人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》单元检测题(解析版)

文档属性

名称 人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》单元检测题(解析版)
格式 zip
文件大小 138.8KB
资源类型 教案
版本资源 人教版(新课程标准)
科目 物理
更新时间 2018-11-03 17:49:21

文档简介

《机械振动》单元检测题
一、单选题
1.弹簧振子做简谐振动,若某一过程中振子的加速度在增加,则此过程中,振子的(  )
A. 速度一定在减小
B. 位移一定在减小
C. 速度与位移方向相反
D. 加速度与速度方向相同
2.如图所示的装置中,已知弹簧振子的固有频率f固=2 Hz,电动机皮带轮的直径d1是曲轴皮带轮d2的.为使弹簧振子的振幅最大,则电动机的转速应为(  )

A. 60 r/min B. 120 r/min C. 30 r/min D. 240 r/min
3.一个质点做简谐运动,它的振幅是2 cm,频率是2 Hz.从该质点经过平衡位置开始计时,经过1 s的时间,质点相对于平衡位置的位移的大小和所通过的路程分别为(  )
A. 0,16 cm B. 0,32 cm C. 4 cm,16 cm D. 4 cm,32 cm
4.一个打磨得很精细的小凹镜,其曲率很小可视为接近平面.将镜面水平放置如图所示.将一个小球从镜边缘释放,小球在镜面上将会往复运动,以下说法中正确的是(  )

A. 小球质量越大,往复运动的周期越长
B. 释放点离最低点距离越大,周期越短
C. 凹镜曲率半径越大,周期越长
D. 周期应由小球质量、释放点离平衡位置的距离,以及曲率半径共同决定
5.如图,一根用绝缘材料制成的轻弹簧,劲度系数为k,一端固定,另一端与质量为m、带电荷量为+q的小球相连,静止在光滑绝缘水平面上的A点.当施加水平向右的匀强电场E后,小球从静止开始在A、B之间做简谐运动,在弹性限度内下列关于小球运动情况说法中正确的是(  )

A. 小球在A、B的速度为零而加速度相同
B. 小球做简谐振动的振幅为
C. 从A到B的过程中,小球和弹簧系统的机械能不断增大
D. 将小球由A的左侧一点由静止释放,小球简谐振动的周期增大
6.如图(a)为单摆的振动图象,图(b)为单摆简谐运动的实际振动图示,则(b)图中t时刻摆球所在的位置为(  )

A.A点 B.B点 C.C点 D.D点
7.如图为某质点的振动图象,由图象可知(  )

A. 质点的振动方程为x=2sin 50πt(cm)
B. 在t=0.01 s时质点的加速度为负向最大
C.P时刻质点的振动方向向下
D. 从0.02 s至0.03 s质点的动能减小,势能增大
8.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(  )

A.t=0.4 s时,振子的速度方向向右
B.t=0.8 s时,振子在O点和B点之间
C.t=0.6 s和t=1.2 s时刻,振子的速度完全相同
D.t=1.5 s到t=1.8 s的时间内,振子的加速度逐渐减小
9.下列运动性质属于简谐运动的是(  )
A. 匀变速运动 B. 匀速直线运动
C. 非匀变速运动 D. 匀加速直线运动
10.有一个在y方向上做简谐运动的物体,其振动曲线如图所示,关于此图的下列判断正确的是(  )


A. 图①可作为该物体的速度v-t图象
B. 图②可作为该物体的回复力F-t图象
C. 图③可作为该物体的回复力F-t图象
D. 图④可作为该物体的加速度a-t图象
11.一个做简谐运动的物体,频率为25 Hz,那么它从一侧最大位移的中点D,振动到另一侧最大位移的中点C所用的最短时间,下面说法中正确的是(   )
A. 等于0.01 s B. 小于0.01 s
C. 大于0.01 s D. 小于0.02 s大于0.01 s
12.如图所示为某质点在0~4 s内的振动图象,则(  )

A. 质点在3 s末的位移为2 m
B. 质点在4 s末的位移为8 m
C. 质点在4 s内的路程为8 m
D. 质点在4 s内的路程为零
二、多选题
13. 如图甲所示,在升降机的顶部装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一个质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t的变化关系如图乙所示,g为重力加速度,则(  )

