2018_2019学年高中物理第十一章机械振动第1节简谐运动练习含解析新人教版选修3_4.docx

测评 ‎(时间:90分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共10个小题,每小题4分,共40分。每小题至少有一个选项是正确的)‎ ‎1.‎ 如图所示,劲度系数为k的轻弹簧一端挂在天花板上,O点为弹簧自然伸长时下端点的位置。当在弹簧下端挂钩上挂一质量为m的砝码后,砝码开始由O位置起做简谐运动,它振动到下面最低点位置A距O点的距离为l0,则(　　)‎ A.振动的振幅为l0‎ B.振幅为l‎0‎‎2‎ C.平衡位置在O点 D.平衡位置在OA中点B的上方某一点 答案：B ‎2.质点沿x轴做简谐运动,平衡位置为坐标原点O,质点经过a点和b点时速度相同,所花时间tab=0.2 s;质点由b点再次回到a点花的最短时间tba=0.4 s。则该质点做简谐运动的频率为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1 Hz B.1.25 Hz C.2 Hz D.2.5 Hz 解析：由题意知a、b两点关于O点对称,由tab=0.2 s、tba=0.4 s知,质点经过b点后还要继续向最大位移处运动,直到最大位移处,然后再回来经b点到a点,则质点由b点到最大位移处再回到b点所用时间为0.2 s,则T‎4‎‎=‎‎1‎‎2‎tab+‎1‎‎2‎(tba-tab),解得周期T=0.8 s,频率f=‎1‎T=1.25 Hz。‎ 答案：B ‎3.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,故选项A、D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,故选项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,故选项C正确。‎ 答案：ACD ‎4.‎ - 7 -‎ 导学号73884040如图所示,三根细线于O点处打结,A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上,使△AOB成直角三角形,∠BAO=30°。已知OC线长是L,下端C点系着一个小球(忽略小球半径),下面说法正确的是(　　)‎ A.让小球在纸面内摆动,周期T=2πLg B.让小球在垂直纸面方向摆动,周期T=2π‎3L‎2g C.让小球在纸面内摆动,周期T=2π‎3L‎2g D.让小球在垂直纸面内摆动,周期T=2πLg 解析：让小球在纸面内摆动,周期T=2πLg。让摆球在垂直纸面内摆动,摆球以OC的延长线与AB交点为中心摆动,摆长为L+L‎2‎cos 30°=L+‎3‎‎4‎L,周期T'=2π‎4+‎‎3‎‎4gL。‎ 答案：A ‎5.‎ 如图所示,A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置。其中,位置A为摆球摆动的最高位置,虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点,则摆球在摆动过程中(　　)‎ A.位于B处的动能最大 B.位于A处时势能最大 C.在位置A的势能大于在位置B的动能 D.在位置B的机械能大于在位置A的机械能 解析：单摆摆动过程中,机械能守恒,在最高点时重力势能最大,最低位置时动能最大,故选项B正确,选项A错误;在B点,EB=EkB+EpB=EpA,故选项C正确,选项D错误。‎ 答案：BC ‎6.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。若驱动力的大小保持不变,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f0‎ D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f 解析：受迫振动的频率总等于驱动力的频率,故选项D正确;驱动力频率越接近固有频率,受迫振动的振幅越大,故选项B正确。‎ 答案：BD ‎7.‎ - 7 -‎ 如图所示,两个质量分别为m0和m的小球,悬挂在同一根水平细线上,当m0在垂直于纸面的平面内摆动时,下列说法正确的是(　　)‎ A.两摆的振动周期是相同的 B.当两摆的摆长相等时,m摆的振幅最大 C.