个振子的相位差总为π C．前 2 秒内甲、乙两振子的加速度均为正值 D．第 2 秒末甲的速度最大，乙的加速度最大 解析：选 AD.两振子的振幅 A 甲＝2 cm，A 乙＝1 cm，A 对；两振子的频率不相等，相位 差为一变量，B 错；前 2 s 内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C 错；第 2 s 末甲 在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，D 对． 7. 如图 11－8 所示，光滑槽半径远大于小球运动的弧长，今有两个小球同时由图示位 置从静止释放，O 点为槽的最低点，则它们第一次相遇的地点是( ) 图 11－8 A．O 点 B．O 点左侧 C．O 点右侧 D．无法确定 解析：选 A.两球释放后到槽最低点前的运动为简谐运动且为单摆模型．其周期 T＝ 2π R g ，从释放到最低点 O 的时间 t＝T 4 相同，所以在 O 点相遇，选项 A 正确． 3 8．如图 11－9 所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过 M、N 两点，历 时 1 s，质点通过 N 点后再经过 1 s 又第 2 次通过 N 点，在这 2 s 内质点通过的总路程为 12 cm. 则质点的振动周期和振幅分别为( ) 图 11－9 A．3 s,6 cm B．4 s,6 cm C．4 s,9 cm D．2 s,8 cm 解析：选 B.因质点通过 M、N 两点时速度相同，说明 M、N 两点关于平衡位置对称， 由时间的对称性可知，质点由 N 到最大位移，与由 M 到最大位移的时间相等，即 t1＝0.5 s， 则T 2 ＝tMN＋2t1＝2 s，即 T＝4 s，由过程的对称性可知：质点在这 2 s 内通过的路程恰为 2A， 即 2A＝12 cm，A＝6 cm，故 B 正确． 9. 弹簧振子在 AOB 之间做简谐运动，如图 11－10 所示，O 为平衡位置，测得 AB 间距 为 8 cm，完成 30 次全振动所用时间为 60 s．则( ) 图 11－10 A．振动周期是 2 s，振幅是 8 cm B．振动频率是 2 Hz C．振子完成一次全振动通过的路程是 16 cm D．振子过 O 点时计时，3 s 内通过的路程为 24 cm 答案：CD 10．一个摆长为 l1 的单摆，在地面上做简谐运动，周期为 T1，已知地球质量为 M1，半 径为 R1，另一摆长为 l2 的单摆，在质量为 M2，半径为 R2 的星球表面做简谐运动，周期为 T2，若 T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比 R1∶R2 为( ) A．2∶1 B．2∶3 C．1∶2 D．3∶2 解析：选 A.在地球表面单摆的周期 T1＝2π l1 g ① 在星球表面单摆的周期 T2＝2π l2 g′② 又因为GM1 R21 ＝g③ GM2 R22 ＝g′④ ①②③④联立得R1 R2 ＝ M1 M2 · l2 l1 ·T1 T2 ＝2 1. 二、实验题(本题共 2 小题，11 题 6 分，12 题 8 分，共 14 分．把答案填在题中横线上) 11．(2011 年高考福建理综卷)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中： (1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图 11－11 所示，则该摆球的直径为 ________cm. 4 图 11－11 (2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母) A．把单摆从平衡位置拉开 30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B．测量摆球通过最低点 100 次的时间 t，则单摆周期为 t 100 C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值 偏大 D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小 解析：(1)游标卡尺读数为 0.9 cm＋7×0.1 mm＝0.97 cm (2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过 10°，并从平衡位置计时，故 A 错误；若 第一次过平衡位置计为“0”则周期 T＝ t 50 ，若第一次过平衡位置计为“1”则周期 T＝ t 49.5 ，B 错误；由 T＝2π l/g得 g＝4π2l T2 ，其中 l 为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直 径，由公式知 g 偏大，故 C 正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差， 应选密度较大体积较小的摆球，故 D 错误． 答案：(1)0.97 (2)C 12．(2011 年大同高二检测)(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提 高实验精度的是________． A．选细线做为摆线 B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内 C．拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆长 D．计时起止时刻，选在最大摆角处 (2)如果测得的 g 值偏小，可能的原因是________. A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将 49 次全振动记为 50 次 (3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长 l 并测出相应的周期 T，从而得出一组 对应的 l 与 T 的数据，再以 l 为横坐标，T2 为纵坐标，将所得数据连成直线如图 11－12 所 示，并求得该直线的斜率为 k，则重力加速度 g＝________(用 k 表示)． 图 11－12 答案：(1)ABC (2)B (3)4π2 k 三、计算题(本题共 4 小题，共 36 分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的 5 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) 13．(6 分)(2011 年高考江苏卷)将一劲度系数为 k 的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量 为 m 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．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐 运动的周期 T. 解析：单摆周期公式 T＝2π l g ，且 kl＝mg 解得 T＝2π m k. 答案：见解析 14．(8 分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图 11－13 所示． 图 11－13 (1)求 t＝0.25×10－2 s 时的位移． (2)从 t＝0 到 t＝8.5×10－2 s 的时间内，质点的路程、位移各为多大？ 解析：(1)由图象可知 T＝2×10－2 s，横坐标 t＝0.25×10－2 s 时，所对应的纵坐标 x＝－ Acosωt＝－2cos100π×0.25×10－2 cm≈－1.414 cm. (2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一 个周期内通过的路程为 4 个振幅，本题中Δt＝8.5×10－2 s＝17 4 T，所以通过的路程为 17 4 ×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm，经17 4 个周期振子回到平衡位置，位移为零． 答案：(1)－1.414 cm (2)34 cm 0 15．(10 分)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平 面处的周期是 T0.当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为 T，求该气球此时离海平面的 高度 h，把地球看成质量均匀分布的半径为 R 的球体． 解析：设单摆的摆长为 L，地球的质量为 M，则据万有引力定律可得地面的重力加速度 和高山上的重力加速度分别为： g＝GM R2 ，gh＝G M R＋h2 据单摆的周期公式可知 T0＝2π L g ，T＝2π L gh 由以上各式可求得 h＝( T T0 －1)R. 答案：( T T0 －1)R 16．(12 分)如图 11－14 所示，两个完全相同的弹性小球 A 和 B 分别挂在 l 和 l/4 的细线 上，重心在同一水平面且小球恰好相互接触，把第一个小球 A 向右拉开一个不大的距离后 由静止释放，经过多长时间两球发生第 12 次碰撞(两球碰撞时交换速度)? 6 图 11－14 解析：球 A 运动的周期 TA＝2π l g ， 球 B 运动的周期 TB＝2π l/4 g ＝π l g. 则该振动系统的周期 T＝1 2TA＋1 2TB＝1 2(TA＋TB)＝3π 2 l g. 在每个周期 T 内两球会发生两次碰撞，球 A 从最大位移处由静止开始释放后，经 6T＝ 9π l g ，发生 12 次碰撞，且第 12 次碰撞后 A 球又回到最大位置处所用时间为 t′＝TA/4. 所以从释放 A 到发生第 12 次碰撞所用时间为 t＝6T－t′＝9π l g －π 2 l g ＝17π 2 l g. 答案：17π 2 l g