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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

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    这是一份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,共8页。

    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(  )

    乒乓球在地面上的来回上下运动 弹簧振子在竖直方向的上下运动 秋千在空中来回的运动 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mA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fT=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AB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 AB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AB具有相同的加速度,根据牛顿第二定律有kx=(m1m2)a,得a。以A为研究对象,使其产生加速度的力即为BA的静摩擦力f,由牛顿第二定律可得fm1akx

    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 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 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.t1t3时刻摆线的拉力等大

    B.t2t3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,t1t3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t2t3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

    C0.2 m, s D.0.2 m,8 s

    解析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Tt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tTnT 或者tTnT 或者tTnT ,其中n=0,1,2,…。对于式,当n=0,t=4 s时,T=8 s;对于式,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lL,由单摆的周期公式T=2π

    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,T2l的关系式是T2=________,利用图线上任两点AB的坐标(x1y1)、(x2y2)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xAsin(ωtφ0)

    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(πtφ0)m

    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OABC所用时间均为T=0.1 s,则由匀变速直线运动规律有sBCsOA=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v0vAaT=0.1 m/s

    v0at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=1.5mgmgma

    m在最高点时:

    FmgFNma

    ①②两式联立解得FNmg

    由以上可以得出振幅为A时最大回复力为mg

    所以有kAmg

    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′=mg

    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FMg

    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′=x1x2

    答案:(1) (2) (3)

     

     

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