第十一章　机械振动 水平测试卷 Word版含解析

第十一章　水平测试卷
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．一根弹簧原长为l0，挂一质量为m的物体时伸长x。当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为A时，物体振动的最大加速度为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　振子的最大加速度a＝，而mg＝kx，解得a＝，B正确。
2．如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm，弹簧处于原长时，弹簧振子处于图示P位置，若将质量为m的振子向右拉动5 cm后由静止释放，经0.5 s振子第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是(　　)
A．该弹簧振子的振动频率为1 Hz
B．若向右拉动10 cm后由静止释放，经过1 s振子第一次回到P位置
C．若向左推动8 cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是2 s
D．在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20 cm，总是经0.5 s速度就降为0
答案　D
解析　由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝0.5×4 s＝2 s，振动频率为0.5 Hz，A错误。弹簧振子的周期由振动系统本身决定，与振幅无关，故只要振子的最大位移不超过20 cm，即弹簧形变在最大限度内，则振子的振动周期仍为2 s；由此可知，若向右拉动10 cm后由静止释放，经过T＝0.5 s振子第一次回到P位置；若向左推动8 cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是＝1 s；在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20 cm，总是经＝0.5 s到达最大位移处，即速度降为0；综上，B、C错误，D正确。
3．如下图所示为同一实验室中两个单摆的振动图象，从图中可知，两摆的(　　)
A．摆长相等 B．振幅相等
C．摆球质量相等 D．摆球同时改变速度方向
答案　A
解析　由图象可知，两摆的振幅不同。周期相同，说明摆长相同，速度方向不是同时改变，所以选项A正确，B、D错误；据图中信息无法判断摆球质量关系，选项C错误。
4. 如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。则质点的振动周期和振幅分别为(　　)
A．3 s,6 cm B．4 s,6 cm
C．4 s,9 cm D．2 s,8 cm
答案　B
解析　因质点通过M、N两点时速度相同，说明M、N两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，＝tMN＋tNN＝2 s，即T＝4 s，由过程的对称性可知：质点在这2 s内通过的路程恰为2A，即2A＝12 cm，A＝6 cm，故B正确。
5．在实验室可以做“声波碎杯”的实验。用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz。将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉。关于操作人员进行的操作的说法正确的是 (　　)
A．一定是把声波发生器的功率调到很大
B．可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C．一定是同时增大声波发生器发出声波的频率和功率
D．只是将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz
答案　D
解析　“声波碎杯”的实验中，发出的声波能使酒杯碎掉，是因为酒杯发生了共振，用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500 Hz，可知酒杯的固有频率就是500 Hz，要使酒杯发生共振，只需要将声波发生器发出的声波频率调到与酒杯的固有频率相同即可，也就是500 Hz，因此D正确。
6.质量为m、电荷量为＋q的可视为质点的小球与一个绝缘轻弹簧右侧相连，轻弹簧左侧固定在墙壁上，小球静止在光滑绝缘水平面上，且位于水平向右的x坐标轴的原点O处。当加入如图所示水平向右的匀强电场E后，小球向右运动的最远处为x＝x0，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．轻弹簧的劲度系数k＝
B．小球在x＝0处与在x＝x0处加速度相同
C．小球运动速度的最大值为
D．小球的动能与电势能总和保持不变
答案　C
解析　加上电场后小球受力开始做简谐运动，平衡点的位置在O到x0的中点处，此时电场力等于轻弹簧的弹力，故弹簧劲度系数k＝＝，A错误；小球在x＝0处与在x＝x0处加速度大小相等，但方向相反，B错误；根据功能关系可知，小球运动到平衡位置时有qE×x0＝Ek＋Ep，由轻弹簧的弹性势能与形变量的关系得Ep＝k2，联立解得Ek＝qEx0，又Ek＝mv2，故v＝ ，C正确；因为参与能量转化的还有轻弹簧的弹性势能，故D错误。
7．一弹簧振子振动过程中的某段时间内其加速度的值越来越小，则在这段时间内(　　)
A．振子的速度越来越大
B．振子正在向平衡位置运动
C．振子的速度方向与加速度方向一致
D．以上说法都不正确
答案　ABC
解析　弹簧振子加速度的值越来越小，位移也必然越来越小，说明振子正在向平衡位置运动，B正确；振子的速度越来越大，A正确；当振子向平衡位置运动时，速度方向与加速度方向一致，C正确。
