2015年高中物理选修3-4课时精练：阶段水平测试(一) 第十一章 机械振动.doc

阶段水平测试(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1. 一弹簧振子振动过程中的某段时间内其加速度的值越来越小，则在这段时间内()A振子的速度越来越大B振子正在向平衡位置运动C振子的速度方向与加速度方向一致D以上说法都不正确解析：弹簧振子加速度的值越来越小，位移也必然越来越小，说明振子正在向平衡位置运动，选项B对；振子的速度越来越大，选项A对；当振子向平衡位置运动时，速度方向与加速度方向一致，选项C对。答案：ABC2. 关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是()A回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程B速度第一次恢复为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为原来的大小所经历的过程D速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程解析：当物体先后两次经过同一位置时，回复力第一次恢复为原来的方向和大小，且经历的过程不是一次全振动，A错，由振动的对称性可知，关于平衡位置对称的两点，速度大小和方向有可能相同，B错，此时的两点，动能和势能相同，C错。答案：D3. 一个做简谐运动的质点，其振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置起经过2.5 s后的位移和路程的大小是()A4 cm,24 cm B4 cm,100 cmC0,24 cm D0,100 cm解析：由T可知T0.4 s，经过2.5 s时间经过的路程为64A25A100 cm，位移大小为4 cm，B对。答案：B4. 如图所示，乙图图象记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图象的说法正确的是()Aa图线表示势能随位置的变化关系Bb图线表示动能随位置的变化关系Cc图线表示机械能随位置的变化关系D图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变解析：在A点时势能最大，动能为零，故图线a表示动能随位置的变化关系，图线b表示势能随位置的变化关系，AB错，由于单摆摆球在运动过程中机械能守恒，故图线c表示机械能随位置的变化关系，CD对。答案：CD5. 如下图所示为同一实验室中两个单摆的振动图象，从图中可知，两摆的()A摆长相等B振幅相等C摆球质量相等D摆球同时改变速度方向解析：由图象可知，两摆的振幅不同。周期相同，说明摆长相同，速度方向不是同时改变，所以选项A对，B、D错；据图中信息无法判断摆球质量关系，选项C错。答案：A6. 如图所示，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()A3 s,6 cm B4 s,6 cmC4 s,9 cm D2 s,8 cm解析：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t10.5 s，则tMN2t12 s，即T4 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2A12 cm, A6 cm，故B正确。答案：B7. 一根弹簧原长为l0，挂一质量为m的物体时伸长x。当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为A时，物体振动的最大加速度为()A. B.C. D.解析：振子的最大加速度a，而mgkx，解得a，B项正确。答案：B8. 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T2 s，驱动力的频率应尽可能接近系统的固有频率，C对。答案：C9. 如图所示，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()A甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cmB甲、乙两个振子的相位差总为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：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。答案：AD10. 如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是()A物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻的速度相同B物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻的动能相同C0.70.9 s时间内物体的加速度在减小D0.91.1 s时间内物体的势能在增加解析：由简谐运动的对称性可知，物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻速度相同，A对；物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻速度大小相等，方向相反，但动能相同，B对；0.70.9 s时间内，物体远离平衡位置，位移增大， 加速度增大，C错；0.91.1 s 时间内动能增大，势能减小，D错。答案：AB二、实验题(本大题共2小题，共15分)11. (6分)某实验小组拟用图甲所示装置研究滑块的运动。实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板，以及由漏斗和细线组成的单摆等。实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置。(1)在图乙中，从_纸带可看出滑块的加速度和速度方向一致。(2)用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：_、_。(写出2个即可)解析：(1)纸带做匀加速直线运动，故单摆摆动一个周期内纸带运动的距离越来越大，所以B纸带符合题意。(2)引起误差的因素有：摆长测量、漏斗重心变化，液体的痕迹较粗、各处阻力变化等。答案：(1)B(2)摆长测量漏斗重心变化液体痕迹偏粗阻力变化(写出2个即可)12. (9分) 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是_(填字母代号)。A保证摆动过程中摆长不变B可使周期测量得更加准确C需要改变摆长时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L0.9990 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为_mm，单摆摆长为_m。(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin50.087，sin150.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)。解析：(1)橡皮摩擦力较大且用铁夹将橡皮夹紧，这样单摆在摆动过程中可保证摆长不变，需要调节摆长时也方便调节，选A、C两项。(2)游标卡尺读数为12.0 mm，从悬点到摆球的最低端的长度L0.9990 m，则单摆摆长应为从悬点到球心的距离，所以应减去球的半径，因此摆长为0.9990 m0.0060 m0.9930 m。(3)摆球摆到平衡位置时的速度最大，为了减小误差，应该从平衡位置开始计时，排除B选项。摆角越小误差越小，振幅越小，且应测30次全振动的时间，所以选A。答案：(1)AC(2)12.00.9930(3)A三、计算题(本大题共4小题，共45分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13. (11分)如图所示为A、B两个弹簧振子的振动图象，试写出它们的位移方程，并求出相位差。解析：B的位移方程为：xB2sin(t) cm。A的位移方程为：xA2sint cm。其相位差BA，则B的相位比A超前。答案：xA2sin(t) cmxB2sint cm14. (11分)一块涂有炭黑的玻璃板质量为2 kg，在拉力F作用下，由静止开始竖直向上做匀变速运动。一个装有水平振针的振动频率为5 Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了如图所示曲线，量得OA1 cm，OB4 cm，OC9 cm。求外力F的大小。(g取10 m/s2)解析：题图反映了在拉力F与重力mg的作用下做匀加速运动的玻璃板在连续相等时间内的位移情况。设玻璃板竖直向上的加速度为a，则有sBAsAOaT2sCBsBAaT2，其中T s0.1 s由牛顿第二定律得Fmgma解式可求得F24 N。答案：24 N15. (11分)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：单摆周期公式为T2由力的平衡条件知道klmg联立解得T2答案：216. (12分)将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。根据此图线提供