2019版高中物理第十一单元机械振动单元测试（二）新人教版.docx

第十一单元 机械振动注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是()A若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态C物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D物体的位移增大时，动能增加，势能减少2有一弹簧振子做简谐运动，则()A加速度最大时，速度最大 B速度最大时，位移最大C位移最大时，回复力最大 D回复力最大时，速度最大3（改编）一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的12，则单摆的()A频率不变，振幅不变 B频率不变，振幅改变C频率改变，振幅不变 D频率改变，振幅改变4摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t0)，当振动至t=32Lg时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的()A BC D5在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是()A适当加长摆线B质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些D当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期6某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值造成这一情况的可能原因是()A测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长B测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T=t30求得周期C开始摆动时振幅过小D所用摆球的质量过大7在一单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，由此摆球的周期将()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大8在图3中的几个相同的单摆在不同的条件下，关于它们的周期关系，判断正确的是()AT1T2T3T4 BT1T2=T3T2=T3T4 DT1T2T3T1)匀速转动，当运动都稳定后，则()A弹簧振子的振动周期为T1B弹簧振子的振动周期为T2C要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速减小D要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大三、实验题11某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm、外形不规则的大理石代替小球他设计的实验步骤如下：A将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点，如图所示；B用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；C将石块拉开一个大约5的角度，然后由静止释放；D从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T得出周期；E改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的L和T；F求出多次实验中测得的L和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g()2L，求出重力加速度g.(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是_（填选项前的序号）(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值_(填“偏大”或“偏小”)(3)用什么方法可以解决摆长无法准确测量的困难？四、填空题12如图所示，质点沿直线做简谐运动平衡位置在O点，某时刻质点通过P点向右运动，径1s再次回到P点，再经1s到达O点，若=2cm，则：质点运动的周期T=_s；质点运动的振幅为A=_cm.五、解答题13如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试证明木块是否做简谐运动. 14已知单摆摆长为L，悬点正下方34L处有一个钉子。让摆球做小角度摆动，其周期将是多大？15如图所示，两个完全相同的弹性小球1,2，分别挂在长L和L4的细线上，重心在同一水平面上且小球恰好互相接触，把第一个小球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10次碰撞？16如图所示，三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上.现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：（1）此时小球的瞬时加速度；（2）若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少?2018-2019学年高二下学期第十一单元训练卷物 理（二）答 案1C【解析】根据a=-kxm 可知，若位移为负值，则加速度一定为正值，但是速度不一定为正值，选项A错误；物体通过平衡位置时，所受回复力一定为零，但是合力不一定为零，选项B错误；物体每次通过同一位置时，位移一定相同，但其速度不一定相同，加速度一定相同，选项C正确；物体的位移增大时，速度减小，则动能减小，势能增大，选项D错误；故选C.2C【解析】根据回复力公式F=-kx可知，位移最大，回复力最大，根据a=Fm可得，回复力最大，加速度最大，加速度最大时，速度为零；速度最大时，位移，回复力，加速度为零，故选C3B【解析】决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，即T=2Lg，单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关当然，频率也与质量和速度无关，故C错误，D错误；决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能Ek=12mv2，当m增为原来的4倍，速度减为原来的12时，动能不变，最高点的重力势能也不变但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能Ep=mgh不变，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了故A错误，B正确4C【解析】t=32Lg=34T时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动知C正确，ABD错误5A【解析】质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，B错；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30-50次全振动后停止计时，求出平均周期，D错。6B【解析】由T=2Lg得g=42T2L，g值偏大说明L偏大或T偏小A把悬挂状态的摆线长当成摆长，会使L偏小，g值偏小，A错误；B摆球第30次通过平衡位置时，实际上共完成15次全振动，周期T=t15，误认为30次全振动，T变小引起g值明显偏大，B正确；CD单摆周期与振幅和摆球质量无关，故C错误，D错误7D【解析】单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为T=2Lg，式中L为摆长，其值为悬点到摆动物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长Ll先增大后减小，所以摆动周期将先增大后减小故ABC错误，D正确8C【解析】单摆的周期与重力加速度有关这是因为是重力的分力提供回复力当单摆处于（1）图所示的条件下，当摆球偏离平衡位置后，是重力平行斜面的分量（mgsin）沿切向分量提供回复力，回复力相对竖直放置的单摆是减小的，则运动中的加速度减小，根据周期公式T=2Lg，回到平衡位置的时间变长，周期T1T3；对于（2）图所示的条件，带正电的摆球在振动过程中要受到天花板上带正电小球的斥力，但是两球间的斥力与运动的方向总是垂直，不影响回复力，故单摆的周期不变，T2=T3；在（4）图所示的条件下，单摆与升降机一起作加速上升的运动，也就是摆球在该升降机中是超重的，相当于摆球的重力增大，沿摆动的切向分量也增大，也就是回复力在增大，摆球回到相对平衡的位置时间变短，故周期变小，T4T1，欲使振幅增大，应使T2减小，即转速应增大， 故C错误，D正确11(1)BDF (2)偏小 (3)可采用图象法，以T2为纵轴，以L为横轴，作出多次测量得到的T2L图线，求出图线斜率k.再由k=42T2得g=42T2，k值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难或其联立方程求解也可。【解析】（1）摆长为摆线长与小球半径之和，B错误；为了减小误差，应从最低点计时，D错误；测得数据后，应先计算g的值，再求平均值，F错误；（2）用OM的长作为摆长，摆长偏小，根据公式T=2lg得g=42T2l，故g值偏小(3)可采用图象法，以T2为纵轴，以L为横轴，作出多次测量得到的T2L图线，求出图线斜率k.再由k=42T2得g=42T2.k值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难或其联立方程求解也可12 6433【解析】由简谐运动的对称性可知，质点在第1s内从P点到达右端最大位移处，再回到P点，可见从最大位移处回到P点历时应该为0.5s，而从P点到O点又历时1s，可见T/4=1.5s，即T=6s；另外，考虑到简谐运动的振动图象（如图所示）质点在t1时刻从P点开始向右运动，t2时刻又回到P点，t3时刻到达平衡位置O点，即t2-t1=t3-t2=1s，由此不难得到： Asin60=2，即A=433cm。13是简谐运动，证明见解析【解析】证明：设木块的边长为a，质量为m，则当图中木块浸入水中的高度为h，而处于静止状态时所受到的重力mg与浮力F1=ha2g大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于是可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下后上下运动过程中浸入水中的高度达到h+x，所受到的浮力大小为F2=（h+x）a2g于是，木块此时所受到的合外力为：F=mg-F2=-a2gx=-kx，由此可知：木块做的是简谐运动.14T=32Lg【解析】该摆在通过悬点的竖直线两边的运动都可以看作简谐运动，周期分别为T1=2Lg和T2=2L4g，因此该摆的周期为：T=T12+T22=32Lg15t=7Lg【解析】因将第1个小球拉开一个不大的距离，故摆动过程应符合单摆的周期公式有T1=2Lg，T2=2L4g，系统振动周期为T=T12+T22=32Lg，在同一个T内共发生两次碰撞，球1从最大位移处由静止释放后经5T=152Lg发生10次碰撞，且第10次碰后球1又摆至最大位移处，所以t=152Lg-T14=7Lg。16（1）(M+m)gm，方向：竖直向下；（2）(M+m)g2k【解析】(1)小球上下振动过程中，三角架对水平面的压力最小为零，则上下两根弹簧对三角架的作用力大小为Mg，方向向上，小