2019-2020学年高中物理 第11章 机械振动单元测试（含解析）新人教版选修3-4

第十一章单元测试(时间60分钟满分100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得4分，漏选的得2分，错选的得0分)1弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中()a振子所受的回复力逐渐增大b振子离开平衡位置的位移逐渐增大c振子的速度逐渐增大d振子的加速度逐渐增大解析在振子向着平衡位置运动的过程中，振子所受的回复力逐渐减小，振子离开平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，选项c正确答案c2做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的()a频率、振幅都不变b频率、振幅都改变c频率不变，振幅改变 d频率改变，振幅不变解析由单摆周期公式t2知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变频率不变又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mghmv2.质量改变后：4mgh4m()2，可知hh，振幅改变故选c项答案c3某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是()a当ff0时，该振动系统的振幅随f减小而增大c该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0d该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f解析由共振条件及共振曲线，可知驱动力频率f越接近振动系统的固有频率f0，振幅越大，所以当ff0时，振幅随f的增大而减小，随f的减小而增大，b项正确；系统振动稳定时，振动频率等于驱动力频率f，与固有频率f0无关，d项正确，c项错误答案bd4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，所受合外力为零，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，势能减少解析如图所示，图线中a、b两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，a项错误，c项正确物体的位移增大时，动能减少，势能增加d项错误单摆摆球在最低点时，处于平衡位置，回复力为零，但合外力不为零，b项错误答案c5一弹簧振子振幅为a，从最大位移处需时间t0第一次到达平衡位置，若振子从最大位移处经过时间时的速度大小和加速度大小分别为v1和a1，而振子位置为时速度大小和加速度大小分别为v2和a2，那么()av1v2 bv1v2ca1a2 da1a2解析振子从最大位移处向平衡位置运动的时间内，做加速度越来越小的加速运动，因速度不断增大，所以前时间内运动的距离一定小于后时间内运动的距离，即时刻，物体的位移x.由简谐运动的规律不难得出a1a2，v1v2，因此选项b、c正确，选项a、d错误答案bc6如图所示，下列说法正确的是()a振动图像上的a、b两点振动物体的速度相同b在t0.1 s和t0.3 s时，质点的加速度大小相等，方向相反c振动图像上a、b两点的速度大小相等，方向相反d质点在t0.2 s和t0.3 s时的动能相等解析a、b两处位移相同，速度大小相等，但方向相反，因此a项错，c项对在t0.1 s和t0.3 s时，质点离开平衡位置的位移最大，方向相反，由fkx，a，可知b项正确t0.2 s时，物体通过平衡位置，速度最大，动能最大，而t0.3 s时，速度为零，动能最小，故d项错答案bc7.如图所示，为同一地点的两单摆甲、乙的振动图线，下列说法中正确的是()a甲、乙两单摆的摆长相等b甲摆的振幅比乙摆大c甲摆的机械能比乙摆大d在t0.5 s时乙摆摆线张力最大解析由图可知两摆周期相等，故两摆摆长相等；甲摆的振幅比乙摆大；由于两摆的摆球质量未知，不能判断机械能的大小；t0.5 s时乙摆位于最大位移处摆线张力最小答案ab8劲度系数为20 n/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中a点对应的时刻()a振子所受的弹力大小为0.5 n，方向指向x轴的负方向b振子的速度方向指向x轴的正方向c在04 s内振子做了1.75次全振动d在04 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0解析由fkx5 n，即弹力大小为5 n，方向指向x轴负方向，选项a不正确由图可知振子的速度方向指向x轴的正方向，选项b正确由图可看出，t0、t4 s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在04 s内完成两次全振动，选项c错误由于t0时刻和t4 s时刻振子都在最大位移处，所以在04 s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5 cm，在04 s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为240.50 cm4 cm，故选项d错误综上所述，选项b正确答案b9如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中()a甲的振幅大于乙的振幅b甲的振幅小于乙的振幅c甲的最大速度小于乙的最大速度d甲的最大速度大于乙的最大速度解析由题意知，在细线未断之前两个弹簧所受到的弹力是相等的，所以当细线断开后，甲、乙两个物体做简谐运动时的振幅是相等的，a、b项错；两物体在平衡位置时的速度最大，此时的动能等于弹簧刚释放时的弹性势能，所以甲、乙两个物体的最大动能是相等的，则质量大的速度小，所以c项正确，d项错误答案c10将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是()a这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒b摆线碰到障碍物前后的摆长之比为94c摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大d摆线经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变解析小球的细线即使碰到障碍物，细线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，选项a正确频闪照片拍摄的时间间隔一定，题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为32，根据单摆的周期公式t2，得摆长之比为94，故选项b正确摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据fmgm知，张力变大根据vr，知角速度增大，故选项c正确，选项d错误故选abc项答案abc11将轻弹簧上端固定，下端悬挂小钢球，把小钢球从平衡位置竖直向下拉下一段距离，放手让其运动从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图像如图所示，下列说法正确的是()a钢球的振动周期为2 