2019-2020学年高中物理第十一章机械振动测试卷含解析新人教版选修3-4 8页

机械振动 第Ⅰ卷(选择题　共42分)‎ 一、选择题 (本题有14小题，每小题3分，共42分．其中1～9题为单选题，10～14题为多选题)‎ ‎1．弹簧振子多次经过同一位置时，下列物理量变化的有(　　)‎ A．位移 B．速度 C．加速度 D．速率 解析：弹簧振子经过同一位置时，其相对平衡位置的位移是相同的、振子所受到合力是相同的，振动过程中系统的机械能守恒，在同一位置时，弹簧的弹性势能相同，振子所具有的动能相同，所以只有速度是变化的，速率不变．‎ 答案：B ‎2．如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定组成一个振动系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，下列说法正确的是(　　)‎ A．钢球运动的最高处为平衡位置 B．钢球运动的最低处为平衡位置 C．钢球速度为零处为平衡位置 D．钢球原来静止时的位置为平衡位置 解析：钢球以平衡位置为中心做往复运动，在平衡位置处速度最大，故A、B、C三项错误，D项正确．‎ 答案：D ‎3．如下表所示为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，则固有频率可能为(　　)‎ 驱动力 频率/Hz ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ 受迫振动 振幅/cm ‎10.2‎ ‎16.8‎ ‎27.2‎ ‎28.1‎ ‎16.5‎ ‎8.3‎ A.f固＝40 Hz B．70 Hz C．50 Hz＜f固＜60 Hz D．以上选项都不对 解析：因为只有固有频率与驱动力频率相等时，振幅最大，故C项正确．‎ 答案：C ‎4．某振子做简谐运动的表达式为x＝2sin cm，则该振子振动的振幅和周期为(　　)‎ A．‎2 cm　1 s B．‎2 cm　2π s C．‎1 cm　 s D．以上全错 解析：由x＝Asin(ωt＋φ)与x＝2sin对照可得：A＝‎2 cm，ω＝2π＝‎ - 8 -‎ eq f(2π,T)，所以T＝1 s，A项正确．‎ 答案：A ‎5．有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为(　　)‎ A．1∶1　1∶1 B．1∶1　1∶2‎ C．1∶4　1∶4 D．1∶2　1∶2‎ 解析：弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2，而对同一振动系统，其周期与振幅无关，则周期之比为1∶1.振动周期由振动系统的性质决定，与振幅无关．‎ 答案：B ‎6．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为‎20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过‎10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)‎ A．0.5 s B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s 解析：由于振幅A为‎20 cm，振动方程为y＝Asin ωt(从游船位于平衡位置时开始计时，ω＝)，由于高度差不超过‎10 cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝，t2＝，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝＝1.0 s，C项正确．‎ 答案：C ‎7．一个摆长约‎1 m的单摆，在下列的四个随时间变化的驱动力作用下振动，要使单摆振动的振幅尽可能增大，应选用的驱动力是(　　)‎ 解析：单摆的周期为T＝2π≈2 s，驱动力的周期应尽可能接近系统的固有周期，C项正确．‎ 答案：C ‎8．振动的物体都具有周期性，若简谐运动的弹簧振子的周期为T，那么它的动能、势能变化的周期为(　　)‎ A．2T B．T C. D. 解析：简谐运动中动能、势能相互转化，总机械能不变，动能和势能为标量，由简谐运动关于平衡位置的对称性可知C项正确．‎ 答案：C - 8 -‎ ‎9．如图所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于(　　)‎ A．0 B．kx C.kx D.kx 解析：当物体离开平衡位置的位移为x时，回复力(即弹簧弹力)的大小为kx，以整体为研究对象，此时m与M具有相同的加速度，根据牛顿第二定律kx＝(m＋M)a，得a＝.以A为研究对象，使m产生加速度的力即为B对A的静摩擦力F，由牛顿第二定律可得F＝ma＝kx，故D项正确．‎ 答案：D ‎10．一水平弹簧振子做简谐运动的振动图象如图所示，已知弹簧的劲度系数为20 N/cm, 则(　　)‎ A．图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N，方向指向x轴的负方向 B．图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向 C．在0～4 s内振子做了1.75次全振动 D．