高中物理第十一章机械振动综合评估含解析新人教版选修3_4

机械振动时间：90分钟 分值：100分一、选择题(1～5题为单选，6～10题为多选，每小题4分，共40分) 1．对于做简谐运动的弹簧振子，下述说法中不正确的是( B ) A ．振子通过平衡位置时，速度最大 B ．振子在最大位移处时，加速度最小 C ．振子在连续两次通过同一位置时，位移相同D ．振子连续两次通过同一位置时，动能相同，机械能相同解析：振子经过平衡位置时加速度为零，但速度最大，选项A 正确；振子在最大位移处时速度为零，但加速度最大，选项B 错误；同一位置相对于平衡位置的位移相同，选项C 正确；动能是标量，振子经过同一位置时速度的大小相同，则动能相同，选项D 正确．2．做简谐运动的物体，其位移随时间的变化规律为x ＝2 sin(50πt ＋π6)cm ，则下列说法正确的是( D )A ．它的振幅为4 cmB ．它的周期为0.02 sC ．它的初相位是π3D ．它在14周期内通过的路程可能是2 2 cm解析：对照简谐运动的一般表达式x ＝A sin(2πT t ＋φ)知A ＝2 cm ，T ＝0.04 s ，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，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．4．三个单摆的摆长为L 1＝1.5 m ，L 2＝1 m ，L 3＝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( C )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：单摆做受迫振动，稳定时，三个摆的周期都等于驱动力的周期，由于三个单摆的摆长不等，振幅不等，选项C 正确，A 、B 、D 错误．5．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( C )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：细线断开前，两根弹簧上的弹力大小相同，弹簧的伸长量相同，细线断开后，两物块都开始做简谐运动，简谐运动的平衡位置都在弹簧原长位置，所以它们的振幅相等，选项A 、B 错误；两物块做简谐运动时，动能和势能相互转化，总机械能保持不变，细线断开前，弹簧的弹性势能就是物块做简谐运动时的机械能，所以振动过程中，它们的机械能相等，到达平衡位置时，它们的弹性势能为零，动能达到最大，因为甲的质量大于乙的质量，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，选项C 正确、D 错误．6．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过钢轨接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m ，列车固有振动周期为0.315 s ．下列说法正确的是( ABD )A ．列车的危险速率为40 m/sB ．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C ．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D ．增加钢轨的长度有利于列车高速运行解析：对于受迫振动，当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象，所以列车的危险速率v ＝LT＝40 m/s ，A 正确．为了防止共振现象发生，过桥时需要减速，B 正确．由v＝L T知L 增大时，T 不变，v 变大，所以D 正确．7.如图所示，轻质弹簧下挂重为300 N 的物体A ，伸长了3 cm ，再挂上重为200 N 的物体B 时又伸长了2 cm ，弹簧均在弹性限度内．若将连接A 、B 两物体的细绳剪断，使A 在竖直面内做简谐运动，下列说法中正确的是( BC )A ．最大回复力为300 NB ．最大回复力为200 NC ．振幅为2 cmD ．振幅为5 cm解析：剪断细绳前，弹簧伸长的长度为x 1＝5 cm ，若弹簧下只挂物体A ，则静止时，弹簧的伸长量x 2＝3 cm ，此位置为A 在竖直方向上做简谐运动的平衡位置，则A 的振幅为x 1－x 2＝2 cm ，选项C 正确，D 错误；最大回复力F m ＝k (x 1＋x 2)－G A .而k (x 1＋x 2)＝G A ＋G B ，所以F m ＝G B ＝200 N ，选项A 错误，B 正确．8．劲度系数为20 N/cm 的弹簧振子，它的振动图象如图所示，由图可知( BC )A ．A 点对应的时刻，振子所受的弹力大小为5 N ，方向指向x 轴的正方向B ．A 点对应的时刻，振子的速度方向指向x 轴的正方向C ．在0～4 s 内振子做了2次全振动D ．在0～4 s 内振子通过的路程为0.35 cm ，位移为0解析：A 点对应的时刻，弹力方向指向x 轴的负方向，速度指向x 轴正方向，选项A 错误，B 正确；由题图知振子周期为2 s ，0～4 s 内振子做了2次全振动，选项C 正确；在0～4 s 内振子通过的路程为8A ＝4.0 cm ，选项D 错误．9．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则( ABD )A．甲、乙两个单摆的振幅分别为2 cm、1 cmB．甲、乙两个单摆的机械能可能相等C．前2 s内甲、乙两个摆球的加速度均为正值D．第2 s末甲的速度达到最大，乙的加速度达到最大解析：根据振动图象可知，甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cm，选项A正确；摆球的质量未知，故甲、乙两个单摆的机械能可能相等，选项B正确；前2 s内甲的加速度为负值，选项C错误；单摆位于平衡位置时速度最大，位于最大位移处时，加速度最大，选项D正确．综上本题选A、B、D.10.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( AC )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；物体在向平衡位置运动，经过D点时的加速度在减小，选项D错误．二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)11．在“探究单摆的周期与摆长关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动，如图甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻．光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为2t0.若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将变大(选填“变大”“不变”或“变小”)．解析：(1)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R －t 图线可知周期为2t 0.(2)摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T ＝2πLg，摆长变大，所以周期变大．12．如图所示为一单摆及其振动图象，由图回答：(1)单摆的振幅为3_cm ，频率为0.5_Hz ，摆长约为1_m ；图中所示周期内位移x 最大的时刻为0.5_s 末和1.5_s 末．