高中物理教科版选修3-4 检测：第一章 机械振动（B） Word版含解析

第 一章检测(B)
(时间:90分钟　满分:100分)
一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)
1装有砂粒的试管竖直静浮于水面,如图所示。将试管竖直提起少许,然后由静止释放并开始计时,在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向,则以下描述试管振动的图象中可能正确的是(　　)
解析：试管被竖直提起少许,说明试管在其平衡位置以上最大位移处释放,因规定竖直向上为正方向,故选项D正确。
答案：D
2有一悬线长为l的单摆,其摆的外壳为一个有一定质量的金属空心球。球底有一小孔,球内盛满水。在摆动过程中,水从小孔慢慢流出。从水开始流到水流完的过程中,此摆的周期的变化是(　　)
A.由于悬线长l和重力加速度g不变,所以周期不变
B.由于水不断外流,周期不断变大
C.周期先变大,后又变小
D.周期先变小,后又变大
解析：单摆的摆长是悬点到小球重心的距离。开始时,重心在球心,水全部流完后,重心又回到球心。因此,重心先降低,后升高;摆长先变大,后变小,选项C正确。
答案：C
3如图所示,小球P连接着轻质弹簧,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P拉到A点,使OA=1 cm,静止释放,经0.4 s小球第1次到达O点。如果把P拉到A'点,使OA'=2 cm,则由静止释放后小球第一次运动到O点所需的时间为(　　)
　　 　　　　　　　　　　　　　　
A.0.2 s B.0.4 s
C.0.6 s D.0.8 s
解析：把小球拉离平衡位置释放后,小球做简谐振动,第一次回到O点所经历的时间为小球做简谐振动周期的14。两种情况下的球做简谐振动的振幅不同,但简谐振动物体的固有周期与振幅无关,所以两种情况下小球振动周期相同。
答案：B
4某同学看到一只鸟落在树枝上的P处,树枝在10 s内上下振动了6次。鸟飞走后,他把50 g的砝码挂在P处,发现树枝在10 s内上下振动了12次。将50 g的砝码换成500 g砝码后,他发现树枝在15 s内上下振动了6次。你估计鸟的质量最接近(　　)
A.50 g B.200 g
C.500 g D.550 g
解析：振动系统的频率是由振动系统的自身来决定的。鸟与树枝组成的系统频率f1=610 Hz=0.6 Hz。50 g砝码与树枝组成的系统频率f2=1210 Hz=1.2 Hz。500 g砝码与树枝组成的系统频率为f3=615 Hz=0.4 Hz,而f3答案：B
5光滑斜面倾角为θ,斜面上有一辆挂有单摆的小车(摆球质量远小于小车质量),如图所示,在小车下滑过程中单摆同时摆动,已知摆长为l,则单摆的振动周期为 (　　)
A.T=2πlg　　　　　　
B.T=0
C.T=2πlgsinθ
D.T=2πlgcosθ
解析：单摆处于失重状态,当单摆与小车相对静止加速下滑时,设摆球的质量为m,则摆线拉力为F=mgcos θ,单摆做简谐运动的等效重力加速度g'=gcos θ,单摆的振动周期为T=2πlgcosθ。故正确选项为D。
答案：D
6如图所示,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt) m。t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6 s时,小球恰好与物块处于同一高度。重力加速度的大小g取10 m/s2。以下判断正确的是(　　)
A.h=1.7 m
B.简谐运动的周期是0.8 s
C.0.6 s内物块运动的路程是0.2 m
D.t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反
解析：t=0.6 s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6) m=-0.1 m;则对小球h+|y|=12gt2,解得h=1.7 m ,A项正确;简谐运动的周期是T=2πω=2π2.5π s=0.8 s,B项正确;0.6 s内物块运动的路程是3A=0.3 m,C项错误;t=0.4 s=T2,此时物块在平衡位置向下振动,则此时物块与小球运动方向相同,D项错误。
答案：AB
7如图所示,物体A置于物体B上,一轻质弹簧一端固定,另一端与B相连。在弹性限度内,A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力),并保持相对静止。则下列说法正确的是(　　)
A.A和B均做简谐运动
B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
C.B对A的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功
D.B对A的静摩擦力始终对A做正功,而A对B的静摩擦力始终对B做负功
