【精品试卷】人教版高中物理选修3-4第十一章第5节随堂检测归纳小结复习专用试卷

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【精品试卷】人教版高中物理选修3-4《第11章机械振动》单元综合试题及答案5复习专用试卷

高中物理学习材料（精心收集**整理制作）(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得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说法，其中正确的是( ) A ．回复力第一次恢复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：选D.物体完成一次全振动，是一次完整的振动过程．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D 正确．2. 一个弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，如图11－3所示，O 是平衡位置，以某时刻作为计时零点(t ＝0)，经过14周期，振子具有正方向的最大加速度，那么图11－4中的四个x -t 图象能正确反映运动情况的是( )解析：选D.由题意可知当t ＝14T 时，振子具有正向最大加速度，也就是位移负向最大，所以D正确．3. (2011年烟台高二检测)如图11－5所示是一做简谐运动物体的振动图象，由图象可知物体速度最大的时刻是( )图11－5A．t1B．t2C．t3D．t4答案：B4．(原创题)2011年3月11日14时46分，日本宫城县和岩手县等地发生9.0级地震，导致很多房屋坍塌，场景惨不忍睹，就此事件，下列说法正确的有()A．所有建筑物振动周期相同B．所有建筑物振幅相同C．建筑物的振动周期由其固有周期决定D．所有建筑物均做受迫振动解析：选AD.地面上的所有建筑物都在同一驱动力下做受迫振动，它们的振动周期都与驱动力的周期相同，与其固有周期无关，故A、D正确，C错误．由于不同的建筑物固有周期不尽相同，所以做受迫振动时，它们的振幅不一定相同，B错误．5．如图11－6所示为水平面内振动的弹簧振子，O是平衡位置，A是最大位移处，不计小球与轴的摩擦，则下列说法正确的是()图11－6A．每次经过O点时的动能相同B．从A到O的过程中加速度不断增加C．从A到O的过程中速度不断增加D．从O到A的过程中速度与位移的方向相反解析：选AC.简谐运动中机械能守恒，故振子每次过O点时动能相同，A对；从A到O过程中位移逐渐减小，而振子的加速度大小与位移大小成正比，故加速度也逐渐减小，B错；A到O过程中振子的合力(回复力)做正功，振子速度增加，C对；O到A过程中，振子向右运动，位移也向右，故速度与位移方向相同，D错．6．(2011年沈阳高二检测)如图11－7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()图11－7A．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πC．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：选AD.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．7. 如图11－8所示，光滑槽半径远大于小球运动的弧长，今有两个小球同时由图示位置从静止释放，O 点为槽的最低点，则它们第一次相遇的地点是( )图11－8 A ．O 点 B ．O 点左侧 C ．O 点右侧D ．无法确定解析：选A.两球释放后到槽最低点前的运动为简谐运动且为单摆模型．其周期T ＝2πRg，从释放到最低点O 的时间t ＝T4相同，所以在O 点相遇，选项A 正确．8．如图11－9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( )图11－9 A ．3 s,6 cm B ．4 s,6 cm C ．4 s,9 cmD ．2 s,8 cm解析：选B.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t 1＝0.5 s ，则T2＝t MN ＋2t 1＝2 s ，即T ＝4 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2A ＝12 cm ，A ＝6 cm ，故B 正确．9. 弹簧振子在AOB 之间做简谐运动，如图11－10所示，O 为平衡位置，测得AB 间距为8 cm ，完成30次全振动所用时间为60 s ．则( )图11－10A ．振动周期是2 s ，振幅是8 cmB ．振动频率是2 HzC ．振子完成一次全振动通过的路程是16 cmD ．振子过O 点时计时，3 s 内通过的路程为24 cm 答案：CD10．一个摆长为l 1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T 1，已知地球质量为M 1，半径为R 1，另一摆长为l 2的单摆，在质量为M 2，半径为R 2的星球表面做简谐运动，周期为T 2，若T 1＝2T 2，l 1＝4l 2，M 1＝4M 2，则地球半径与星球半径之比R 1∶R 2为( )A ．2∶1B ．2∶3C ．1∶2D ．3∶2解析：选A.在地球表面单摆的周期 T 1＝2πl 1g① 在星球表面单摆的周期T 2＝2πl 2g ′② 又因为GM 1R 21＝g ③G M 2R 22＝g ′④ ①②③④联立得R 1R 2＝ M 1M 2· l 2l 1·T 1T 2＝21.二、实验题(本题共2小题，11题6分，12题8分，共14分．把答案填在题中横线上) 11．(2011年高考福建理综卷)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11－11所示，则该摆球的直径为________cm.图11－11(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t100C ．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解析：(1)游标卡尺读数为0.9 cm ＋7×0.1 mm ＝0.97 cm(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过10°，并从平衡位置计时，故A 错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T ＝t 50，若第一次过平衡位置计为“1”则周期T ＝t49.5，B 错误；由T ＝2πl /g 得g ＝4π2lT 2，其中l 为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g 偏大，故C 正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D 错误．答案：(1)0.97 (2)C12．(2011年大同高二检测)(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是________．A ．选细线做为摆线B ．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C ．拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆长D ．计时起止时刻，选在最大摆角处(2)如果测得的g 值偏小，可能的原因是________. A ．测摆线长时摆线拉得过紧B ．摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C ．开始计时时，秒表过迟按下D ．实验中误将49次全振动记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l 并测出相应的周期T ，从而得出一组对应的l 与T 的数据，再以l 为横坐标，T 2为纵坐标，将所得数据连成直线如图11－12所示，并求得该直线的斜率为k ，则重力加速度g ＝________(用k 表示)．图11－12答案：(1)ABC (2)B (3)4π2k三、计算题(本题共4小题，共36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，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)13．(6分)(2011年高考江苏卷)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T ＝2πlg，且kl ＝mg解得T ＝2πmk.答案：见解析14．(8分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图11－13所示．图11－13(1)求t ＝0.25×10－2s 时的位移．(2)从t ＝0到t ＝8.5×10－2 s 的时间内，质点的路程、位移各为多大？解析：(1)由图象可知T ＝2×10－2 s ，横坐标t ＝0.25×10－2 s 时，所对应的纵坐标x ＝－A cos ωt ＝－2cos100π×0.25×10－2 cm ≈－1.414 cm.(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中Δt ＝8.5×10－2 s ＝174T ，所以通过的路程为174×4A ＝17A＝17×2 cm ＝34 cm ，经174个周期振子回到平衡位置，位移为零．答案：(1)－1.414 cm (2)34 cm 015．(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T 0.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 ，把地球看成质量均匀分布的半径为R 的球体．解析：设单摆的摆长为L ，地球的质量为M ，则据万有引力定律可得地面的重力加速度和高山上的重力加速度分别为：g ＝G M R 2，g h ＝G M (R ＋h )2据单摆的周期公式可知T 0＝2πLg，T ＝2πL g h由以上各式可求得h ＝(TT 0－1)R .答案：(TT 0－1)R16．(12分)如图11－14所示，两个完全相同的弹性小球A 和B 分别挂在l 和l /4的细线上，重心在同一水平面且小球恰好相互接触，把第一个小球A 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12次碰撞(两球碰撞时交换速度)?图11－14解析：球A 运动的周期T A ＝2πl g，球B 运动的周期T B ＝2π l /4g＝πl g. 则该振动系统的周期。

人教版高中物理选修3-4测试题及答案解析全套

A(A 为振幅 )，从正向最大位移处运动到平衡
B ．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 C ．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 D ．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零解析：选 C 位置时位移应为零，简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为 A，在平衡
A 错误。摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，合力在摆线方向的分力提 (摆动的平衡位置 ) 时回复力为零，但向心力不为零，所以合
人教版高中物理选修 3-4 测试题及答案解析全套含模块综合测试题，共
阶段验收评估（一）
( 时间： 50 分钟满分： 100 分 ) 6～
6套
机械振动
一、选择题 (本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分，其中第 1～ 5 小题只有一个选项符合题意，第 8 小题有多个选项符合题意，全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 T＝ 2π 0 分) )
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1 ．在研究单摆的运动规律过程中，首先确定单摆的振动周期公式 A ．伽利略 C ．开普勒解析：选 D B．牛顿 D ．惠更斯荷兰物理学家惠更斯首先确定了单摆的周期公式 ( )
l 的科学家是 ( g
T ＝ 2π
l 。 g
2 ．下列关于单摆的说法，正确的是
A ．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为位置时的位移为－ A
2
所以 l 偏大， g 偏大； T 偏大， g 偏小； t 偏小， g 偏大； n 偏大， g 偏大，故 B 正确。 (3) 由单摆周期公式取相距较远两点求得斜率答案： (1)98.50 (2)B T＝ 2 π l g 2 2 得 l＝ 2T ，设 l-T 图线斜率为 4π g k ，则 k＝ g 2 2，即 g＝ 4 πk ，在图线上 4π