在0～4 s内振子通过的路程为‎3.5 cm 解析：由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为F＝|kx|＝20×0.25 N＝5 N，方向指向x轴的负方向，振子正在远离O点向x轴的正方向运动，A、B两项正确；由题图可读出周期为2 s,4 s内振子做两次全振动，通过的路程是s＝2×‎4A＝2×4×‎0.5 cm＝‎4 cm，C、D两项错误．‎ 答案：AB ‎11．如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m.t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2.以下判断正确的是(　　)‎ A．h＝‎‎1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程为‎0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反 解析：由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m知，ω＝2.5π，T＝＝ s＝0.8 s，B项正确；t＝0.6 s时，y＝－‎0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝‎1.7 m，A项正确；物块0.6 s内路程为‎0.3 m，t＝0.4‎ - 8 -‎ ‎ s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同．故C、D两项错误．‎ 答案：AB ‎12．一个弹簧振子的振幅是A，若在Δt的时间内物体运动的路程是s，则下列关系中可能正确的是(包括一定正确的)(　　)‎ A．Δt＝2T，s＝‎8A B．Δt＝，s＝‎‎2A C．Δt＝，s＝‎2A D．Δt＝，s>A 解析：因每个全振动所通过的路程为‎4A，故A、B两项正确，C项错误；又因振幅为振子的最大位移，而s为时的路程，故s有可能大于A，故D项正确．‎ 答案：ABD ‎13．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：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，速度为零，故A、D两项正确．‎ 答案：AD ‎14．一弹簧振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移x＝－‎0.1 m；t＝ s时x＝‎0.1 m；t＝4 s时x＝‎0.1 m．该振子的振幅和周期可能为(　　)‎ A．‎0.1 m， s B．‎0.1 m,8 s C．‎0.2 m， s D．‎0.2 m,8 s 解析：若振幅A＝‎0.1 m，T＝ s，则 s为半个周期，从－‎0.1 m处运动到‎0.1 m处，符合运动实际，4 s－ s＝ s为一个周期，正好返回‎0.1 m处，A项正确；若A＝‎0.1 m，T＝8 s， s只是T的，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，故B项错误；若A＝‎0.2 m，T＝ s，则 s＝，振子可以由－‎0.1 m处运动到对称位置，4 s－ s＝ s＝T，振子可以由‎0.1 m处返回‎0.1 m处，故C项正确；若A＝‎0.2 m，T＝8 s，则 s＝2×，而sin＝，即时间内，振子可以从平衡位置运动到‎0.1 m处，再经 s又恰好能由‎0.1 m处运动到‎0.2 m处后，再返回‎0.1 m处，D项正确．‎ 答案：ACD 第Ⅱ卷(非选择题　共58分)‎ 二、填空题(本题有2小题，共14分．请将答案写在题中的橫线上)‎ ‎15．(6分)一单摆在山顶时测得其振动周期为T，将该单摆移到山脚下(海平面处)测得其周期减小了ΔT，设地球半径为R0，不考虑温度变化，则山的高度H可表示为________．‎ 解析：设单摆的摆长为L，地球的质量为M - 8 -‎ ‎，则据万有引力定律可得地面的重力加速度和高度为H时的重力加速度分别为：g＝，gH＝.‎ 据单摆的周期公式可以知道 在山下，周期T0＝2π ，‎ 在山顶，T＝2π ，并且T－T0＝ΔT.‎ 由以上计算得出，H＝.‎ 答案：H＝ ‎16．(8分)用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．‎ ‎(1)(多选)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)．‎ A．长度为‎1 m左右的细线 B．长度为‎30 cm左右的细线 C．直径为‎1.8 cm的塑料球 D．直径为‎1.8 cm的铁球 ‎(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝____________(用L、n、t表示)．‎ ‎(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.‎ 组次 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 摆长L/cm ‎80.00‎ ‎90.00‎ ‎100.00‎ ‎50次全振动时间t/s ‎90.0‎ ‎95.5‎ ‎100.5‎ 振动周期T/s ‎1.80‎ ‎1.91‎ 重力加速度g/(m·s－2)‎ ‎9.74‎ ‎9.73‎ 请计算出第3组实验中的T＝________s，g＝________m/s2.