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粤教版高中物理选择性必修第一册第二章机械振动章末检测含解析
展开机械振动
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12小题,共40分。第1~8小题只有一个选项正确,每小题3分;第9~12小题有多个选项正确,每小题4分,全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列属于机械振动的是( )
①乒乓球在地面上的来回上下运动 ②弹簧振子在竖直方向的上下运动 ③秋千在空中来回的运动 ④竖于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动
A.①② B.②③
C.③④ D.①②③④
解析:选D 机械振动是最简单,也比较常见的机械运动,自然界中在变力作用下的往复运动都属于机械振动,故D正确。
2.做简谐振动的物体,当它每次经过同一位置时,可能不同的物理量是( )
A.位移 B.速度
C.加速度 D.回复力
解析:选B 做简谐振动的物体,当它每次经过同一位置时,位移x相同,回复力相同,加速度相同,可能不同的物理量是速度,故B正确。
3.如图所示,小球m连在轻质弹簧的一端,放在光滑水平面上,弹簧的另一端固定在墙上,O点为它的平衡位置,把m拉到A点,OA=1 cm,轻轻释放,经0.2 s运动到O点,如果把m拉到A′点,使OA′=2 cm,弹簧仍在弹性限度范围内,则释放后运动到O点所需要的时间为( )
A.0.2 s B.0.4 s
C.0.3 s D.0.1 s
解析:选A 不论将m由A点还是A′点释放,到达O点的时间都为四分之一周期,而周期与振幅的大小无关,由振动系统的本身决定,故A正确。
4.一个摆长约1 m的单摆,在下列的四个随时间变化的驱动力作用下振动,要使单摆振动的振幅尽可能增大,应选用的驱动力是( )
解析:选C 单摆的周期T=2π≈2 s,驱动力的频率越接近单摆的固有频率,单摆的振幅越大,因为C的周期为2 s,故选项C正确。
5.(2020·四川遂宁高二期末)两个弹簧振子,甲的固有频率为f,乙的固有频率为4f,当它们均在频率为3f的驱动力作用下做受迫振动时( )
A.甲的振幅比乙的大,振动频率为f
B.乙的振幅比甲的大,振动频率为3f
C.甲的振幅比乙的大,振动频率为3f
D.乙的振幅比甲的大,振动频率为4f
解析:选B 受迫振动的频率等于驱动力的频率,当系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振,振幅达到最大,故甲、乙两个振子都做受迫振动,频率为3f,乙的固有频率与驱动频率相差较小,所以乙的振幅较大,所以A、C、D错误,B正确。
6.一个质点做简谐运动,振幅是4 cm,频率为2.5 Hz,该质点从平衡位置起向正方向运动,经2.5 s,质点的位移和路程分别是( )
A.4 cm 24 cm B.-4 cm 100 cm
C.0 100 cm D.4 cm 100 cm
解析:选D 由f=得T==0.4 s,Δt=2.5 s=6T。每个周期质点通过的路程为4×4 cm=16 cm,故质点的总路程s=6×16 cm=100 cm。质点0时刻从平衡位置向正向位移运动,经过6周期运动到正向最大位移处,即位移x=4 cm。故D项正确。
7.(2020·浙江杭州西湖高中月考)摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s,则在同一地区( )
A.摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s
B.摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s
C.周期是1 s的单摆的摆长为2 m
D.周期是4 s的单摆的摆长为4 m
解析:选D 摆长是1 m的单摆的周期是2 s,根据单摆的周期公式T=2π可知,当地的重力加速度g==π2 m/s2,摆长是0.5 m的单摆的周期T1=2π=2π× s≈1.414 s,故A、B错误;周期是1 s的单摆的摆长l2== m=0.25 m,周期是体4 s的单摆的摆长l3== m=4 m,故C错误,D正确。
8.(2019·安徽屯溪一中高二期中)如图所示,质量为m1的物体A放置在质量为m2的物体B上,B与弹簧相连,它们一起在光滑水平面上做简谐运动,振动过程中A、B之间无相对运动,设弹簧的劲度系数为k,当物体离开平衡位置的位移为x时,A受到的回复力的大小等于( )
A.0 B.kx
C.kx D.kx
解析:选D A、B相对静止,一起在弹簧的作用下做简谐运动,以整体为研究对象,此时A与B具有相同的加速度,根据牛顿第二定律有kx=(m1+m2)a,得a=。以A为研究对象,使其产生加速度的力即为B对A的静摩擦力f,由牛顿第二定律可得f=m1a=kx。
9.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”,若丝网的固有频率为200 Hz,下列说法正确的是( )
A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大,丝网的振幅越大
B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时,丝网不振动
C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时,丝网的振幅最大