A. 升降机停止前在向下运动
B. 0-t1时间内小球处于失重状态,速率不断增大
C.t2-t3时间内小球处于超重状态,速率不断减小
D.t2-t4时间内小球处于超重状态,速率先减小后增大
14. 如图所示为获取弹簧振子的位移-时间图象的一种方法,小球的运动轨迹是往复运动的一段线段,而简谐运动的图象是正弦(或余弦)曲线.下列说法正确的是(  )

A. 如果纸带不动,作出的振动图象仍然是正弦函数曲线
B. 如果纸带不动,作出的振动图象是一段线段
C. 图示时刻,振子正经过平衡位置向右运动
D. 若纸带运动的速度不恒定,则纸带上描出的仍然是简谐运动的图象
15. 甲、乙两个不同的弹簧振子,振动图象如图所示,则可知(  )

A. 振子乙的振动方程为x乙=5 sin2πt(cm)
B. 所受回复力最大值之比F甲∶F乙=2∶1
C. 振子甲速度为零时,振子乙速度最大
D. 振子的振动频率之比f甲∶f乙=1∶2
16. 如图甲所示,一弹簧振子在A、B间振动,取向右为正方向,振子经过O点时开始计时,其振动的x-t图象如图乙所示.则下列说法中正确的是(  )

A.t2时刻振子在A点
B.t2时刻振子在B点
C. 在t1~t2时间内,振子的位移在增大
D. 在t3~t4时间内,振子的位移在减小
17. 弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动,在振子向平衡位置运动的过程中(  )
A. 振子所受的回复力逐渐减小
B. 振子离开平衡位置的位移逐渐增大
C. 振子的速度逐渐增大
D. 振子的加速度逐渐减小
三、实验题
18.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时,用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g=.

(1)如果已知摆球直径为2.00 cm,让刻度尺的零点对准摆线的悬点,摆线竖直下垂,如图甲所示,那么单摆摆长是______.如果测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示,那么秒表读数是______.单摆的摆动周期是______.
(2)如果测得g值偏小,可能的原因是______(填写代号).
A.测摆长时,忘记了加上摆球的半径
B.开始计时时,秒表过晚按下
C.实验中误将39次全振动次数记为40次
(3)用游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)测定某工件的宽度时,示数如图丙所示,此工件的宽度为______mm.
19.(1)在用单摆测量重力加速度的实验中,某同学用游标卡尺测摆球的直径d如图1,用秒表测振动的时间t如图2,d=______cm,t=______s.

图1

图2 图3
(2)某同学在一次用单摆测重力加速度的实验中,测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况,并将记录的结果描绘在如图3所示的坐标系中.图中各坐标点的标号分别对应实验中5种不同摆长的情况.在处理数据时,该同学实验中的第______点应当舍弃.画出该同学记录的T2-l图线.求重力加速度时,需首先求出图线的斜率k,则用斜率k求重力加速度的表达式为g=____________.
四、计算题
20.有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度.已知该单摆在海平面处的周期是T0.当气球停在某一高度时,测得该单摆周期为T,求该气球此时离海平面的高度h,把地球看成质量均匀分布的半径为R的球体.
21.如图为某生物的心电图.已知每格代表2 cm,且纸带的速度为5 cm/s,求该生物的心跳频率.

22.如图所示为A、B两个简谐运动的位移—时间图象.

试根据图象写出:
(1)A的振幅是______cm,周期是______s;B的振幅是______cm,周期是______s.
(2)试写出这两个简谐运动的位移随时间变化的关系式.
(3)在时间t=0.05 s时两质点的位移分别是多少?