人教版高中物理选修3-4第十一章机械振动测试含答案及详细解析

2020年秋人教版高中物理选修3-4第十一章机械振动测试本试卷共100分，考试时间120分钟。

一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.关于单摆，下列说法中正确的是 ()A．摆球运动中的回复力是摆线拉力和重力的合力B．摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，加速度是相同的C．摆球在运动过程中，加速度的方向始终指向平衡位置D．摆球经过平衡位置时，加速度为零2.如图为某质点的振动图象，由图象可知()A．质点的振动方程为x＝2sin 50πt(cm)B．在t＝0.01 s时质点的加速度为负向最大C．P时刻质点的振动方向向下D．从0.02 s至0.03 s质点的动能减小，势能增大3.把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动()A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长4.如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图象，由图象可知()A．在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零B．在0.2 s时，振子具有最大势能C．在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值D．在0.4 s时，振子的动能最大5.某质点在0～4 s的振动图象如图所示，则下列说法正确的是()A．质点振动的周期是2 sB．在0～1 s内质点做初速度为零的加速运动C．在t＝2 s时，质点的速度方向沿x轴的负方向D．质点振动的振幅为20 cm6.一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为0.5 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动7.在竖直平面内的一段光滑圆弧轨道上有等高的两点M、N，它们所对圆心角小于10°，P点是圆弧的最低点，Q为弧NP上的一点，在QP间搭一光滑斜面，将两小滑块(可视为质点)分别同时从Q点和M点由静止释放，则两小滑块的相遇点一定在()A．P点B．斜面PQ上的一点C．PM弧上的一点D．滑块质量较大的那一侧8.如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是()A．t1＝t2，v1>v2B．t1>t2，v1<v2C．t1<t2，v1>v2D．t1>t2，v1>v29.如图是研究质点做受迫振动的实验装置．已知弹簧和悬挂物体组成的系统的固有周期为T0，如果摇动手柄，手柄均匀转动的周期为T1.则下列说法正确的是()A．手柄不动，拉一下悬挂物体使其振动，其振动的周期为T1B．手柄以周期T1均匀转动时，稳定后悬挂物体振动的周期为T0C．手柄以周期T1均匀转动时，稳定后悬挂物体振动的周期为T1D．当手柄转动的周期改变时，悬挂物体振动的周期不会随之改变10.如图所示，固定曲面AC是一段半径为4.0 m的光滑圆弧形成的，圆弧与水平方向相切于A点，AB＝10 cm.现将一小物体先后从弧面顶端C和圆弧中点D处由静止释放，到达弧面底端时的速度分别为v1和v2，所需时间为t1和t2，则下列关系正确的是()A．v1＞v2，t1＝t2B．v1＞v2，t1＞t2C．v1＜v2，t1＝t2D．v1＜v2，t1＞t2二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)如图所示为某一质点的振动图象，|x1|＞|x2|，由图可知，在t1和t2两个时刻，质点振动的速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为()A．v1＜v2，方向相同B．v1＜v2，方向相反C．a1＞a2，方向相同D．a1＞a2，方向相反12.(多选)如图所示，一个弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，O点为平衡位置，下列说法中正确的有()A．它在A、B两点时动能为零B．它经过O点时加速度方向不发生变化C．它远离O点时做匀减速运动D．它所受回复力的方向总跟它偏离平衡位置的位移方向相反13.(多选)如图所示，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M，若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，m和M无相对运动而一起运动，下列说法正确的()A．振幅不变B．振幅减小C．最大速度不变D．最大速度减小14.(多选)竖直悬挂的弹簧振子由最低点B开始作简谐运动，O为平衡位置，C为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图象如图所示．则以下说法中正确的是()A．弹簧振子的振动周期为2.0 sB．t＝0.5 s时，振子的合力为零C．t＝1.5 s时，振子的速度最大，且竖直向下D．t＝2.0 s时，振子的加速度最大，且竖直向下三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.学过单摆的周期公式以后，物理兴趣小组的同学们对钟摆产生了兴趣，老师建议他们先研究用厚度和质量分布均匀的方木块(如一把米尺)做成的摆(这种摆被称为复摆)，如图1所示．让其在竖直平面内做小角度摆动，C点为重心，板长为L，周期用T表示．甲同学猜想：复摆的周期应该与板的质量有关．乙同学猜想：复摆的摆长应该是悬点到重心的距离.丙同学猜想：复摆的摆长应该大于.理由是：若OC段看成细线，线拴在C处，C点以下部分的重心离O点的距离显然大于.为了研究以上猜想是否正确，同学们进行了下面的实验探索：图1图2(1)把两个相同的木板完全重叠在一起，用透明胶(质量不计)粘好，测量其摆动周期，发现与单个木板摆动时的周期相同，重做多次仍有这样的特点．则证明了甲同学的猜想是______的(选填“正确”或“错误”)．(2)用T0表示板长为L的复摆看成摆长为单摆的周期计算值(T0＝2π)，用T表示板长为L的复摆的实际周期测量值．计算与测量的数据如表：由上表可知，复摆的等效摆长______(选填“大于”“小于”或“等于”)．(3)为了进一步定量研究，同学们用描点作图法对数据进行处理，所选坐标如图2.请在坐标纸上作出T－T0图象，并根据图象中反映出的规律求出＝______(结果保留三位有效数字，其中L等是板长为L时的等效摆长T＝2π)．四、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.如图为一单摆的共振曲线，则该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？(g取10 m/s2)如果把此摆拿到月球上去，已知月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，它在月球上做50次全振动要用多少时间？17.如图所示，质量为m的木块A和质量为M的木块B用细线捆在一起，木块B与竖直悬挂的轻弹簧相连，它们一起在竖直方向上做简谐运动．在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上，设弹簧的劲度系数为k，当它们经过平衡位置时，A、B之间的静摩擦力大小为F f0.当它们向下离开平衡位置的位移为x时，A、B间的静摩擦力为F fx.细线对木块的摩擦不计．求：(重力加速度为g)(1)F f0的大小；(2)F fx的大小．18.如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上做匀加速运动．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图示曲线，量得OA＝1 cm，OB＝4 cm，OC＝9 cm，求外力F的大小．(g取10 m/s2)答案解析1.【答案】B【解析】单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故A错误；摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度相同，故B正确；摆球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故C错误；单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，D错误．2.【答案】D【解析】由图知，振幅A＝2 cm，周期T＝4×10－2s，则角频率ω＝＝＝50π rad/s，质点的振动方程为x＝－A sinωt＝－2sin 50πt(cm)，故A错误；在t＝0.01 s时质点的位移为负向最大，由a＝－知，加速度为正向最大，故B错误；P时刻图象的斜率为正，则质点的振动方向向上，故C错误；从0.02 s至0.03 s，质点的位移增大，离开平衡位置，则质点的动能减小，势能增大，故D正确．3.【答案】B【解析】把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期T＝2π＞T0，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长，B正确．4.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，振幅不变，选项A错；在0.2 s时位移最大，振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的振动能量不变，在0.35 s时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4 s时振子的位移最大，动能为零，选项D错．5.【答案】C【解析】由图知，振动周期是4 s，振幅为10 cm，故A、D错误；在0～1 s内质点从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，做减速运动，故B错误；在t＝2 s时，质点经过平衡位置向负向最大位移处运动，速度沿x轴负向，故C正确．6.【答案】B【解析】由共振条件知单摆固有频率为f＝0.5 Hz，则其固有周期为T＝＝2 s，选项A错；由单摆周期公式T＝2π，可求得单摆摆长为l＝≈1 m，选项B对；摆长增大，单摆的周期变大，其固有频率变小，共振曲线的峰将向左移动，选项C、D错．7.【答案】B【解析】沿斜面下滑的物体：设圆弧的半径为r，NP与竖直方向的夹角是θ，NP距离为2r cosθ，加速度为g cosθ，时间：t1＝2；沿圆弧下滑的小球的运动类似于简谐振动，周期T＝2π，时间：t2＝＝；明显t2＜t1，故B正确．8.【答案】A【解析】从A、B点均做单摆模型运动，t1＝＝，t2＝＝，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1＞v2.9.【答案】C【解析】手柄不动，拉一下悬挂物体使其振动，是自由振动，其振动的周期为T0，故A错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，故手柄以周期T1均匀转动时，稳定后悬挂物体振动的周期为T1，故B错误，C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，故当手柄转动的周期改变时，悬挂物体振动的周期会随之改变，故D错误．10.【答案】A【解析】小球的运动可视为简谐运动(单摆运动)，根据周期公式T＝2π＝2π，知小球在C点和D点释放，运动到O点的时间相等，都等于.根据动能定理有：mgΔh＝mv2－0，知C点的Δh大，所以从C点释放到达O点的速度大，故A正确．11.【答案】AD【解析】由图象可知，t1、t2两时刻，质点都在沿x轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A正确．由F＝－kx可知F1＞F2，对于同一质点来说，a1＞a2且方向相反，选项D正确．12.【答案】AD【解析】振子经过A、B两点时速度为零，动能为零，当振子经过O点时，速度最大，动能最大，故A正确；由于振子的加速度方向总是指向平衡位置，振子在AO间运动时，加速度向右，在OB 间运动时，加速度向左，所以经过O点时加速度方向要发生变化，故B错误；振子远离O点时，位移增大，加速度增大，做加速度增大的变减速运动，故C错误；回复力的方向总跟它偏离平衡位置的位移方向相反，故D正确．13.【答案】AD【解析】振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，m和M无相对运动而一起运动，离开平衡位置的最大位移未变，所以振幅不变，故A正确，B错误；振子在平衡位置时，速度最大，根据能量守恒得，从最大位移处到平衡位置，弹性势能转化为振子的动能，弹性势能与以前比较未变，但振子的质量变大，所以最大速度变小，故D正确，C错误．14.【答案】ABC【解析】周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，该振子的周期是2.0 s，故A正确；由图可知，t＝0.5 s时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，故B正确；由图可知，t＝1.5 s时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大．此时刻振子的位移方向从上向下，即振子的速度方向竖直向下，故C正确；由图可知，弹簧振子在t＝2.0 s时位于负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度最大，且竖直向上，故D错误．15.【答案】(1)错误(2)大于(3)1.16【解析】①把两个相同的木板完全重叠在一起，构成的复摆质量大于单个木板复摆的质量，而两者周期相同，说明复摆的周期与质量无关，证明甲同学的猜想是错误的．②由表格看出，周期测量值T大于周期计算值T0，由单摆的周期公式T＝2π知，复摆的等效摆长大于③用描点作图法作出T－T0图线如图所示，由数学知识求得：图线的斜率k＝＝1.16，则由T＝2π，T0＝2π得：＝1.16.16.【答案】1 m10 cm245 s【解析】题图是单摆的共振曲线，当驱动力频率为0.5 Hz时单摆产生了共振现象；则单摆的固有频率即为0.5 Hz，固有周期为T＝2 s，振幅为10 cm；根据单摆的周期公式T＝2π，摆长为：L＝＝≈1 m把此摆拿到月球上去，周期为：T＝2π＝2×3.14×＝4.9 s做50次全振动时间为：t＝50T＝50×4.9＝245 s.17.【答案】(1)mg(2)＋mg【解析】(1)经过平衡位置时，回复力为0，对于A有：F f0＝mg(2)在平衡位置时对于A、B组成的系统有：kx0＝(m＋M)g向下离开平衡位置的位移为x时对于A、B组成的系统有：k(x0＋x)－(m＋M)g＝(m＋M)a则kx＝(m＋M)a对于A有：F fx－mg＝ma解得F fx＝ma＋mg＝＋mg18.【答案】24 N【解析】在力F作用下，玻璃板向上加速，图示OC间曲线所反映出的是振动的音叉振动位移随时间变化的规律，其中直线OC代表音叉振动1.5个周期内玻璃板运动的位移，而OA、AB、BC间对应的时间均为0.5个周期，即t＝＝＝0.1 s．故可利用匀加速直线运动的规律——连续相等时间内的位移差等于恒量来求加速度．设玻璃板竖直向上的加速度为a，则有：sBA－sAO＝aT2其中T＝＝0.1 s由牛顿第二定律得F－mg＝ma联立得F＝24 N.。