‎ ‎(4)用多组实验数据作出T2－L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2－L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)．‎ A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值 解析：(1)组装单摆时，应选用‎1 m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，A、D两项正确．‎ ‎(2)单摆的振动周期T＝.‎ 根据T＝2π，得g＝＝.‎ - 8 -‎ ‎(3)T3＝＝2.01 s.‎ 根据T＝2π，得g＝≈‎9.76 m/s2.‎ ‎(4)根据T＝2π，得T2＝L，即当L＝0时，T2＝0.‎ 出现图线a的原因是计算摆长时过短，可能是误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，A项错误；对于图线c，其斜率k变小了，根据k＝，可能是T变小了或L变大了．选项B中误将49次全振动记为50次，则周期T变小，B项正确；由＝k得g＝，则k变小，重力加速度g变大，C项错误．‎ 答案：(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76　(4)B 三、计算题(本题有4小题，共44分．解答应写出必要文字说明、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)‎ ‎17．(10分)如图所示，密度为0.8×‎103 kg/m3的木球由长l＝‎100 cm的细绳固定在水中，将木球拉离平衡位置一很小角度后释放，水的粘滞阻力不计，木球摆动的周期多大？‎ 解析：该题中木球在竖直方向上受到重力和浮力，且浮力大于重力，因此等效的重力加速度是浮力和重力的合力产生的，即g等效＝①‎ 木球摆动周期T＝2π②‎ 由阿基米德原理F浮＝ρ水g·V排＝ρ水g·③‎ 由①③式得g等效＝ 将g等效值代入②式得T＝2π≈4.0 s.‎ 答案：4.0 s ‎18．(10分)弹簧振子从距离平衡位置‎5 cm处由静止释放，4 s内完成5次全振动．‎ ‎(1)这个弹簧振子的振幅、振动周期、频率各为多少？‎ ‎(2)4 s末振子的位移大小为多少？4 s内振子运动的路程为多少？‎ ‎(3)若其他条件不变，只是使振子改为在距平衡位置‎2.5 cm处由静止释放，该振子的振动周期为多少？‎ 解析：(1)根据题意，振子从距离平衡位置‎5 cm处由静止释放，说明弹簧振子在振动过程中离开平衡位置的最大距离是‎5 cm，即振幅为‎5 cm，振子在4 s内完成5次全振动．则T＝0.8 s，又因为f＝得f＝1.25 Hz.‎ ‎(2)4 s内完成5次全振动，即振子又回到原来的初始点，因而位移大小为‎5 cm，振子一次全振动的路程为‎20 cm，则5次全振动的路程为s＝‎100 cm.‎ ‎(3)弹簧振子的周期是由弹簧的劲度系数和振子质量决定的，其固有周期与振幅大小无关，故周期仍为0.8 s.‎ 答案：(1)‎5 cm　0.8 s　1.25 Hz ‎(2)‎5 cm　‎‎100 cm - 8 -‎ ‎(3)0.8 s ‎19．(12分)弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v.‎ ‎(1)求弹簧振子振动周期T；‎ ‎(2)若B、C之间的距离为‎25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程；‎ ‎(3)若B、C之间的距离为‎25 cm.从平衡位置计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．‎ 解析：(1)弹簧振子做简谐运动的示意图如图甲所示．由对称性可得：T＝s×4＝1.0 s.‎ ‎(2)B、C间的距离为2个振幅，则振幅 A＝×‎25 cm＝‎12.5 cm.‎ 振子4.0 s内通过的路程为：‎ s＝×4×‎12.5 cm＝‎200 cm.‎ ‎(3)根据x＝Asin ωt，‎ A＝‎12.5 cm，ω＝＝2π.‎ 得x＝12.5sin 2πt cm.‎ 振动图象如图乙所示．‎ 答案：(1)1.0 s　(2)‎200 cm　(3)x＝12.5sin 2πt cm　图象见解析图 ‎20．(12分)将力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于10°且是未知量．图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力F的大小随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息．求：‎ ‎(1)摆球的振动周期和摆长．(g取‎10 m/s2)‎ ‎(2)若在θ<10°前提下，使θ增大试分析乙图图象如何变化？‎ 解析：(1)由题意可知，球摆动的周期T＝0.4π s 根据单摆振动周期公式T＝2π，有l＝，代入数据l＝‎0.4 m.‎ ‎(2)单摆周期与偏角θ无关，但球达最低点的速率随θ的增大而增大，由F大－mg＝可知，图象中F的峰值变大，其最小值由F小＝mgcos θ可知变小．‎ - 8 -‎ 答案：(1)0.4π s　‎‎0.4 m ‎(2)周期不变，F的最大值增大，最小值减小 - 8 -‎