悬挂m0的竖直细线长度变化时,m的振幅不变 D.m摆的振幅可能超过m0摆的振幅 解析：m0摆动时,m摆做受迫振动,稳定后,m摆的振动周期等于驱动力的周期,即等于m0摆的周期,故选项A正确;当m摆长与m0摆长相等时,两者的固有频率相等,而m0摆的固有周期就是使m做受迫振动的驱动力周期,可见m摆处于共振状态,故选项B正确;m0摆摆长发生变化,就是使m做受迫振动的驱动力周期发生变化,由于m的固有周期不变,这样两个周期差别就发生了变化,因而m的振幅也会发生变化,选项C错误;单摆振动的能量不仅与振幅有关,还跟振动系统的质量有关。如果m0的质量比m大得多,从m0向m传递的能量有可能使m的振幅大于m0的振幅,故选项D正确。‎ 答案：ABD ‎8.‎ 如图所示,一个弹簧振子在A、B间做简谐运动,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,那么下列四个x-t运动图象能正确反映运动情况的图象是(　　)‎ 解析：从t=0开始经过‎1‎‎4‎周期,振子具有正向的最大加速度,则位移为负的最大值,故D正确。‎ 答案：D ‎9.如图所示,下列说法正确的是(　　)‎ A.振动图象上的A、B两点振动物体的速度相同 B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点的加速度大小相等、方向相反 C.振动图象上A、B两点的速度大小相等、方向相反 D.质点在t=0.2 s和t=0.3 s时的动能相等 - 7 -‎ 解析：A、B两点位移相同,速度大小相等,但方向相反,故选项A错,选项C对;t=0.1 s和t=0.3 s质点离开平衡位置的位移最大,方向相反,由F=-kx,a=-kxm可知选项B对;t=0.2 s时,物体通过平衡位置,速度最大,动能最大,而t=0.3 s时,速度为零,动能最小,故选项D错。‎ 答案：BC ‎10.导学号73884041一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图甲所示的装置可用于研究该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转动,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图线如图丙所示。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(　　)‎ A.由图线可知T0=4 s B.由图线可知T0=8 s C.当T在4 s附近时,A显著增大;当T比4 s小得多或大得多时,A很小 D.当T在8 s附近时,A显著增大;当T比8 s小得多或大得多时,A很小 解析：图乙是弹簧振子未加驱动力时的周期,故由图线读出的周期为其振动的固有周期,即T0=4 s。图丙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图线,做受迫振动的物体,其振动的周期等于驱动力的周期,即T=8 s。当受迫振动的周期与驱动力的周期相同时,其振幅最大;周期差别越大,其运动振幅越小。‎ 答案：AC 二、填空题(本题共2个小题,共20分)‎ ‎11.(10分)在利用单摆测定重力加速度的实验中:‎ ‎(1)实验中,应选用下列哪些器材　　　　。 ‎ ‎①1 m长细线　②1 m长粗线　③10 cm细线　④泡沫塑料小球　⑤小铁球　⑥‎1‎‎10‎秒刻度停表　⑦时钟　⑧厘米刻度尺　⑨毫米刻度尺 ‎(2)‎ - 7 -‎ 实验中,测出不同摆长对应的周期值T,作出T2-l图象,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)在实验中,若测得的g值偏小,下列可能的原因是　　　　。 ‎ 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.单摆振动时,振幅偏小 解析：(1)实验中摆线要选1 m左右的细线,摆球质量要大,体积要小,计时要精确即用停表;‎ ‎(2)T2-l图象是一条过原点的直线,斜率k=‎4‎π‎2‎g,即g=‎4‎π‎2‎k‎=‎‎4‎π‎2‎y‎2‎‎-‎y‎1‎(x2-x1);‎ ‎(3)g值偏小可能是由于摆长偏短或周期偏大造成的,故选项A正确。‎ 答案：(1)①⑤⑥⑨　(2)‎4‎π‎2‎gl　‎4‎π‎2‎y‎2‎‎-‎y‎1‎(x2-x1)　(3)A ‎12.导学号73884042(10分)一个在地球上做简谐运动的单摆,其振动图象如图甲所示,则此单摆的摆长约为　　　　 m。