人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》检测题(含答案解析)

第十一章《机械振动》检测题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1.弹簧振子作简谐振动的周期是4 s，某时刻该振子的速度为v，要使该振子的速度变为－v，所需要的最短时间是( )A． 1 s B． 2 s C． 4 s D．无法确定2.小球做简谐运动，则下述说法正确的是( )A．小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B．小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C．小球的速度大小与位移成正比，方向相反D．小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反3.弹簧振子沿直线作简谐运动，当振子连续两次经过相同位置时下列说法不正确的( ) A．回复力相同 B．加速度相同 C．速度相同 D．机械能相同4.任何物体都有自己的固有频率．研究表明，如果把人作为一个整体来看，在水平方向上振动时的固有频率约为5 Hz.当工人操作风镐、风铲、铆钉机等振动机械时，操作者在水平方向将做受迫振动．在这种情况下，下列说法正确的是( )A．操作者的实际振动频率等于他自身的固有频率B．操作者的实际振动频率等于机械的振动频率C．为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量接近人的固有频率D．为了保证操作者的安全，应尽量提高操作者的固有频率5.水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则( )A．v1＝2v2 B． 2v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v26.如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则( )A．质点在3 s末的位移为2 m B．质点在4 s末的位移为8 mC．质点在4 s内的路程为8 m D．质点在4 s内的路程为零7.如图所示是单摆做阻尼运动的位移—时间图线，下列说法中正确的是( )A．摆球在P与N时刻的势能相等 B．摆球在P与N时刻的动能相等C．摆球在P与N时刻的机械能相等 D．摆球在P时刻的机械能小于N时刻的机械能8.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为( )A． B． C． D．无法判断9.如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期( )A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大10.关于简谐运动周期、频率、振幅说法正确的是( )A．振幅是矢量，方向是由平衡位置指向最大位移处B．周期和频率的乘积不一定等于1C．振幅增加，周期必然增加，而频率减小D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关11.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，用这种方法测得的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．某同学由此图线提供的信息做出了下列判断①t＝0.2 s时摆球正经过最低点．②t＝1.1 s时摆球正经过最低点．③摆球摆动过程中机械能减少．④摆球摆动的周期是T＝0.6 s.上述判断中，正确的是( )A．①③ B．②③ C．③④ D．②④12.如图为某质点做简谐运动的图象．下列说法正确的是( )A．t＝0时，质点的速度为零B．t＝0.1 s时，质点具有y轴正向最大加速度C．在0.2 s～0.3 s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D．在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动13.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的最高点，D是圆环上与M靠得很近的一点(DM远小于)．已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C点自由下落到M点，d球从D点静止出发沿圆环运动到M点．则下列关于四个小球运动时间的关系，正确的是( )A．tb＞tc＞ta＞td B．td＞tb＞tc＞ta C．tb＞tc＝ta＞td D．td＞tb＝tc＝ta14.如图所示，一轻弹簧上端固定，下端系在甲物体上，甲、乙间用一不可伸长的轻杆连接，已知甲、乙两物体质量均为m，且一起在竖直方向上做简谐振动的振幅为A(A＞)．若在振动到达最高点时剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A1，若在振动到达最低点时间剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A2.则( )A．A2＞A＞A1 B．A1＞A＞A2 C．A＞A2＞A1 D．A2＞A1＞A二、多选题(每小题至少有两个正确答案)15.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力．如图是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落．从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是( )A．t1时刻小球速度最大 B．t2时刻绳子最长C．t3时刻小球动能最小 D．t3与t4时刻小球速度大小相同16.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置，合力一定为零D．物体到达平衡位置，回复力一定为零17.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，以下说法正确的是( )A．测量摆长时，应用力拉紧摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D．应从摆球通过最低位置时开始计时18.(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经t秒与B发生正碰．碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道，当两球第二次相碰时( )A．相间隔的时间为4t B．相间隔的时间为2tC．将仍在O处相碰 D．可能在O点以外的其他地方相碰19.如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，下列说法正确的是( )A．物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供C．物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小跟位移大小之比为kD．物体A的回复力大小跟位移大小之比为k E．若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为三、实验题20.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，实验步骤如下：Ⅰ.选取一个摆线长约1 m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．Ⅱ.用米尺量出悬线长度，精确到毫米，作为摆长．Ⅲ.放开小球让它来回摆动，用停表测出单摆做30～50次全振动所用的时间，计算出平均摆动一次的时间．Ⅳ.变更摆长，重做几次实验，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值．(1)上述实验步骤有两点错误，请一一列举：Ⅰ.________________________________________________________________________；Ⅱ.________________________________________________________________________；(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，测得的重力加速度变______．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，当地的重力加速度的真实值g ＝____________.21.在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆．(1)如图，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图象如图所示．在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为____________．(2)为测量摆长，该同学用米尺测得摆线长为85.72 cm，又用游标卡尺测量出圆柱体的直径(如图甲)与高度(如图乙)，由此可知此次实验单摆的摆长为______cm.(3)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了下表中所列实验数据．请在坐标系中画出相应图线(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息．四、计算题22.如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)在0～0.6 s的时间内质点通过的路程；(4)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(5)振动质点在0.6 s～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)振动质点在0.4 s～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？答案解析1.【答案】D【解析】要使该振子的速度变为－v，可能经过同一位置，也可能经过关于平衡位置对称的另外一点；由于该点与平衡位置的间距未知，故无法判断所需要的最短时间，故选D.2.【答案】B【解析】简谐运动的回复力与位移关系为：F＝－kx，方向相反，A、C、D错；a＝，所以加速度与位移成正比，方向相反，B正确．3.【答案】C【解析】弹簧振子在振动过程中，两次连续经过同一位置时，位移、加速度、回复力、动能、势能、速度的大小均是相同的．但速度的方向不同，故速度不同．故选C.4.【答案】B【解析】物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，可知操作者的实际频率等于机械的振动频率，故A错误，B正确；当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象，所以为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量远离人的固有频率，故C错误；有关部门作出规定：拖拉机、风镐、风铲、铆钉机等各类振动机械的工作频率必须大于20 Hz，操作者的固有频率无法提高，故D错误．5.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，周期与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处所用的时间为；第一次位移为2A，第二次位移为4A，即位移之比为1∶2，根据平均速度的定义式＝，平均速度之比为1∶2.6.【答案】C【解析】振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移．位移是矢量，有大小，也有方向．因此3 s末的位移为－2 m,4 s末位移为零．路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C正确．7.【答案】A【解析】由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N两时刻位移大小相同，关于平衡位置对称，所以势能相等，A正确；由于系统机械能在减少，P、N时刻势能相同，则P处动能大于N处动能，故B、C、D错．8.【答案】B【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T＝2π得T1＝2π；T2＝2π；联立解得g＝，故选B.9.【答案】B【解析】在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.10.【答案】D【解析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，A错；周期和频率互为倒数，B错；做简谐运动的物体的频率和周期由振动系统本身决定，C错误，D正确．11.【答案】A【解析】摆球经过最低点时，拉力最大，在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，故①正确；摆球经过最低点时，拉力最大，在1.1 s时，拉力最小，所以此时摆球不是经过最低点，是在最高点，故②错误；根据牛顿第二定律知，在最低点F－mg＝m，则F＝mg＋m，在最低点的拉力逐渐减小，知是阻尼振动，机械能减小，故③正确；在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期：T＝2×(0.8 s－0.2 s)＝1.2 s，故④错误．12.【答案】D【解析】由图可知，在t＝0时，质点经过平衡位置，所以速度最大，故A错误；当t＝0.1 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式a＝－y，知加速度负向最大．故B错误；在0.2 s时，质点经过平衡位置，0.3 s时质点的位移为负向最大，质点沿y轴负方向做加速度增大的减速运动，故C错误；在0.5 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，0.6 s时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动，故D正确．13.【答案】C【解析】对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝2.对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝g sin 60°＝g，根据x2＝a2t得，t2＝. 对于CM段，位移x3＝2R，加速度a3＝g，由x3＝gt得，t3＝2.对于D小球，做类单摆运动，t4＝＝.故C正确．14.【答案】A【解析】未剪断轻杆时，甲、乙两物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x0＝；当剪断轻杆时，甲物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x＝，可知，平衡位置向上移动．则在振动到达最高点时剪断轻杆，A1＜A；在振动到达最低点时间剪断轻杆，A2＞A；所以有：A2＞A＞A1.15.【答案】BD【解析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大，故A错误；t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长，故B正确；t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小，故C错误；t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，故D正确．16.【答案】AD【解析】平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D对．17.【答案】BCD【解析】测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差，故A错误．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则单摆的振动不是简谐运动，故B正确．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确．由于摆球经过最低点时速度最大，从摆球通过最低位置时开始计时，测量周期引起的误差最小，故D 正确．18.【答案】BC【解析】因为它是一个很大的光滑圆弧，可以当作一个单摆运动．所以AB球发生正碰后各自做单摆运动．T＝2π，由题目可知A球下落的时间为t＝T，由此可见周期与质量、速度等因素无关，所以碰后AB两球的周期相同，所以AB两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的．所以要经过2t的时间，AB两球同时到达O处相碰．19.【答案】ACE【解析】A做简谐运动时的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确；物体B作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误；物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：a＝，对A：F f＝ma ＝，可见，作用在A上的静摩擦力大小F f，即回复力大小与位移大小之比为：，故D错误；据题知，物体间达到最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：kA＝(M＋m)a，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得：A＝，故E正确．20.【答案】(1)Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时(2)小＋【解析】(1)上述实验步骤有两点错误Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径；Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时．(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，等效的重力加速度g′＝，所以测得的重力加速度变小．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，由单摆的周期公式得出T＝2πg＝＋.21.【答案】(1)(2)88.10 (3)如图所示(4)摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系【解析】(1)摆球做简谐运动，每次经过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t＝(N－1)T解得：T＝(2)图乙游标卡尺的主尺读数为47 mm，游标读数为0.1×5 mm＝0.5 mm，则最终读数为47.5 mm＝4.75 cm.所以圆柱体的高度为h＝4.75 cm，摆长是悬点到球心的距离，则摆长l＝85.72 cm＋＝88.10 cm(3)根据描点法作出图象，如图所示：(4)由图象可知，摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系．22.【答案】(1)5 cm (2)x＝5sin(2.5πt) cm(3)15 cm (4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零【解析】(1)由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5 cm，此即质点离开平衡位置的最大距离．(2)由图象可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0.所以x＝A sin(ωt＋φ)＝A sin(t)＝5sin(t) cm＝5sin(2.5πt) cm.(3)由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s,0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm.(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向．(5)由振动图象可以看出，在0.6 s～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小．(6)由图象可以看出，在0.4 s～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零．。