D.昆虫“落网”时,丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定
解析:选CD 根据共振的条件可知,系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统产生共振,振幅最大,故A错误;当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时,丝网仍然振动,B错误;当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时,其频率f== Hz=200 Hz,与丝网的固有频率相等,所以丝网的振幅最大,故C正确;受迫振动的频率等于驱动力的频率,所以昆虫“落网”时,丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定,故D正确。
10.把一个筛子用四根弹簧支起来,筛子上固定一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力,这样就做成了一个共振筛,筛子做自由振动时,完成10次全振动用时15 s。在某电压下,电动偏心轮的转速是36 r/min。已知增大电压可使偏心轮的转速提高;增加筛子的质量,可以增大筛子的固有周期。那么要使筛子的振幅增大,下列哪些做法是正确的( )
A.提高输入电压 B.降低输入电压
C.增加筛子质量 D.减小筛子质量
解析:选AC 在题设条件下,筛子振动的固有周期T固= s=1.5 s,电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T驱= s≈1.67 s,要使筛子振幅增大,就是使这两个周期值靠近,可采用两种做法:第一,提高输入电压,偏心轮转得快一些,减小驱动力的周期;第二,增加筛子的质量使筛子的固有周期增大。
11.一单摆的振动图像如图所示,则( )
A.t1和t3时刻摆线的拉力等大
B.t2和t3时刻摆球速度相等
C. t3时刻摆球速度正在减小
D. t4时刻摆线的拉力正在减小
解析:选AD 由题图可知,t1和t3时刻摆球的位移相等,根据对称性可知单摆振动的速度大小相等,绳子的拉力相等,故A正确;t2时刻摆球在负的最大位移处,速度为零,t3时刻摆球向平衡位置运动,所以t2和t3时刻摆球速度不相等,故B错误;t3时刻摆球正靠近平衡位置,速度正在增大,故C错误;t4时刻摆球正远离平衡位置,速度逐渐减小,绳子拉力减小,故D正确。
12.(2020·江苏徐州一中月考)一做简谐运动的振子沿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= s时刻振子的位移x=0.1 m;t=4 s时刻振子的位移x=0.1 m。该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1 m, s B.0.1 m,8 s
C.0.2 m, s D.0.2 m,8 s
解析:选ACD t=0时刻振子的位移x=-0.1 m,t=4 s时刻x=0.1 m,如果振幅为0.1 m,则有T=t,解得T=,其中n=0,1,2,…。当n=0,t=4 s时,T=8 s;当n=1,t=4 s时,T= s。如果T=8 s,那么0~4 s时间内振子不可能两次出现在正向最大位移处,故A正确,B错误。如果振幅为0.2 m,结合位移—时间关系图像,有t=T+nT ①或者t=T+nT ②或者t=T+nT ③,其中n=0,1,2,…。对于①式,当n=0,t=4 s时,T=8 s;对于①式,当n=1,t=4 s时,T= s,故C、D正确。
二、实验题(本题共2小题,共14分)
13.(6分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图甲所示),已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°,在测量单摆的周期时,从单摆运动到最低点开始计时且记数为1,到第n次经过最低点所用的时间为t,在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L,再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)。
(1)从图乙可知,摆球的直径为d=________ mm。
(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=________。
(3)实验结束后,同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时,提出了以下建议,其中可行的是________。
A.尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线
B.当单摆经过最高位置时开始计时
C.质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较大的
D.测量多组周期T和摆长l,作lT2关系图像来处理数据
解析:(1)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm,可动刻度读数为0.01×48.0 mm=0.480 mm,则最终读数为5.980 mm。
(2)由题意知,从单摆运动到最低点开始计时且记数为1,到第n次经过最低点所用的时间为t,则单摆全振动的次数N=,周期T==,单摆的摆长l=L+,由单摆的周期公式T=2π,
得g=。
