高中物理 第11章 机械振动本章测评A 新人教版选修34.doc

第11章 机械振动(基础过关)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得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几种说法,其中正确的是()a.回复力第一次恢复到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:物体完成一次全振动,是一次完整的振动过程。完成一次全振动,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,因此选项d正确。答案:d2.下列说法中正确的是()a.某物体做自由振动时,其振动频率与振幅无关b.某物体做受迫振动时,其振动频率与固有频率无关c.某物体发生共振时的频率就是其自由振动的频率d.某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动解析:物体做自由振动时,振动频率为固有频率,与振幅无关,故a对;物体做受迫振动时,振动频率总等于驱动力的频率,故b对;物体发生共振时,说明驱动力的频率等于物体的固有频率,故c对;物体发生共振时,同样会受到阻力作用而发生阻尼振动,故d错。答案:bc3.一个做简谐运动的质点,其振幅是4 cm,频率是1.5 hz,该质点从平衡位置起经过1.5 s的位移和路程的大小是()a.4 cm,10 cmb.4 cm,40 cmc.4 cm,36 cmd.0,36 cm解析:由t=得t= s,因为t=1.5 s=(2+)t,所以位移大小x=4 cm,路程s=(2+)4a=44 cm=36 cm。选项c正确。答案:c4.如表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,则固有频率为()驱动力频率/hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3a.f固=40 hzb.70 hzc.50 hzf固60 hzd.以上选项都不对解析:由共振曲线可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小,f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大,并从表格中看出频率为4050 hz时振幅还在不断增大,固有频率不可能等于40 hz,a错;另从表格中看出频率为70 hz时的振幅小于频率为60 hz时的振幅,固有频率不可能等于70 hz,b错;比较各组数据知f固可能在5060 hz范围内,c对。答案:c5.如图所示,图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置。当盛沙漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时,做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系。已知木板被水平拉动的速度为0.20 m/s,图乙所示的一段木板的长度为0.60 m,则这次实验沙摆的摆长为(g取10 m/s2,2=10)()a.0.56 mb.0.65 mc.1.0 md.2.3 m解析:由题中条件可得单摆的周期为t= s=1.5 s。由周期公式t=2可得l=0.56 m,选项a正确。答案:a6.某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x=8sint cm,则()a.质点的振幅为16 cmb.质点的振动周期为2 sc.在01 s内,质点的速度逐渐减小d.在12 s内,质点的动能逐渐减小解析:简谐运动的位移随时间变化的关系式x=asin t,对照x=8sint cm,可得质点振动的振幅a=8 cm,选项a错。质点振动周期t=4 s,选项b错。在01 s内,质点位移逐渐增大,逐渐远离平衡位置,质点的速度逐渐减小,选项c对。在12 s内,质点位移逐渐减小,靠近平衡位置,速度逐渐变大,动能逐渐增大,选项d错。答案:c7.做简谐运动的弹簧振子,振子质量为m,最大速率为v,则下列说法正确的是()a.从某时刻算起,在半个周期的时间内,回复力做的功一定为零b.从某时刻算起,在半个周期的时间内,回复力做的功可能是零到mv2之间的某一个值c.从某一时刻算起,在半个周期的时间内,速度变化量一定为零d.从某一时刻算起,在半个周期的时间内,速度变化量的大小可能是零到2v之间的某一个值解析:振子在半个周期内刚好到达与初位置关于平衡位置对称的位置,两位置速度大小相等,故由动能定理知,回复力做的功一定为零,则选项a正确,b错误;但由于速度反向(初位置在最大位移处时速度均为零),所以在半个周期内速度变化量的大小为初速度大小的两倍,因此在半个周期内速度变化量大小应为0到2v之间的某个值,则选项c错误,d正确。答案:ad8.导学号38190032 如图所示,物体放在轻弹簧上,沿竖直方向在p,q之间做简谐运动。