今将此单摆移至某一行星上,其简谐运动的图象如图乙所示,若已知该行星的质量为地球质量的2倍,则该行星表面的重力加速度为地球表面重力加速度的　　　　,该行星的半径与地球半径之比为　　　　。 ‎ 解析：由题图知,其在地球表面上振动周期T=2 s,而T=2πlg,有l=T‎2‎g‎4‎π‎2‎,近似计算时可取π2=10,g=10 m/s2,可解得l=1 m。‎ 由题图知,在某行星上振动周期T'=4 s,而T'=2πlg'‎,则T'‎T‎=‎gg'‎,g'=g‎4‎。由g=GMR‎2‎,g'=GM'‎R‎'‎‎2‎,可得R'‎R‎=‎M‎'‎‎　‎M‎·‎gg'‎=2‎2‎。‎ 答案：1　‎1‎‎4‎　2‎‎2‎ 三、计算题(本题共3小题,共40分)‎ ‎13.(12分)几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰,他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表,山顶上还有形状不规则的石子和矮树,他们知道地球半径为R0,海平面处的重力加速度为g0。请根据以上条件,为他们设计测量山峰海拔高度的方法。‎ ‎(1)写出操作步骤和需要直接测量的物理量(物理量用字母符号表示);‎ ‎(2)推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式(要求写出推导过程)。‎ 解析：(1)用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上,用钢卷尺量出摆绳长L1,用手表测出摆动周期T1,改变摆绳长至L2,测出摆动周期T2。‎ ‎(2)由(1)得山顶的重力加速度g=‎4π‎2‎(L‎1‎-L‎2‎)‎T‎1‎‎2‎‎-‎T‎2‎‎2‎。‎ 因为地面的重力加速度g0=GMR‎0‎‎2‎,山顶的重力加速度g=GM‎(R‎0‎+h‎)‎‎2‎,由上述两式可得 - 7 -‎ h=R‎0‎‎2πg‎0‎‎(T‎1‎‎2‎-T‎2‎‎2‎)‎L‎1‎‎-‎L‎2‎-R0。‎ 答案：见解析：‎ ‎14.导学号73884043(12分)‎ 如图所示,轻弹簧的下端系着A、B两球,mA=100 g,mB=500 g,系统静止时弹簧伸长x=15 cm,未超出弹性限度。若剪断A、B间绳,则A在竖直方向做简谐运动。求:‎ ‎(1)A的振幅多大?‎ ‎(2)A球的最大加速度多大?(g取10 m/s2)‎ 解析：(1)设只挂A球时弹簧伸长量x1=‎mAgk 由(mA+mB)g=kx,得k=‎(mA+mB)gx,即x1=mAmA‎+‎mBx=2.5 cm 振幅A=x-x1=12.5 cm。‎ ‎(2)剪断细绳瞬间,A受弹力最大,合力最大,加速度最大。根据牛顿第二定律得 F=(mA+mB)g-mAg=mAamax amax=mBgmA=5g=50 m/s2。‎ 答案：(1)12.5 cm　(2)50 m/s2‎ ‎15.导学号73884044(16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点为单摆的固定悬点,现将小摆球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=θ,θ小于5°且是未知量。图乙表示由计算机得到的小球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息求:(g取10 m/s2)‎ ‎(1)单摆的振动周期和摆长;‎ ‎(2)摆球的质量;‎ ‎(3)摆球运动过程中的最大速度。‎ 解析：(1)由题图乙可知周期T=0.4π s 由T=2πlg,有l=T‎2‎‎4‎π‎2‎·g 解得l=0.4 m。‎ ‎(2)小球在B点所受拉力最大,Fmax=0.510 N 有Fmax-mg=mv‎2‎l①‎ - 7 -‎ 在A和C点所受拉力最小,Fmin=0.495 N,有 Fmin=mgcos θ②‎ 从A到B的过程中摆球的机械能守恒,有 mgl(1-cos θ)=‎1‎‎2‎mv2③‎ 由①②③式解得m=Fmax‎+2‎Fmin‎3g=0.05 kg。‎ ‎(3)由①式解得v≈0.283 m/s。‎ 答案：(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.05 kg　(3)0.283 m/s - 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