(3)上述公式中,重力加速度的测量值与摆长有关,所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线,故A正确;为了减小误差,需要在单摆经过平衡位置时开始计时,且选用体积较小的摆球,故B、C错误;应用图像法处理实验数据可以减小实验误差,测量多组周期T和摆长l,作lT2关系图像来处理数据,故D正确。
答案:(1)5.980 (2) (3)AD
14.(8分)在利用单摆测定重力加速度的实验中:
(1)实验中,需要用到绳子、球、计时器以及尺子等,下列给出了一些选择,你认为相对合适的器材是________。(填写编号)
A.1米长细线 B.1米长粗线
C.10厘米细线 D.泡沫塑料小球
E.小铁球 F.秒表
G.时钟 H.厘米刻度米尺
I.毫米刻度米尺
(2)实验中,测出不同摆长l对应的周期值T,作出T2l图像,如图所示,T2与l的关系式是T2=________,利用图线上任两点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2)可求出图线斜率k,再由k可求出g=________。
(3)根据(2)中的方法进行实验,若测得的g值偏小,可能是下列原因中的________。
A.计算摆长时,只考虑悬线长度,而未加小球半径
B.测量周期时,将n次全振动误记为n+1次全振动
C.计算摆长时,将悬线长加小球直径
D.测量周期时,将n次全振动误记为n-1次全振动
解析:(1)为了减少实验误差,摆线选择1米左右的长细线,摆球选择质量大一些,体积小一些的铁球,测量时间用秒表,测量摆长用毫米刻度尺,选择A、E、F、I。
(2)根据单摆的周期公式T=2π,解得T2=。
对比图像可知,斜率k==。
解得g=。
(3)根据(2)中的求解方法,摆长的测量不影响T2l图像的斜率,即摆长的测量偏大或偏小,g值不变,A、C选项错误;测量周期时,将n次全振动误记为n+1次全振动,则周期测量值偏小,导致重力加速度测量值偏大,B选项错误;测量周期时,将n次全振动误记为n-1次全振动,则周期测量值偏大,导致重力加速度测量值偏小,D选项正确。
答案:(1)AEFI (2) (3)D
三、计算题(本题共4小题,共46分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
15.(8分)(2020·浙江绍兴校级月考)一物体沿x轴做简谐运动,振幅为8 cm,频率为0.5 Hz,在t=0时,位移是8 cm。
(1)试写出用正弦函数表示的振动方程。
(2)求10 s内物体通过的路程。
解析:(1)简谐运动的振动方程的一般表达式为x=Asin(ωt+φ0)
根据题给条件有A=0.08 m,ω=2πf=2π×0.5 rad/s=π rad/s,所以x=0.08sin(πt+φ0)m
将t=0时,x0=0.08 m代入解得φ0=
故振动方程为x=0.08sinm。
(2)周期为T==2 s,故10 s内通过的路程是s=×4A=×4×0.08 m=1.6 m。
答案:(1)x=0.08 sinm (2)1.6 m
16.(10分)(2020·湖北宜昌期末)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的曲线,测得sOA=1.5 cm,sBC=3.5 cm。求自玻璃板开始运动,经过多长时间才开始接通电动音叉的电源?接通电源时玻璃板的速度是多大?
解析:由题意可得,振针的振动周期T0==0.2 s,经过OA与BC所用时间均为T==0.1 s,则由匀变速直线运动规律有sBC-sOA=2aT2,得玻璃板的加速度a=1 m/s2
A点速度vA===0.2 m/s
O点速度v0=vA-aT=0.1 m/s
由v0=at得时间t==0.1 s
即经过0.1 s才开始接通电动音叉的电源,且接通电源时玻璃板的速度为0.1 m/s。
答案:0.1 s 0.1 m/s
17.(12分)如图所示,质量为m的物块放在弹簧上,与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动。当振幅为A时,物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5倍,则物体对弹簧的最小压力是多少?要使物体在振动过程中不离开弹簧,振幅不能超过多大?
解析:由简谐运动的对称性知:
m在最低点时:
F回=1.5mg-mg=ma①
m在最高点时:
F回=mg-FN=ma②
由①②两式联立解得FN=mg
由以上可以得出振幅为A时最大回复力为mg,
所以有kA=mg③
欲使物体在振动中不离开弹簧,则最大回复力可为mg,所以有kA′=mg④
由③④联立得A′=2A。
答案:mg 2A
18.(16分)(2020·北京海淀区模拟)如图所示,一质量为M的竖直放置的圆环,在O处与水平面接触。它的内部有一直立的弹簧,劲度系数为k,弹簧的下端固定于圆环内侧底部,上端固定一质量为m的小球,把小球向上拉起至弹簧的原长处由静止释放,不计空气阻力,小球开始在竖直方向上做简谐运动。在此过程中,圆环一直保持静止。求:
(1)小球做简谐运动的振幅;
(2)小球向下运动的最大距离;
(3)改变小球静止释放的位置,小球做简谐运动的振幅至少为多大时,在其振动过程中才可能使圆环有离开地面的瞬间(已知弹簧一直处于弹性限度内)。
解析:(1)从释放点到平衡位置的距离就是小球做简谐运动的振幅,为A=。
(2)根据简谐运动的对称性,可知小球向下运动的最大距离x=2A=。
(3)圆环要离开地面时弹簧处于拉伸状态,且拉力的大小至少等于圆环的重力,即F=Mg
则弹簧的伸长量x1=
小球振动时的平衡位置与弹簧原长处的距离为x2=
所以,满足条件的最小振幅为A′=x1+x2=。
答案:(1) (2) (3)