在物体沿dc方向由d点运动到c点的过程中(d,c两点在图上没有标出),弹簧的弹性势能减少了3.0 j,物体的重力势能增加了1.0 j。则在这段过程中()a.物体经过d点时运动方向是指向平衡位置的b.合外力对物体做的功是4.0 jc.d点的位置一定在平衡位置以下d.物体经过d点时的加速度正在增大解析:物体的重力势能增加,说明物体向上运动,若d点在平衡位置上方,则物体向上运动过程中弹簧的弹性势能将增加,所以d点一定在平衡位置下方,并且向上运动,即运动方向指向平衡位置,选项a、c正确;由动能定理得合力做的功w合=3.0 j-1.0 j=2.0 j,选项b错误;物体向平衡位置运动,经过d点时的加速度在减小,选项d错误。答案:ac二、实验题(本题共2小题,每小题9分,共18分)9.根据单摆周期公式t=2,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图乙所示,读数为 mm。甲乙(2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有。a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的c.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时时间间隔t即为单摆周期te.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间t,则单摆周期t=解析:(1)先从主尺读出整数部分刻度为18 mm,然后从游标尺读出小数部分刻度为0.6 mm,所以小钢球直径为18.6 mm。(2)在该实验中,摆球的摆角不要太大,偏离平衡位置不大于5,c、d两项均错误,为了尽量减少实验误差,摆球应该选择质量大、体积小的小球;摆线要选择质量小、不易伸长、长度大一些的细绳;摆球摆动稳定后,从平衡位置开始计时,摆球两次经过平衡位置为一次全振动,a、b、e三项正确。答案:(1)18.6(2)abe10.在“用单摆测重力加速度”的实验中:(1)甲、乙两同学分别用游标卡尺测量同一摆球的直径,如图甲、乙所示,则操作正确的是(选填“甲”或“乙”)同学。(2)用20分度的游标卡尺正确测量摆球的直径,如图丙所示,读出摆球的直径d= mm。(3)用停表记录单摆做50次全振动所用的时间,某次测量结果如图丁所示,读数为 s。解析:(1)测直径时应用外测量爪,即题图甲所示。(2)d=14 mm+120.05 mm=14.60 mm。(3)t=120 s+37.6 s=157.6 s。答案:(1)甲(2)14.60(3)157.6三、解答题(本题共3小题,共34分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。有数值计算的,答案中应明确写出数值和单位)11.(10分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的a、a之间来回滑动,与单摆的受力情况完全相同。a、a点与o点连线与竖直方向之间夹角相等且很小,图乙表示滑块对器壁的压力f随时间t变化的曲线,图中t=0为滑块从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,g取10 m/s2。求:(1)容器的半径;(2)小滑块的质量;(3)滑块运动过程中的机械能。解析:(1)由题图乙得小滑块做简谐振动的周期t= s,由t=2,得r=0.1 m。(2)在最高点a,有fmin=mgcos 在最低点b,有fmax-mg=m从a到b,滑块机械能守恒,有mgr(1-cos )=mv2解得m=0.05 kg。(3)滑块机械能守恒e=mv2=r(fmax-mg)=510-4 j。答案:(1)0.1 m(2)0.05 kg(3)510-4 j12.(12分)根据如图所示的振动图象:(1)算出下列时刻振子对平衡位置的位移:t1=0.5 s;t2=1.5 s。(2)将位移时间的变化规律写成x=asin(t+)的形式并指出振动的初相位。解析:(1)由题图可知a=10 cmt=4 s所以= rad/s,故位移x=acos t=10cos t cm。当t1=0.5 s时,x1=10cos cm=5 cm。当t2=1.5 s时,x2=10cos cm=-5 cm。(2)x=10cos t cm=10sin cm初相位为。答案:(1)5 cm-5 cm(2)x=10sin cm13.导学号38190033(12分)一水平弹簧振子做简谐运动,其位移和时间关系如图所示。(1)求t=0.2510-2 s时的位移。(2)在t=1.510-2 s到t=210-2 s的时间内,质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化?(3)从t=0到t=8.510-2 s的时间内,质点的路程为多大?解析:(1)由题图可知t=210-2 s,则=100 rad/s则简谐运动的表达式为x=-acost=-2cos 100t cm所以当t=0.