(2)若摆球从E 指向G 为正方向，α为最大摆角，则图象中O 、A 、B 、C 点分别对应单摆中的E 、G 、E 、F 点．一个周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是1.5_s ～2_s ．势能增加且速度为正的时间范围是0～0.5_s.解析：(1)由纵坐标的最大位移可直接读取振幅为 3 cm.从横坐标可直接读取完成一个全振动的时间即周期T ＝2 s ，进而算出频率f ＝1T ＝0.5 Hz ，算出摆长l ＝gT24π2≈1 m.从题图中看出纵坐标有最大值的时刻为0.5 s 末和1.5 s 末．(2)题图中O 点位移为零，O 到A 的过程位移为正，且增大，A 处最大，历时14周期，显然摆球是从平衡位置E 起振并向G 方向运动的，所以O 点对应E 点，A 点对应G 点．A 点到B 点的过程分析方法相同，因而O 、A 、B 、C 点对应E 、G 、E 、F 点．摆动中EF 间加速度为正，靠近平衡位置过程中加速度逐渐减小且加速度与速度方向相同，即从F 到E 的运动过程对应题图中C 到D 的过程，时间范围是1.5 s ～2 s.摆球远离平衡位置势能增加，即从E 向两侧摆动，又因速度为正，显然是从E 到G 的过程．对应题图中为O 到A 的过程，时间范围是0～0.5 s.13．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h (未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L ，并通过改变L 而测出对应的摆动周期T ，再以T 2为纵轴、L 为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h 和当地的重力加速度g .(1)现有如下测量工具：A.时针；B.停表；C.天平；D.毫米刻度尺．本实验所需的测量工具有BD.(填字母)(2)如果实验中所得到的T 2­L 关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a 、b 、c 中的a .(3)由图象可知，小筒的深度h ＝0.3 m ；当地重力加速度g ＝9.86 m/s 2.解析：本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法． (1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L 要用到毫米刻度尺，测单摆的周期需要用停表，所以测量工具选B 、D.(2)设摆线在筒内部分的长度为h ，由T ＝2πL ＋h g 得，T 2＝4π2g L ＋4π2gh ，可知T 2­L 关系图象为a .(3)将T 2＝0，L ＝－30 cm 代入上式可得h ＝30 cm ＝0.3 m ， 将T 2＝1.20 s 2，L ＝0代入上式可求得g ＝π2≈9.86 m/s 2.14．有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS 系统较准确地探究了单摆周期T 和摆长L 的关系．然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T 2­L 图象，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高，则去“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B (选填“A ”或“B ”)．另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a 、b两个摆球的振动图象，如图乙所示，由图象可知两单摆摆长之比L a L b ＝49，在t ＝2 s 时b 球振动方向是：＋y (选填“＋y ”或“－y ”)．解析：T 2­L 图线的斜率为4π2g，“南开大学”所处纬度高，重力加速度大，对应斜率小，故B 图线为去“南开大学”的同学所作．由图乙可知T a T b ＝23，又T 2∝L ，则L a L b ＝49.由图象可看出t ＝2 s 时b 的振动方向沿y 轴正方向．三、计算题(共4小题，每小题10分，共40分) 15．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： ①t 1＝0.5 s ；②t 2＝1.5 s.(2)将位移时间的变化规律写成x ＝A sin(ωt ＋φ)的形式并指出振动的初相位． 答案：(1)①5 2 cm ②－5 2 cm (2)x ＝10 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2t ＋π2 cm π2解析：(1)由图象可知，A ＝10 cm ，T ＝4 s ， 所以ω＝2πT ＝π2 rad/s ，故位移x ＝A cos ωt ＝10 cos π2t cm.①当t 1＝0.5 s 时，x 1＝10 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2×0.5 cm ＝5 2 cm. ②当t 2＝1.5 s 时，x 2＝10 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2×1.5 cm ＝－5 2 cm.(2)x ＝10 cos π2t ＝10 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2t ＋π2 cm ，初相位为π2.16.正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B 点开始计时，第21次通过B 点时用30 s ；球在最低点B 时，球心到窗上沿的距离为1 m ，当地重力加速度g 取π2(m/s 2)；根据以上数据求房顶到窗上沿的高度．答案：3.0 m 解析：T ＝tn≈3.0 s，T ＝T 12＋T 22＝12(2π1g＋2π1＋hg)，解得h ＝3.0 m.17.一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，测得s OA ＝1 cm ，s OB ＝4 cm ，s OC ＝9 cm.求外力F 的大小．(g 取10 m/s 2)答案：24 N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s BA －s AO ＝aT 2①其中T＝152 s ＝0.1 s ②由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ③解①②③式可求得F ＝24 N.18.如图所示，AB 为半径R ＝1 m 的一段竖直面内的光滑圆弧槽，A 、B 两点在同一水平面上，且AB 的弧长为5 cm ，将小球乙由圆弧槽最低点O ′上方某处释放，小球甲同时由A 点释放，若两小球在圆弧槽最低点O ′相碰，小球乙下落时距O ′的高度h 满足什么条件？答案：h ＝π28(2n ＋1)2m(n ＝0,1,2,3…)解析：小球乙做自由落体运动，下落到O ′所用的时间为t ＝2h g，由于小球甲在光滑圆弧槽上受力情况与单摆情况相同，其等效摆长l ＝R ＝1 m ，远大于弧长AB ＝5 cm ，所以小球甲沿圆弧槽做简谐运动，由释放到达O ′的时间t ′＝T4(2n ＋1)＝2n ＋14·2πRg，其中(n ＝0,1,2,3，…) 两球在O ′点相碰有t ＝t ′2hg ＝2n ＋14·2πRg(n ＝0,1,2,3…)， 解得h ＝18π2R (2n ＋1)2＝π28(2n ＋1)2m(n ＝0,1,2,3…)．。