sb在t0时刻弹簧的形变量为4 cmc钢球振动半个周期，回复力做功为零d钢球振动四分之一周期，通过的的路程可能大于5 cm解析由振动图像可知，钢球的振动周期为2 s，a项正确；t0时刻振子偏离平衡位置的位移为4 cm，弹簧的形变量是振子到弹簧原长处的距离，b项错误；钢球振动半个周期，初速度和末速度大小相等，方向相反，根据动能定理，可得合外力做功为零，即回复力做功为零，故c项正确；由数学三角函数可知，在一个周期内，当钢球在t，t内运动，钢球在四分之一周期内通过的路程最大，smaxa(其中a为振幅)，当钢球在t，t内运动，钢球在四分之一周期内通过的路程最小，smin(2)a，即振子在任意四分之一周期内的路程范围为(2)a，a，所以d项正确答案acd12.光滑的水平面上叠放有质量分别为m和m/2的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为()a. b.c. d.解析物体做简谐运动，取整体为研究对象，是由弹簧的弹力充当回复力取上面的小物块为研究对象，则是由静摩擦力充当回复力当两物体间的摩擦力达到最大静摩擦力时，两物体达到了简谐运动的最大振幅又因为两个物体具有共同的加速度，根据牛顿第二定律对小物体有fma，取整体有kx(mm)a，两式联立可得x，选项c正确答案c13.如图所示，一个质点在平衡位置o点附近做简谐运动，若从质点通过o点开始计时，经过1 s质点第一次经过m点，再继续运动，又经过 s质点第二次经过m点，则质点的振动周期为()a2 s b. sc. s d. s解析如图，设a、b为振动过程中的最大位移处，若质点从o点向右到达m点所用时间为1 s，从m点经b点回到m点所用时间为 s，由对称性可知，质点由o点到b点用时 s，则质点振动周期为 s；若质点向左经a到达m点用时1 s，从m点经b再回到m点用时 s，则质点再经oa回到o点用时仍为1 s，此整过程为，故周期为 s.答案bc14.如图所示，在质量为m的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量均为m(mm)的a、b两物体，箱子放在水平地面上平衡后剪断a、b间细线，此后a将做简谐振动当a运动到最高点时，木箱对地面的压力为()amg b(mm)gc(mm)g d(m2m)g解析平衡后剪断a、b间细线，a将做简谐振动，在平衡位置，有kx1mg，在平衡之前的初位置，有kx22mg，故振幅为ax2x1，根据简谐运动的对称性，到达最高点时，弹簧处于原长，故此时木箱只受重力和支持力，二力平衡，故支持力等于重力mg，a项正确，b、c、d项错误答案a二、非选择题(有4个题，共44分)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.(把地球看做质量均匀分布的半径为r的球体)解析根据单摆周期公式t02，t2，其中l是单摆长度，g0和g分别是两地点的重力加速度根据万有引力定律公式，可得g0ggg由以上各式，可解得h(1)r.答案(1)r16(10分)在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记录，如图甲所示是一个常用的记录方法，在弹簧振子的小球上安装一支记录用笔p，在下面放一条白纸带当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带运动方向与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图乙所示(1)若匀速拉动纸带的速度为1 m/s，则由图中数据算出振子的振动周期为多少？(2)作出p的振动图像(3)若拉动纸带做匀加速运动，且振子振动周期与原来相同，由图丙中的数据求纸带的加速度大小解析(1)由题图乙可知，当纸带匀速前进20 cm时，弹簧振子恰好完成一次全振动，由v，可得t s，所以t0.2 s.(2)由题图乙可以看出p的振幅为2 cm，振动图像如图所示：(3)当纸带做匀加速直线运动时，振子振动周期仍为0.2 s，由丙图可知，两个相邻0.2 s时间内，纸带运动的距离分别为0.21 m、0.25 m，由xat2，得a m/s21.0 m/s2.答案(1)0.2 s(2)见解析(3)1.0 m/s217(12分)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，测量结果如图所示，则该摆球的直径为_ cm.(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(3)下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：摆长l(m)0.50.60.81.1周期t2(s2)2.02.43.24.4利用上述数据，在下图的坐标系中描绘出lt2图像利用图像，取t24.2 s2时，l_ m重力加速度g_ m/s2.解析(1)由游标尺的“0”刻线在主尺上的位置读出摆球直径的整毫米数为0.9 cm，标尺中第7条线与主尺刻度对齐，所以应为0.07 cm，所以摆球直径为0.9 cm0.07 cm0.97 cm.(2)单摆应从最低点计时，故a项错；因一个周期内，单摆有2次通过最低点，故b项错；由t2得，g，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，则g偏大，c项对；因空气阻力的影响，选密度小的摆球，测得的g值误差大，d项错误(3)由t2，得g42或lt2，所以图像是过原点且斜率为的一条直线lt2图像如图所示t24.2 s2时，从图中画出的直线上可读出其摆长l1.05 m，将t2与l代入公式g，得g9.86 m/s2.答案(1)0.97(2)c(3)图见解析1.059.8618(12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，图甲中o点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到a点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的abc