人教版高中物理选修3-4 第十一章机械振动测试含答案和详细解析

绝密★启用前人教版高中物理选修3-4 第十一章机械振动测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则()A．v1＝2v2B． 2v1＝v2C．v1＝v2D．v1＝v22.有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动曲线如图所示，关于此图的下列判断正确的是()A．图①可作为该物体的速度v－t图象B．图②可作为该物体的回复力F－t图象C．图③可作为该物体的回复力F－t图象D．图④可作为该物体的加速度a－t图象3.如图所示，BOC是半径为R的光滑弧形槽，O点是弧形槽的最低点，半径R远大于BOC的弧长，一小球由静止从B点开始释放，小球就在弧形槽内来回运动，欲增大小球的运动周期，可采取的方法是()A．小球开始释放处靠近O点一些B．换一个密度大一些的小球C．换一个半径R大一些的弧形槽D．换一个半径R小一些的弧形槽4.下列说法中正确的是()A．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，则t2－t1＝TB．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则t2－t1＝TC．若t1、t2两时刻振动物体的振动反向，则t2－t1＝D．若t2－t1＝，则在t1、t2时刻振动物体的振动反向5.如图甲所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图乙所示，以下说法正确的是()A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小B．t2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小C．t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大D．t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大6.甲、乙两人观察同一单摆的振动，甲每经过3.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在其平衡位置处；乙每经过4.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在平衡位置右侧的最高处，由此可知该单摆的周期不可能的是()A． 0.5 sB． 1.0 sC． 1.5 sD． 2.0 s7.如图为一振子做简谐运动的图象，在t1和t2时刻，振子的()A．位移相同B．速度相同C．回复力相同D．加速度相同8.如图所示，一质点在A、B间做简谐运动，从A第一次运动到B，历时2 s，路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为()A． 4 s,6 cmB． 6 s,6 cmC． 6 s,9 cmD． 4 s,8 cm9.如图所示为某质点做简谐运动的振动图象．则关于该质点的振动情况，下列说法正确的是()A . 振动周期为4s，振幅为5mB . 前2s内质点的路程为0C . t＝1s时，质点位移最大，速度为零D . t＝2s时，质点的振动方向是沿x轴正方向10.若单摆的摆长不变，摆球的质量增为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆的振动跟原来相比()A．频率不变，机械能不变B．频率不变，机械能改变C．频率改变，机械能改变D．频率改变，机械能不变11.如图所示，在光滑水平面上振动的弹簧振子的平衡位置为O，把振子拉到A点，OA＝1 cm，然后释放振子，经过0.2 s振子第1次到达O点，如果把振子拉到A′点，OA′＝2 cm，则释放振子后，振子第1次到达O点所需的时间为()A． 0.2 sB． 0.4 sC． 0.1 sD． 0.3 s12.一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心距离为r.已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是()A．T＝2πrB．T＝2πrC．T＝2πlD．T＝2πl13.两个等长的单摆，一个放在地面上，另一个放在高空，当第一个摆振动n次的同时，第二个摆振动了(n－1)次，如果地球半径为R，那么第二个摆离地面的高度为()A．nRB． (n－1)RC．D．14.做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速度为v0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力()A．做功一定为0B．做功可能是0到mv之间的某一个值C．做功一定不为0D．做功一定是mv15.发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大()A．增大摆球质量B．缩短摆长C．减小单摆振幅D．将单摆由山下移至山顶第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10分,共40分)16.某个质点的简谐运动图象如图所示，求振动的振幅和周期．17.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？18.如图所示，小球m自A点以向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知AB弧长为0.8 m，圆弧AB半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？(设g取10 m/s2，不计一切摩擦)19.竖直方向有一光滑半圆，一个小球位于圆心处，一个小球位于半圆除最低端的任意处，两球同时从静止释放，问：哪个小球先到达半圆最底部，请给予证明．答案解析1.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，周期与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处所用的时间为；第一次位移为2A，第二次位移为4A，即位移之比为1∶2，根据平均速度的定义式＝，平均速度之比为1∶2.2.【答案】C【解析】在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，①图不能作为该物体的速度—时间图象，故A错误；由简谐运动特征F＝－kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，则知③图可作为该物体的回复力－时间图象，故B错误，C正确；由a＝－可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，则知④图不能作为该物体的a－t图象，故D错误．3.【答案】C【解析】小球的运动可视为单摆模型，由单摆的周期公式T＝2π可知，其周期取决于摆长和g，与质量和振幅无关；欲增大运动周期，可增大摆长即换一个半径R大一些的弧形槽，故A、B、D错误，C正确．4.【答案】D【解析】若t1、t2如图所示，则t2－t1≠T，故A错误．如图所示，与t1时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、t2′……等．故t2－t1＝nT(n＝1、2、3……)，故B错误．同理可判断C错误，D正确．5.【答案】A【解析】t1时刻小球位于最大位移处，速度为零，离平衡位置最远，与最低点切面夹角最大，则轨道对它的支持力最小，A正确；t2时刻小球处于平衡位置，位移为零，速度最大，根据牛顿第二定律，可知轨道对它的支持力最大，B错误；t3时刻小球处于负向位移最大处，速度为零，与A项分析相同，C项错误；t4时刻小球处于平衡位置，速度最大，D错误．6.【答案】C【解析】单摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3 s和4 s都是半周期的整数倍，故时间差1 s也是半周期的整数倍；即1＝n；T＝(n为正整数)；T＝0.5 s 时，n＝4，故A正确；T＝1.0 s时，n＝2，故B正确；T＝1.5 s时，n＝，故C错误；T＝2.0 s 时，n＝1，故D正确；故选C.7.【答案】B【解析】从振子的位移—时间图象可以看出，正向位移逐渐变小并反向增加，故运动方向没有改变，即速度方向不变；根据对称性可知，两时刻的速度相同，振子先靠近平衡位置再远离平衡位置，位移由正向变为负向，F＝－kx，再据牛顿第二定律：a＝－可知，回复力、加速度由负向变为正向，加速度方向发生了改变，故A、C、D错误，B正确．8.【答案】A【解析】质点在A、B间做简谐运动，从A第一次运动到B，历时2 s，路程为12 cm，故周期为：T＝2t＝2×2 s＝4 s，振幅为：A＝＝＝6 cm.9.【答案】D10.【答案】A【解析】单摆摆动的周期公式为T＝2π，故周期与振幅、小球的质量均无关，摆长不变，故周期和频率均不变；最低点为重力势能零点，动能E k＝mv2，质量增加为4倍，速度减小为倍，故动能不变，势能也不变，故机械能也不变．11.【答案】A【解析】简谐运动的周期只跟振动系统本身的性质有关，与振幅无关，两种情况下振子第1次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的，故A正确．12.【答案】B【解析】在地球表面，重力等于万有引力，故：mg＝G解得：g＝G①单摆的周期为：T＝2π②联立①②解得：T＝2πr.13.【答案】D【解析】单摆的周期为：T＝2π.根据物体的重力等于万有引力，则有：＝mg，则得：g＝，则得：T＝2π＝2πr①式中M是地球的质量，L是单摆的摆长，r是物体到地心的距离．由题知，当第一个单摆振动n次的时候，第二个单摆振动n－1次．则两个单摆的周期之比为：T1∶T2＝(n－1)∶n②由①得：＝③联立②③得：＝解得：h＝.14.【答案】A【解析】经过半个周期后，振动的速度大小不变，由动能定理可知，A选项正确．15.【答案】D【解析】由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，l变小，T 变小；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．16.【答案】10cm8 s【解析】由图读出振幅A＝10cm简谐振动方程x＝A sin(t)代入数据－10＝10sin(×7)，得T＝8 s.17.【答案】(1)，竖直向下(2)【解析】(1)小球运动到最高点时，三角架对水平面的压力最小为零，此时对整体根据牛顿第二定律，有：(M＋m)g＝ma解得：a＝，方向向下(2)小球做简谐运动，根据回复力公式F＝kx，有：2k·A＝ma解得：A＝18.【答案】m/s(k＝1,2,3…)【解析】小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动．因为A≪R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长；设小球m恰好能碰到小球n，则有：A＝vt且满足：t＝kT(k＝1,2,3…)又T＝2π解以上方程得：v＝m/s(k＝1,2,3…)19.【答案】小球a先到达最底部【解析】假设小球a位于圆心处，小球b位于半圆除最低端的任意处，根据题意知小球a做自由落体运动，小球b做单摆运动，小球b到最低点的时间为个周期：＝T＝×2π×＝；tb则在小球b到最底部时，小球a下落的高度：＝gt2＝×g××＝R＞R，由此知，当小球b到达最低点时，小球a在竖直方向上下落高ha度大于半径R，故小球a先到达最底部．。

高中物理人教版选修3-4练习：第十一章第5节外力作用下的振动随堂检测含解析

经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。

在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是( ) A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率
解析：飞机抖动的厉害是因为发生了共振现象，想要解决这一问题需要使系统的固有频率与驱动力的频率差别增大，在飞机机翼前缘处装置一个配重杆，改变的是机翼的固有频率，故选项D正确。

答案：D
4．(对应要点三)如图11－5－7所示，三个单摆的摆长为L1＝1.5 m，L2＝1 m，L3＝0.5 m，现用一周期等于2 s的驱动力，使它们做受迫振动，那么当它们的振动稳定时，下列判断中正确的是( )
图11－5－7
A．三个摆的周期和振幅相等
B．三个摆的周期不等，振幅相等
C．三个摆的周期相等，但振幅不等
D．三个摆的周期和振幅都不相等
解析：三个摆的振动都是受迫振动，所以振动的频率都与驱动力的频率相同，三者的频率相同，由f＝＝知，2的频率与驱动力的频率相同，振幅最大。

