《（山东省专用）2018-2019学年高中物理 第十一章 机械振动 阶段验收评估（五）机械振动（含解析）新人教版选修3-4》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（山东省专用）2018-2019学年高中物理 第十一章 机械振动 阶段验收评估（五）机械振动（含解析）新人教版选修3-4（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、阶段验收评估（五）机械振动一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第15小题中只有一个选项符合题意，第68小题中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0分)1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振动物体的位移是平衡位置指向振子所在位置，每次经过同一位置时位移相同，故A错误；由于经过同一位置时速度有两种不同的方向，所以做简谐振动的物体每次经过同一位置时，速度可能不相同，故B正确；加速度总与位移大小成正比，方向相反，每次经过同一位置时位移相同，加速度必定相同，故C错误；回复力总与位移大小成正比，
2、方向相反，每次经过同一位置时位移相同，回复力必定相同，故D错误。2两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()Af1f2，A1A2 Bf1A2Df1f2，A1A2解析：选C单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误。3.一个做简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过相距10 cm的A、B两点，且由A到B的过程中速度方向不变，历时0.5 s(如图)。过B点后再经过t0.5 s质点以方向相反、大小相同的速度
3、再次通过B点，则质点振动的周期是()A0.5 s B1.0 sC2.0 sD4.0 s解析：选C根据题意，由振动的对称性可知：AB的中点(设为O)为平衡位置，A、B两点对称分布于O点两侧。质点从平衡位置O向右运动到B的时间应为tOB0.5 s0.25 s。质点从B向右到达右方极端位置(设为D)的时间tBD0.5 s0.25 s。所以质点从O到D的时间tODT0.25 s0.25 s0.5 s。所以T2.0 s，C对。4.公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即t0，
4、其振动图像如图所示。则()AtT时，货物对车厢底板的压力最大BtT时，货物对车厢底板的压力最小CtT时，货物对车厢底板的压力最大DtT时，货物对车厢底板的压力最小解析：选C要使货物对车厢底板的压力最大，即车厢底板对货物的支持力最大，就要求货物向上的加速度最大，由振动图像可知在T时，货物向上的加速度最大，货物对车厢底板的压力最大，选项C正确，选项D错误；要使货物对车厢底板的压力最小，即车厢底板对货物的支持力最小，就要求货物向下的加速度最大，由振动图像可知在T时，货物向下的加速度最大，货物对车厢底板的压力最小，所以选项A、B错误。5一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻
5、开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是()解析：选A由简谐运动中加速度与位移的关系ax可知，在时刻，加速度正向最大，则位移负向最大，故选项A正确。6.一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是()A质点振动频率是0.25 HzB在10 s内质点经过的路程是20 cmC第4 s末质点的速度是零D在t1 s和t3 s两时刻，质点位移大小相等，方向相同解析：选AB由振动图像可知，质点振动的周期是4 s，频率为0.25 Hz，故选项A正确。振幅为2 cm，每周期质点经过的路程为4A,10 s为2.5个周期，经过的路程为2.54A10
6、A20 cm，选项B正确。4 s末质点在平衡位置速度最大，故选项C错误。在第t1 s和t3 s两时刻，质点分别在正最大位移和负最大位移，大小相等、方向相反，故选项D错误。7如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()At0.8 s时，振子的速度方向向左Bt0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处Ct0.4 s和t1.2 s时，振子的加速度完全相同Dt0.4 s到t0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大解析：选AD从t0.8 s起，再过一段微小时间，振子的位移为负值且增大，因为取向右为正方向，故t0.8
7、 s时，速度方向向左，A正确；由题中图像得振子的位移x12sint cm，故t0.2 s时，x6 cm，故B错误；t0.4 s和t1.2 s时，振子的位移方向相反，由akx/m知，加速度方向相反，C错误；t0.4 s到t0.8 s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D正确。8一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
8、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，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则()A由图像可知T04 sB由图像可知T08 sC当T在4 s附近时，Y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，Y很小D当T在8 s附近时，Y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，Y很小解析：选AC当把手不动时，砝码的振动是简谐运动，其振动周期等于振子的固有周期，由图像可知，T04 s，故A对，B错。当把手匀速转动时，砝码做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，由图像可知受迫振动的周期为T8 s，振子做受迫振动时，驱动力
9、的周期与固有周期越接近，振幅越大，驱动力的周期比固有周期大得越多或小得越多，振幅越小，故C对，D错。二、实验题(本题共2小题，共16分)9(6分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用刻度尺测量悬点到小球的距离为96.60 cm，用卡尺量得小球直径是5.260 cm，测量周期有3次，每次是在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到计时终止，结果如下表。123数的次数618171时间(s)60.4079.8070.60这个单摆振动周期的测定值是_s，当地重力加速度的值是_m/s2。(取三位有效数字)解析：由题意可知单摆的周期T1 s2.013 s，T2 s
10、1.995 s，T3 s2.017 s，则周期T2.01 s，摆长llm0.992 3 m。故重力加速度g m/s29.69 m/s2。答案：2.019.6910.(10分)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是()A保证摆动过程中摆长不变B可使周期测量得更加准确C需要改变摆长时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的
11、直径为_ mm，单摆摆长为_ m。(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 50.087，sin 150.26，这四种操作过程符合实验要求且误差最小的是()解析：(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，选项A、C正确。(2)根据游标卡尺读数规则，摆球直径为12.0 mm，单摆摆长为Ld/20.999 0 m0.006 0 m0.993 0 m。(3)单摆测量周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于10，所以符合实验要求且误差最小的是A
12、。答案：(1)AC(2)12.00.993 0(3)A三、计算题(本题共2小题，共36分)11(18分)将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，AOBCOB，小于10且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力F的大小随时间t变化的曲线，且图中t0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：(1)摆球的振动周期和摆长。(g取10 m/s2)(2)若在10前提下，使增大试分析乙图图
13、像如何变化？解析：(1)由题意可知，球摆动的周期T0.4 s根据单摆振动周期公式T2，有l，代入数据l0.4 m。(2)单摆周期与偏角无关，但球达最低点的速率随的增大而增大，由F大mg可知，图像中F的峰值变大，其最小值由F小mgcos 可知变小。答案：(1)0.4 s0.4 m(2)周期不变，F的最大值增大，最小值减小12.(18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重的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1.5 mgmgmam在最高点时：F回mgFNma由两式联立解得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kAmg由、联立得A2A。答案：mg2A- 6 -