答案解析
1.【答案】A
【解析】简谐运动中,根据a=-x可知振子的加速度增大时,则位移增大,振子从平衡位置正向最大位移处运动,所以速度逐渐减小,故A正确,B错误;振子从平衡位置正向最大位移处运动,速度与位移方向相同,故C错误;振子的速度在减小,做减速运动,则运动的加速度的方向一定与速度的方向相反,故D错误.
2.【答案】D
【解析】若使振子振幅最大,则曲轴转动频率为f=2 Hz,即转速为2 r/s.由于==,ω1r1=ω2r2,故=,所以电动机转速为4 r/s,即240 r/min,D 选项正确.
3.【答案】A
【解析】振子振动的周期为:T==s=0.5 s,时间:t=1 s=2T,由于从平衡位置开始计时,经过2T,振子又回到平衡位置处,其位移大小为0;在1 s内振子通过的路程为:s=2×4A=2×4×2 cm=16 cm,故A正确.
4.【答案】C
【解析】小球的运动可看成单摆的运动,根据单摆的周期公式T=2π,知小球的周期与质量、释放点的位置无关,与曲率半径有关,曲率半径越大,周期越大.故C正确,A、B、D错误.
5.【答案】C
【解析】小球在A、B的速度为零,小球在A加速度方向向右,在B点的加速度的方向向左,加速度不相同,故A错误;小球做简谐运动,经过平衡位置时,弹簧的伸长量为A,有:kA=qE,解得:A=,即振幅为,故B错误;小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功,故对于弹簧和小球系统,电势能和弹性势能以及动能总量守恒,故小球从A到B的过程中,电场力做正功,电势能减小,小球和弹簧系统的机械能不断增大,故C正确;弹簧振子的振动周期与小球的质量、弹簧的劲度系数以及电场力的大小有关,与振幅无关.将小球由A的左侧一点由静止释放,小球做简谐振动的振幅增大,但是周期不变,故D错误.
6.【答案】C
【解析】由图(a)可知,t时刻质点正在向负向最大位移运动,因向右为正方向,故此时摆球处在C点.
7.【答案】D
【解析】由图知,振幅A=2 cm,周期T=4×10-2s,则角频率ω===50π rad/s,质点的振动方程为x=-Asinωt=-2sin 50πt(cm),故A错误;在t=0.01 s时质点的位移为负向最大,由a=-知,加速度为正向最大,故B错误;P时刻图象的斜率为正,则质点的振动方向向上,故C错误;从0.02 s至0.03 s,质点的位移增大,离开平衡位置,则质点的动能减小,势能增大,故D正确.
8.【答案】D
【解析】由题图乙知t=0.4 s时,振子正从正向最大位移处向平衡位置运动,速度为负,所以速度方向向左,故A错误;t=0.8 s时,振子的位移在-10 cm与0之间,说明振子在O点和A点之间,故B错误;t=0.6 s和t=1.2 s时,振子都通过平衡位置,速度最大,大小相等,但方向相反,所以速度不同,故C错误;t=1.5 s到t=1.8 s的时间内,振子正向平衡位置运动,位移减小,则加速度逐渐减小,故D正确.
9.【答案】C
【解析】简谐运动的加速度方向总指向平衡位置,是非匀变速运动.
10.【答案】C
【解析】在简谐运动中,速度与位移是互余的关系,即位移为零,速度最大;位移最大,速度为零,则知速度与位移图象也互余,①图不能作为该物体的速度—时间图象,故A错误;由简谐运动特征F=-kx可知,回复力的图象与位移图象的相位相反,则知③图可作为该物体的回复力-时间图象,故B错误,C正确;由a=-可知,加速度的图象与位移图象的相位相反,则知④图不能作为该物体的a-t图象,故D错误.
11.【答案】B
【解析】做简谐运动的物体从最大位移向平衡位置运动时,速度越来越大,所以从一侧最大位移的中点D运动到平衡位置的时间小于八分之一周期,根据简谐运动的对称性,其从平衡位置运动到另一侧最大位移中点C所用的时间也小于八分之一周期,故总时间小于四分之一周期,根据题意可知周期为0.04 s,B项正确.
12.【答案】C
【解析】振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移.位移是矢量,有大小,也有方向.因此3 s末的位移为-2 m,4 s末位移为零.路程是指质点运动的路径的长度,在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍,即为8 m,C正确.
13.【答案】CD
【解析】升降机在匀速运行过程中突然停止,由于惯性,小球会继续沿着原来的运动方向运动一段时间,匀速运动时弹簧是拉伸状态,而后传感器显示的力在不断减小,表明弹簧形变量在减小,故向上运动,A错误;0-t1时间内拉力小于重力,即失重,加速度向下为失重,且向上运动,故向上减速,B错误;结合前面分析可得:0-t1时间内小球向上减速,t1-t2时间内小球向下加速,t2-t3时间内小球向下减速,t3-t4时间内向上加速,具有向上的加速度处于超重状态,故C、D正确.
14.【答案】BC