而1和3的振幅较小，故C正确。

答案：C。

人教版高中物理选修3-4测试题全套及答案

人教版高中物理选修3-4测试题全套及答案第十一章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2016·北京理综，15)如图所示，弹簧振子在M 、N 之间做简谐运动。

以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴。

向右为x 轴正方向。

若振子位于N 点时开始计时，则其振动图象为( A )解析：由题意，向右为x 轴的正方向，振子位于N 点时开始计时，因此t ＝0时，振子的位移为正的最大值，振动图象为余弦函数，A 项正确。

2．做简谐运动的物体，其位移随时间的变化规律为x ＝2sin(50πt ＋π6)cm ，则下列说法正确的是( D )A ．它的振幅为4cmB ．它的周期为0.02sC ．它的初相位是π3D ．它在14周期内通过的路程可能是22cm解析：对照简谐运动的一般表达式x ＝A sin(2πT t ＋φ)知A ＝2cm ，T ＝0.04s ，φ＝π6，故ABC错；由表达式可以看出振动物体从相位为3π4到相位为5π4这14周期内通过的路程为2A ，故D正确。

3．如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx ，释放后振子在AB 间振动。

设AB ＝20cm ，振子由A 到B 时间为0.1s ，则下列说法正确的是( C )A ．振子的振幅为20cm ，周期为0.2sB ．振子在A 、B 两处受到的回复力分别为k Δx ＋mg 与k Δx －mgC ．振子在A 、B 两处受到的回复力大小都是k ΔxD．振子一次全振动通过的路程是20cm解析：AB之间距离为20cm，所以振幅为10cm，选项A错误。

由F＝－kx可知，在A、B两处回复力大小都为kΔx，选项B错误，选项C正确。

人教版高中物理选修3-4：第十一章过关检测 --(附解析答案)

第十一章过关检测(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8 小题有多个选项正确)1.一简谐运动的图象如图所示,在0.1~0.15 s 这段时间内()A.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相同B.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相反C.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相反D.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相同解析:由图象可知,在t=0.1 s时,质点位于平衡位置,t=0.15 s时,质点到达负向最大位移处,因此在t=0.1~0.15 s这段时间内,质点刚好处于由平衡位置向负向最大位移处运动的过程中,其位移为负值,且数值增大,速度逐渐减小,而加速度逐渐增大,为加速度逐渐增大的减速运动,故加速度方向与速度方向相反,因此选项B正确。

答案:B2.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,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:单摆振动的频率与摆长和所在地的重力加速度有关,与质量、振幅大小无关,题中单摆振动的频率不变;单摆振动过程中机械能守恒,振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能,因此,题中单摆的振幅改变,选项C正确。

答案:C3.某同学看到一只鸟落在树枝上的P处(如图所示),树枝在10 s 内上下振动了6次。

鸟飞走后,他把50 g的砝码挂在P处,发现树枝在10 s内上下振动了12次。

将50 g的砝码换成500 g的砝码后,他发现树枝在15 s内上下振动了6次。

试估计鸟的质量最接近()A.50 gB.200 gC.500 gD.550 g。

高二物理人教版选修3-4 第十一章过关检测含解析

——教学资料参考参考范本——
高二物理人教版选修3-4 第十一章过关检测含解析
______年______月______日
____________________部门
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8小题有多个选项正确)
答案:C
5.一单摆由甲地移到乙地后,发现走时变快了,其变快的原因及调整的方法是( )
A.g甲>g乙,将摆长缩短
B.g甲<g乙,将摆长放长
C.g甲<g乙,将摆长缩短
D.g甲>g乙,将摆长放长
解析:走时变快了,说明周期T=2π变小了,即g乙>g甲,若要恢复原来的周期,则需把摆长变长,使不变。
答案:B
6.
答案:0.8 4cost
10.
在“利用单摆测重力加速度”的实验中。
(1)某同学尝试用DIS测量周期。如图,用一个磁性小球代替原先的摆球,在单摆下方放置一个磁传感器,其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到。使单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆周期的测量值为 (地磁场和磁传感器的影响可忽略)。
1.
一简谐运动的图象如图所示,在0.1~0.15 s 这段时间内( )
A.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相同
B.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相反
C.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相反
D.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相同
解析:由图象可知,在t=0.1s时,质点位于平衡位置,t=0.15s时,质点到达负向最大位移处,因此在t=0.1~0.15s这段时间内,质点刚好处于由平衡位置向负向最大位移处运动的过程中,其位移为负值,且数值增大,速度逐渐减小,而加速度逐渐增大,为加速度逐渐增大的减速运动,故加速度方向与速度方向相反,因此选项B正确。

高中物理第十一章第4节单摆随堂检测归纳小结新人教版选修3-4

高中物理第十一章第4节单摆随堂检测概括小结新人教版选修 3-41． (对应重点一 ) 对于单摆摆球在运动过程中的受力，以下结论正确的选项是()A．摆球受重力、摆线的张力、答复力、向心力作用B．摆球受的答复力最大时，向心力为零；答复力为零时，向心力最大C．摆球受的答复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大D．摆球受的向心力最大时，摆球的加快度方向沿摆球的运动方向分析：单摆在运动过程中，摆球受重力和摆线的拉力作用，故 A 错。

重力垂直于摆线的分力供给答复力。

当答复力最大时，摆球在最大位移处，速度为零，向心力为零，拉力等于重力沿摆线的分力大小，则拉力小于重力；在均衡地点处，答复力为零，速度最大，向心力最大，摆球的加快度方向沿摆线指向悬点，故C、D 错， B 对。

答案： B2． (对应重点二 ) 如图 11－ 4－ 8 所示为在同一地址的 A 、 B 两个单摆做简谐运动的图象，其中实线表示 A 的运动图象，虚线表示 B 的运动图象。

对于这两个单摆的以下判断中正确的是()图 11－4－8A．这两个单摆的摆球质量必定相等B．这两个单摆的摆长必定不一样C．这两个单摆的最大摆角必定同样D．这两个单摆的振幅必定同样分析：从题中图象可知：两单摆的振幅相等，周期不等，因此两单摆的摆长必定不一样，故 B 、D 对， C 错。

单摆的周期与质量没关，故 A 错。

答案： BD3． (对应重点二 ) 如图 11－ 4－ 9 所示，一摆长为l 的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子， P 与悬点相距 l － l ，′则这个摆做小幅度摇动时的周期为( ) 图11 － 4－9l l ′A ． 2πg B． 2πg11 / 22 / 2ll ′ l ＋ l ′ C ． π( g ＋g ) D ． 2π2g分析：碰壁前摆长为 l ，故周期 T1 ＝ 2π l，碰壁后摆长变成 l ，′则周期 T2＝2πl ′g ，g因此此摆的周期 T ＝T1 ＋T2＝ π( l＋ l ′22 g g )。

2017-2018学年高中物理选修3-4练习：第十一章检测含

(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分，共42分。

在四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选不全的得3分，有错选或不选的得0分) 1．水平放置的弹簧振子在做简谐运动时()A．加速度方向总是跟速度方向相同B．加速度方向总是跟速度方向相反C．振子向平衡位置运动时，加速度方向跟速度方向相反D．振子向平衡位置运动时，加速度方向跟速度方向相同解析：弹簧振子的运动过程，由两种性质的运动组成；a增大的减速运动和a减小的加速运动。

则a与v可以同向，可以反向。

振子向平衡位置运动时，a与v同向，做加速运动，振子离开平衡位置运动时，a与v反向，做减速运动。

答案：D2．关于简谐运动的周期，以下说法正确的是()A．间隔一个周期的两个时刻物体的振动情况完全相同B．间隔半个周期奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同C．半个周期内物体动能的变化一定为零D．一个周期内物体势能的变化一定为零解析：根据周期的意义知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故A正确；当间隔半个周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，故B错误；由于间隔半个周期各矢量大小相等，所以物体的动能必定相等，没有变化，所以C正确；D显然也正确，所以应选A、C、D。