解析：因A、B保持相对静止,所以A、B可看作整体,A、B所受到的回复力F=-kx(k为弹簧劲度系数,x为A、B对平衡位置的位移),故A和B均做简谐运动,A正确。由牛顿第二定律得a=?kmA+mBx,对A则有Ff=mAa=?mAkmA+mBx,故B正确。B对A的静摩擦力与A对B的静摩擦力是一对作用力和反作用力,A、B做简谐运动过程中,在两力的方向上均发生位移,故两力分别对两物体A、B做功,故C错误。当A、B向平衡位置运动时,B对A的静摩擦力对A做正功,A对B的静摩擦力对B做负功;当A、B远离平衡位置运动时,B对A的静摩擦力对A做负功,A对B的静摩擦力对B做正功,故D错误。故正确选项为A、B。
答案：AB
8弹簧振子做简谐运动,t1时刻速度为v,t2时刻速度也为v,且方向相同。已知(t2-t1)小于周期T,则(t2-t1)(v≠0)(　　)
A.可能大于T4B.可能小于T4
C.一定小于T2D.可能等于T2
解析：如图所示,弹簧振子在A、A'间做简谐运动,O为平衡位置,C、C'分别是OA和OA'间的关于O点对称的两位置。根据对称性,C、C'两位置速度大小一定相等,设为v。若C对应t1时刻,C'对应t2时刻,在C→O→C'的过程中,速度均向右,满足t2-t1答案：AB
9做简谐运动的弹簧振子,振子质量为m,最大速率为v,则下列说法正确的是(　　)
A.从某时刻算起,在半个周期的时间内,回复力做的功一定为零
B.从某时刻算起,在半个周期的时间内,回复力做的功可能是零到12mv2之间的某一个值
C.从某一时刻算起,在半个周期的时间内,速度变化量一定为零
D.从某一时刻算起,在半个周期的时间内,速度变化量的大小可能是零到2v之间的某一个值
解析：振子在半个周期内刚好到达与初位置关于平衡位置对称的位置,两位置速度大小相等,故由动能定理知,回复力做的功一定为零,则A正确,B错误;但由于速度反向(初位置在最大位移处时速度均为零),所以在半个周期内速度变化量的大小为初速度大小的两倍,因此在半个周期内速度变化量大小应为0到2v之间的某个值,则C错误,D正确。故正确选项为A、D。
答案：AD
10将一单摆向左拉至水平标志线上,从静止释放,当摆球运动到最低点时,摆线碰到障碍物,摆球继续向右摆动。用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片,以下说法正确的是(　　)
A.摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
B.摆线碰到障碍物前后的摆长之比为3∶2
C.摆线经过最低点时,线速度不变,半径减小,摆线张力变大
D.摆线经过最低点时,角速度变大,半径减小,摆线张力不变
解析：由题图有T1T2=96=32,由T=2πlg得l1l2=94,摆线经过最低点时,线速度不变,半径减小,由F-mg=mv2l知l变小时F增大。故选A、C。
答案：AC
二、填空题(本题包含2小题,共20分)
11(8分)某同学在利用单摆测重力加速度的实验中,先测得摆线长为97.50 cm,摆球直径为2.00 cm,然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间,如图甲所示,则:
(1)该单摆摆长为　　　 cm,停表所示读数为　　　 s。?
(2)如果他测得的g值偏小,可能的原因是　　　　。?
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了,周期变大了
C.开始计时时,停表过迟按下
D.实验中误将49次全振动次数记为50次
(3)为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T,从而得出几组对应的l与T的数据,然后建立以l为横坐标、以T2为纵坐标的直角坐标系,根据数据描点并连成直线,如图乙所示。求得该直线的斜率为k,则重力加速度g=　　　　。(用k表示)?
解析：(1)摆长l=l'+d2=98.50 cm,t=99.8 s。
(2)由单摆周期公式T=2πlg,得g=4π2ltn2,所以l偏大,则g偏大;t偏大,则g偏小;t偏小,则g偏大;n偏大,则g偏大。故B正确。
(3)由单摆周期公式可得T2=4π2lg,那么题图中直线斜率k=4π2g,所以g=4π2k。
答案：(1)98.50　99.8　(2)B　(3)4π2k
12(12分)某小组在做用单摆测定重力加速度实验后,为进一步探究,将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资料得知,这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T=2πI0+mr2mgr,式中I0为由该摆决定的常量,m为摆的质量,g为重力加速度,r为转轴到重心C的距离。如图甲,实验时在杆上不同位置打上多个小孔,将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上,使杆做简谐运动,测量并记录r和相应的运动周期T;然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验,实验数据见表,并测得摆的质量m=0.50 kg。
r/m
0.45
0.40
0.35
0.30
0.25
0.20
T/s
2.11
2.14
2.20
2.30
2.43
2.64
(1)由实验数据得出图乙所示的拟合直线,图中纵轴表示　　　。?