【解析】当纸带不动时,作出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹,即一段线段,选项A错误,B正确;由振动图象可以看出,图示时刻振子正由平衡位置向右运动,选项C正确;只有当纸带匀速运动时,运动时间才与纸带运动的位移成正比,振动图象才是正弦或余弦函数曲线,而简谐运动的图象一定是正弦或余弦函数曲线,故选项D错误.
15.【答案】ACD
【解析】由振动图象读出乙的周期T乙=1 s,振幅A乙=5 cm,则振子乙的振动方程为x乙=Asint(cm)=5sin 2πt(cm),故A正确;由振动图象读出两振子位移最大值之比x甲∶x乙=2∶1,根据简谐运动的特征F=-kx,由于弹簧的劲度系数k不等,回复力最大值之比F甲∶F乙不一定等于2∶1,故B错误;由图看出,甲在最大位移处时,乙在平衡位置,即振子甲速度为零时,振子乙速度最大,故C正确;两弹簧振子周期之比T甲∶T乙=2∶1,频率之比是f甲∶f乙=1∶2,故D正确.
16.【答案】AC
【解析】振子在A点和B点时的位移最大,由于取向右为正方向,所以振子运动到A点有正向最大位移,在B点有负向最大位移,则t2时刻,振子在A点,t4时刻,振子在B点,故选项A正确,B错误;振子的位移是以平衡位置为参考点的,所以在t1~t2和t3~t4时间内振子的位移都在增大,故选项C正确,D错误.
17.【答案】ACD
【解析】回复力与位移成正比,在振子向着平衡位置运动的过程中回复力减小,A正确;振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段,因而向平衡位置运动时位移逐渐减小,B错误;物体向着平衡位置运动时,回复力与速度方向一致,故物体的速度逐渐增大,C正确.由牛顿第二定律a=可知,加速度也减小,D正确,故选A、C、D.
18.【答案】(1)87.40 cm 75.2 s 1.88 s (2)A (3)23.22 mm
【解析】单摆的摆长L=l+=86.40 cm+1 cm=87.40 cm,
秒表的读数t=60+15.2 s=75.2 s,
周期T==s=1.88 s.
(2)根据T=2π得,g=,
测摆长时,忘记了加上摆球的半径,则摆长的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏小,故A正确.
开始计时时,秒表过晚按下,则周期的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大,故B错误.
实验中误将39次全振动次数记为40次,则周期的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大,故C错误.故选A.
(3)游标卡尺的读数为23 mm×0.02×11 mm=23.22 mm.
19.【答案】(1)2.03 64.9 (2)4 
【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm,游标读数为0.1×3 mm=0.3 mm,则最终读数为20.3 mm=2.03 cm.
秒表的读数t=60 s+4.9 s=64.9 s.
(2)由于第4个点偏离较远,所以将该点舍去.
根据T=2π得,T2=,则图线的斜率k=,解得重力加速度g=.
20.【答案】(-1)R
【解析】设单摆的摆长为L,地球的质量为M,则根据万有引力定律可得地面的重力加速度和高h处的重力加速度分别为:g=G,gh=G
根据单摆的周期公式可知T0=2π,T=2π
联立得h=(-1)R.
21.【答案】0.78 Hz
【解析】由图读出相邻峰值之间的距离
s=3.2×2 cm=6.4 cm
纸带的速度为v=5 cm/s,则心跳周期为:T===1.28 s,心跳频率:f==≈0.78 Hz
22.【答案】(1)0.5 0.4 0.2 0.8
(2)xA=0.5sin (5πt+π) cm xB=0.2sin (2.5πt+) cm
(3)-cm 0.2sinπ cm
【解析】(1)由题图知:A的振幅是0.5 cm,周期是0.4 s;B的振幅是0.2 cm,周期是0.8 s.
(2)由题图知:A中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了周期,故φA=π,由TA=0.4 s,得ωA==5π rad/s,则A简谐运动的表达式为xA=0.5sin (5πt+π) cm.B中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了周期,故φB=,由TB=0.8 s得ωB==2.5π rad/s,则B简谐运动的表达式为xB=0.2sin (2.5πt+) cm.
(3)将t=0.05 s分别代入两个表达式中得:
xA=0.5sin (5π×0.05+π)cm=-0.5×cm=-cm,xB=0.2sin (2.5π×0.05+) cm=0.2sinπ cm.