答案：ACD3. (2012·重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图1所示。

将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。

若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是()图1图2解析：装有砂粒的试管受到重力和浮力作用，竖直提起少许时，浮力小于重力，合力向下。

试管释放时，试管处于最高点(正方向最大位移处)，将在合力作用下向下(负方向)做加速运动，之后试管将做简谐运动，故试管的振动图象中0时刻位移为正方向最大值，只有选项D 正确。

答案：D4．某质点做简谐运动，其位移与时间的关系式为：x ＝3sin(2π3t ＋π2) cm ，则( ) A ．质点的振幅为3 cmB ．质点振动的周期为3 sC ．质点振动的周期为2π3s D ．t ＝0.75 s 时刻，质点回到平衡位置解析：由x ＝3 sin(2π3t ＋π2) cm 可知，A ＝3 cm ，ω＝2π3，T ＝2πω＝3 s ，A 、B 正确，C 错误；将t ＝0.75 s 代入表达式中可得：x ＝0，故t ＝0.75 s 时，质点回到平衡位置，D 正确。

人教版高中物理选修3-4第十一章过关检测

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）第十一章过关检测(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项正确,第6~8 小题有多个选项正确) 1.一简谐运动的图象如图所示,在0.1~0.15 s 这段时间内 ( ) A.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相同 B.加速度增大,速度变小,加速度和速度的方向相反 C.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相反 D.加速度减小,速度变大,加速度和速度的方向相同解析:由图象可知,在t=0.1 s 时,质点位于平衡位置,t=0.15 s 时,质点到达负向最大位移处,因此在t=0.1~0.15 s 这段时间内,质点刚好处于由平衡位置向负向最大位移处运动的过程中,其位移为负值,且数值增大,速度逐渐减小,而加速度逐渐增大,为加速度逐渐增大的减速运动,故加速度方向与速度方向相反,因此选项B 正确。

答案:B2.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12,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:单摆振动的频率与摆长和所在地的重力加速度有关,与质量、振幅大小无关,题中单摆振动的频率不变;单摆振动过程中机械能守恒,振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能,因此,题中单摆的振幅改变,选项C 正确。

答案:C 3.某同学看到一只鸟落在树枝上的P 处(如图所示),树枝在10 s 内上下振动了6次。

鸟飞走后,他把50 g 的砝码挂在P 处,发现树枝在10 s 内上下振动了12次。

将50 g 的砝码换成500 g 的砝码后,他发现树枝在15 s 内上下振动了6次。

试估计鸟的质量最接近( )A.50 gB.200 gC.500 gD.550 g解析:由题意,m 1=50 g 时,T 1=1012 s =56 s;m 2=500 g 时,T 2=156 s =52 s,可见质量m 越大,周期T 也越大。

人教版高中物理选修3-4第11章限时检测.docx

高中物理学习材料第十一章限时检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2012·青州一中检测)做简谐运动的物体，其加速度a随位移x的变化规律应是下图中的哪一个( )答案：B解析：由a＝－kmx知B选项正确。

2．如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时，乙在平衡位置的( )A．左方，向右运动B．左方，向左运动C．右方，向右运动D．右方，向左运动答案：D3．关于质点做简谐运动，下列说法中正确的是( )A．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反B．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大D．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小答案：AD解析：设O为质点做简谐运动的平衡位置，它由C经过O到B，又由B经过O到C一个周期内，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质点由B到O和由C到O的过程中，速度的方向与回复力的方向相同，A正确。

质点的位移方向与加速度方向总相反，B 不正确。

质点振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，根据机械能守恒定律，其动能必然减小，C不正确。

当质点的势能减小时，如从C到O或从B到O阶段，回复力减小，势能减小，质点的加速度大小也减小，D正确。

4．下表记录了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( )固固C．50 Hz<f固<70 Hz D．以上三个答案都不对答案：C解析：由表中数据可知，当驱动力的频率由50 Hz增大到70 Hz 的过程中，受迫振动的振幅先增大后减小，说明振动系统的固有频率f固应为50 Hz<f固<70 Hz，C选项正确。