(2)I0的国际单位为　　　,由拟合直线得到I0的值为　　　(保留到小数点后两位)。?
(3)若摆的质量测量值偏大,重力加速度g的测量值　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。?
解析：(1)根据周期公式T=2πI0+mr2mgr,整理可得T2=4 π2I0+mr2mgr,观察图象发现为倾斜的直线,即纵轴的物理量为T2r。
(2)根据周期公式T=2πI0+mr2mgr,整理可得I0=T2rmg4π2?mr2代入各个物理量的单位,可判断I0的单位为kg·m2。根据T2r=4π2I0+mr2mg可得,图象的截距即4π2I0mg=1.25,根据图象斜率4π2g=1.95-1.250.19=0.70.19,代入可得0.7I00.19m=1.25,代入质量m=0.50 kg可得I0=0.19m×1.250.7≈0.17 kg·m2。
(3)根据图象斜率4π2g计算重力加速度,所以大小与质量的测量无关,即质量测量值即使偏大,重力加速度的测量值也不会变化。
答案：(1)T2r
(2)kg·m2　0.17
(3)不变
三、计算题(本题包含4小题,共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题,答案中必须写明数值和单位)
13(8分) 将一水平木板从一沙摆(可视为简谐运动的单摆)下面以a=0.2 m/s2的加速度匀加速地水平抽出,板上留下的沙迹如图所示,量得 O1O2=4 cm,O2O3=9 cm,O3O4=14 cm,试求沙摆的振动周期和摆长。(g取10 m/s2)
解析：由Δx=aT2
得T=Δxa=5×10-20.2 s=0.5 s
沙摆振动周期T'=2T=1 s
由单摆周期公式得T'=2πlg,得l=gT'24π2≈0.25 m。
答案：1 s　0.25 m
14(10分) 如图所示,质量为m的木块放在弹簧上,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大?要使物体在振动中不离开弹簧,振幅不能超过多大?
解析：当木块运动到最低点时,弹簧弹力最大,此时加速度a方向向上,Fmax-mg=ma,因为Fmax=1.5mg,所以a=12g。当木块运动到最高点时,弹簧弹力最小,此时加速度方向向下,有mg-Fmin=ma'。由运动的对称性知,两对称点的加速度大小相等,即a'=12g,代入求得Fmin=12mg。由a=12g,可以求得弹簧的劲度系数k,kA=12mg,k=mg2A。
物体在下降过程中不会离开弹簧,只有上升过程中才会离开弹簧,要使物体在振动中不离开弹簧,必须使振动达到最高点时,加速度a恰为g,此时压力F=0。若振幅再大,物体便会脱离弹簧。物体在最高点F=0,回复力为重力,mg=kA',所以振幅为A'=mgk=mgmg2A=2A。
答案：12mg　2A
15(10分) 如图所示,小球m自A点以向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n。已知AB=0.8 m。AB圆弧半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面上,则v为多大时,才能使m恰好碰到小球n?(g取10 m/s2)
解析：小球m的运动由两个分运动合成,这两个运动分别是以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动。因为AB?R,所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性,是一种等效单摆,其圆弧半径R即为等效单摆的摆长。
设小球m恰好能碰到小球n,则有AD=vt,且满足t=kT(k=1,2,3,…),又T=2πRg
解以上方程得v=5kπ m/s(k=1,2,3,…)。
答案：5kπ m/s(k=1,2,3,…)
16(12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。如图甲中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°且未知。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小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)在A、C两点细线拉力最小,由题图可得周期为0.4π s,再根据T=2πlg,求出摆长l=0.4 m。
(2)设摆球质量为m,以F1、F2分别表示最大和最小拉力,则
F2=mgcos θ,F1-mg=mvB2l,vB2=2gl(1-cos θ)
综合解得
m=F1+2F23g=0.510+2×0.4953×10 kg=0.05 kg =50 g。
(3)由F1-mg=mvB2l,得
vB=(F1-mg)lm=25 m/s。
答案：(1)0.4π s　0.4 m　(2)50 g　(3)25 m/s