【精品试卷】人教版高中物理选修3-4第十一章章末检测复习专用试卷

高中物理学习材料（精心收集**整理制作）章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题5分，共50分)1．单摆通过平衡位置时，小球受到的回复力()A．指向地面B．指向悬点C．数值为零D．垂直于摆线解析做简谐运动的质点，只有在离开平衡位置时才受到回复力，“平衡位置”的意义就是回复力为零的位置，此处的合力却不一定为零．答案 C2．简谐运动属于()A．匀变速直线运动B．匀速直线运动C．曲线运动D．变速运动解析简谐运动的加速度大小不断变化，选项A、B错误；简谐运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，简谐运动的速度不断变化，是变速运动，选项D正确．答案 D3．如图1所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则()图1A．质点振动的振幅是4 mB．质点振动的频率为4 HzC ．质点在4 s 内的路程为8 mD ．质点在t ＝1 s 到t ＝3 s 的时间内，速度先沿x 轴正方向后沿x 轴负方向，且速度先增大后减小解析由图可知振动的振幅A ＝2 m ，周期T ＝4 s ，则频率f ＝1T ＝0.25 Hz ，选项A 、B错误；质点在4 s 内的路程s ＝4A ＝8 m ，选项C 正确；质点从t ＝1 s 到t ＝3 s 的时间内，一直沿x 轴负方向运动，选项D 错误．答案 D4．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12，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，振幅不变解析单摆振动的频率与摆长和所在地的重力加速度有关，与质量、振幅大小无关，题中单摆振动的频率不变；单摆振动过程中机械能守恒，振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能，因此，题中单摆的振幅改变，选项C 正确．答案 C5．如图2所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm ，图示P 位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m 向右拉动5 cm 后由静止释放，经0.5 s 振子m 第一次回到P 位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是( )图2A ．该弹簧振子的振动频率为1 HzB ．若向右拉动10 cm 后由静止释放，经过1 s 振子m 第一次回到P 位置C ．若向左推动8 cm 后由静止释放，振子m 两次经过P 位置的时间间隔是2 sD ．在P 位置给振子m 任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20 cm ，总是经0.5 s 速度就降为0解析本题考查简谐运动的周期性．由题意知，该弹簧振子振动周期为T ＝0.5×4 s＝2 s，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s，振动频率为0.5 Hz，所以B选项中应经过0.5 s第一次回到P位置，A、B选项错误；C选项中两次经过P位置的时间间隔为半个周期，是1 s，C选项错误，D选项正确．答案 D6．一个弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，其中有两个时刻弹簧对振子的弹力大小相等，但方向相反，那么这两个时刻弹簧振子的()A．速度一定大小相等，方向相反B．加速度一定大小相等，方向相反C．位移一定大小相等，方向相反D．以上三项都不对解析由弹簧振子的运动规律知，当弹簧弹力大小相等、方向相反时，这两时刻振子的位移大小相等、方向相反，加速度大小相等、方向相反，B、C正确；由于物体的运动方向在两时刻可能为同向，也可能为反向，故A错误．故正确答案为B、C.答案BC7．某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图3所示的共振曲线．横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅．已知重力加速度为g，下列说法中正确的是()图3A．由图中数据可以估算出摆球的摆长B．由图中数据可以估算出摆球的质量C．由图中数据可以估算出摆球的最大动能D．如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动解析从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率，单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率，根据单摆的频率可以计算出单摆的周期，根据单摆的周期公式可以算出单摆的摆长，选项A正确；从单摆的周期无法计算出单摆的摆球质量和摆球的最大动能，选项B、C错误；如果增大单摆的摆长，单摆的周期增大，频率减小，曲线的峰将向左移动，选项D错误．答案 A8．A、B两个单摆，A摆的固有频率为f，B摆的固有频率为4f，若让它们在频率为5f 的驱动力作用下做受迫振动，那么A、B两个单摆比较()A．A摆的振幅较大，振动频率为fB．B摆的振幅较大，振动频率为5fC．A摆的振幅较大，振动频率为5fD．B摆的振幅较大，振动频率为4f解析A、B两摆均做受迫振动，其振动频率应等于驱动力的频率即5f，因B摆的固有频率接近驱动力的频率，故B摆的振幅较大，B正确，A、C、D错误．答案 B9．如图4所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是()图4A．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B．t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等解析由图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故选项A正确；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式T＝2πlg ，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C 错误；因摆球摆动的最大偏角未知，故选项D 错误．答案 AB10．一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时刻振子的位移x ＝－0.1 m ；t ＝43 s 时刻x ＝0.1 m ；t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ．该振子的振幅和周期可能为( )A ．0.1 m ，83 sB ．0.1 m,8 sC ．0.2 m ，83 sD ．0.2 m,8 s解析若振幅A ＝0.1 m ，T ＝83 s ，则43s 为半周期，从－0.1 m 处运动到0.1 m 处，符合运动实际，4 s －43 s ＝83 s 为一个周期，正好返回0.1 m 处，所以A 项正确；若A ＝0.1 m ，T ＝8 s ，43 s 只是T 的16，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B 错；若A ＝0.2 m ，T ＝83 s ，43 s ＝T 2，振子可以由－0.1 m 处运动到对称位置，4 s －43 s ＝83 s ＝T ，振子可以由0.1 m 处返回0.1 m 处，所以C 对；若A ＝0.2 m ，T ＝8 s ，43 s ＝2×T 12，而sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ·T 12＝12，即T 12时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m 处，再经83 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，所以D 对．故正确答案为ACD.答案 ACD二、填空题(每小题5分，共10分)11．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5所示，则该摆球的直径为________cm.图5(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t 100C．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解析(1)由标尺的“0”刻线在主尺上的位置读出摆球直径的整厘米数为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 cm＋0.07 cm＝0.97 cm.(2)单摆应从最低点计时，故A错；因一个周期内，单摆有2次通过最低点，故B错；由T＝2πlg得，g＝4π2lT2，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，则g偏大，C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错．答案(1)0.97(2)C12．一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图6甲所示，该装置可用于研究弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙所示．当把手以某一速度匀速运动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图象如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，A表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则：图6(1)稳定后，物体振动的频率f＝________ Hz.(2)欲使物体的振动能量最大，需满足什么条件？答：___________________________________________________.(3)利用上述所涉及的知识，请分析某同学所提问题的物理依据．“某同学考虑，我国火车第六次大提速时，需尽可能的增加铁轨单节长度，或者是铁轨无接头”．答：____________________________________________________.解析(1)由题目中丙图可知，f＝1T＝14Hz＝0.25 Hz.(2)物体的振动能量最大时，振幅最大，故应发生共振，所以应有T＝T0＝4 s.(3)若单节车轨非常长，或无接头，则驱动力周期非常大，从而远离火车的固有周期，使火车的振幅较小，以便来提高火车的车速．答案(1)0.25(2)、(3)见解析三、计算题(共4小题，共40分)13．(8分)如图7所示为一弹簧振子的振动图象，求：图7(1)该振子简谐运动的表达式；(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？解析(1)由振动图象可得：A＝5 cm，T＝4 s，φ＝0则ω＝2πT＝π2rad/s故该振子做简谐运动的表达式为：x＝5sin π2t(cm)．(2)由题图可知，在t＝2 s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大．当t＝3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经过一个周期位移为零，路程为5×4 cm＝20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子位移x＝0，振子路程s＝20×25 cm＝500 cm＝5 m.答案(1)x＝5sin π2t(cm)(2)见解析(3)0 5 m14．(10分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s内通过的路程及5 s末的位移大小；(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．解析(1)由题意可知，振子由B→C经过半个周期，即T2＝0.5 s，故T＝1.0 s，f＝1T＝1 Hz.(2)振子经过1个周期通过的路程s1＝0.4 m．振子5 s内振动了五个周期，回到B点，通过的路程：s＝5s1＝2 m．位移大小x＝10 cm＝0.1 m.(3)由F＝－kx可知：在B点时F B＝－k×0.1，在P点时F P＝－k×0.04，故a Ba P＝F BmF Pm＝5∶2.答案(1)1.0 s 1 Hz(2)2 m0.1 m(3)5∶2 15．(10分)如图8所示是一个单摆的共振曲线．(1)若单摆所处环境的重力加速度g取9.8 m/s2，试求此摆的摆长；(2)若将此单摆移到高山上，共振曲线的“峰”将怎样移动？图8解析(1)由图象知，单摆的固有频率f＝0.3 Hz.由f＝12πgl得l＝g4π2f2＝9.84×3.142×0.32m≈2.8 m(2)由f＝12πgl知，单摆移动到高山上，重力加速度g减小，其固有频率减小，故共振曲线的“峰”将向左移动．答案(1)2.8 m(2)向左移动16．(12分)一个摆长为2 m的单摆，在地球上某地振动时，测得完成100次全振动所用的时间为284 s.(1)求当地的重力加速度g；(2)把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1.60 m/s2，则该单摆振动周期是多少？解析(1)周期T＝tn＝284100s＝2.84 s．由周期公式T＝2πlg得g＝4π2lT2＝4×3.142×22.842m/s2≈9.78 m/s2.(2)T′＝2πlg′＝2×3.14×21.60s≈7.02 s.答案(1)9.78 m/s2(2)7.02 s。

2019-2020版人教版高中物理选修3-4讲义+练习：第十一章机械运动章末检测试卷(第十一章

姓名，年级：时间：章末检测试卷（第十一章）(时间:90分钟满分：100分)一、选择题（本题共12小题,每小题4分，共48分）1．物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置时，合力一定为零D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零答案A解析平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A对．2．下列说法正确的是( )A．摆钟走时快了必须调短摆长,才可能使其走时准确B．火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆C．挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象答案C解析摆钟走时快了说明摆的周期变短了,需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2π错误!可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确,故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动,当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出,挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频,故C正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D错误．3．（多选)如图1所示，A、B、C三个小钢球的质量分别为2m、错误!m、m，A球振动后,通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时,下列说法正确的是( ）图1A．B的振动周期最大B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等答案CD解析由题意，A做自由振动，振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期,即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故A错误，D正确；由于C、A的摆长相等,则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比B的大,故C正确，B错误．4．如图2所示为某质点在0~4 s内的振动图象，则（）图2A．质点振动的振幅是2 m,质点振动的频率为4 HzB．质点在4 s末的位移为8 mC．质点在4 s内的路程为8 mD．质点在t＝1 s到t＝3 s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小答案C解析由题图可知振动的振幅A＝2 m，周期T＝4 s，则频率f＝错误!＝0.25 Hz,选项A错误;振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s末的位移为零,选项B错误;4 s内的路程s＝4A＝8 m，选项C正确；质点从t＝1 s到t＝3 s的时间内,一直沿x轴负方向运动，选项D错误．5。

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高中物理学习材料
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1．(对应要点一)自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小，下列说法正确的是()
A．机械能守恒
B．能量正在消失
C．总能量守恒，机械能减小
D．只有动能和势能的相互转化
解析：自由摆动的秋千可以看做阻尼振动的模型，振动系统中的能量转化也不是系统内部动能和势能的相互转化，振动系统是一个开放系统，与外界时刻进行能量交换。

系统由于受到阻力，消耗系统能量做功，而使振动的能量不断减小，但总能量守恒。

答案：C
2．(对应要点二)下列振动中属于受迫振动的是()
A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动
B．打点计时器接通电源后，振针的振动
C．小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动
D．弹簧振子在竖直方向上沿竖直方向振动
解析：受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动，故只有B对。

A、C是阻尼振动，D是简谐运动。

答案：B
3．(对应要点三)在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害。

后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。

在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是()
A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率
解析：飞机抖动的厉害是因为发生了共振现象，想要解决这一问题需要使系统的固有频率与驱动
力的频率差别增大，在飞机机翼前缘处装置一个配重杆，改变的是机翼的固有频率，故选项D正确。

答案：D
4．(对应要点三)如图11－5－7所示，三个单摆的摆长为L1＝1.5 m，L2＝1 m，L3＝0.5 m，现用一周期等于2 s的驱动力，使它们做受迫振动，那么当它们的振动稳定时，下列判断中正确的是()
图11－5－7
A．三个摆的周期和振幅相等
B．三个摆的周期不等，振幅相等
C．三个摆的周期相等，但振幅不等
D．三个摆的周期和振幅都不相等
解析：三个摆的振动都是受迫振动，所以振动的频率都与驱动力的频率相同，三者的频率相同，
由f＝1
T＝
1
2π
l
g
知，2的频率与驱动力的频率相同，振幅最大。

而1和3的振幅较小，故C正确。

答案：C。

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