8．如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，在B、C之间做简谐运动，规定向右为正方向。图乙是它的速度v随时间t变化的图象。下列说法中正确的是(　　)
A．t＝2 s时刻，振子的位置在O点左侧4 cm处
B．t＝3 s时刻，振子的速度方向向左
C．t＝4 s时刻，振子的加速度方向向右且为最大值
D．振子的周期为8 s
答案　BCD
解析　根据题图和正方向的规定可知，t＝2 s时刻，速度最大，振子处于平衡位置，A错误；t＝3 s时刻，振子的速度方向向左，B正确；t＝4 s时刻，速度为零，振子在左边最大位移处，加速度方向向右且为最大值，C正确；从题图乙可知，振子的周期为8 s，D正确。
9．如图所示，乙图图象记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图象的说法正确的是(　　)
A．a图线表示势能随位置的变化关系
B．b图线表示动能随位置的变化关系
C．c图线表示机械能随位置的变化关系
D．图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
答案　CD
解析　在A点时势能最大，动能为零，故图线a表示动能随位置的变化关系，图线b表示势能随位置的变化关系，A、B错误；由于单摆摆球在运动过程中机械能守恒，故图线c表示机械能随位置的变化关系，C、D正确。
10．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象。已知甲、乙两个振子质量相等。则(　　)
A．甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cm
B．甲、乙两个振子的相位差总为π
C．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值
D．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大
答案　AD
解析　两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，A正确；两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错误；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、实验题(本题共2小题，共15分)
11．(6分) 如图所示为用单摆测重力加速度的实验。
(1)为了减小误差，下列措施正确的是________。
A．摆长L应为线长与摆球半径的和，且在20 cm左右
B．在摆线上端的悬点处，用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线
C．在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线
D．计时起点和终点都应在摆球的最高点，且测不少于30次全振动的时间
(2)某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T＝________，当地的重力加速度g＝________。
答案　(1)BC　(2)　2L
解析　(1)摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1 m 左右为宜，A错误；为使实验过程中摆长不变，悬点处用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线，B正确；在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线可减小计时误差，C正确；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，D错误。
(2)由t＝nT知单摆的周期T＝。由T＝2π得g＝，将T代入得g＝2L。
12．(9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________(填字母代号)。
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L＝0.9990 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm，单摆摆长为________m。
(3)下列振动图象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次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)。
答案　(1)AC　(2)12.0　0.9930　(3)A
解析　(1)用铁夹将橡皮夹紧，这样单摆在摆动过程中可保证摆长不变，需要调节摆长时也方便调节，选A、C两项。
(2)游标卡尺读数为12.0 mm，从悬点到摆球的最低端的长度L＝0.9990 m，则单摆摆长应为从悬点到球心的距离，所以应减去球的半径，因此摆长为0.9990 m－0.0060 m＝0.9930 m。
(3)摆球摆到平衡位置时的速度最大，为了减小误差，应该从平衡位置开始计时，排除B选项。振幅越小，摆角越小，误差越小，且应测30次全振动的时间减小误差，所以选A。
三、计算题(本题共4小题，共45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)
13. (11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间细绳，则A在竖直方向做简谐运动。求：
(1)A球的振幅多大？
(2)A球的最大加速度多大？(g取10 m/s2)
答案　(1)12.5 cm　(2)50 m/s2
解析　(1)设只挂A时弹簧伸长量x1＝。
由(mA＋mB)g＝kx，得k＝，
即x1＝x＝2.5 cm。
振幅A＝x－x1＝12.5 cm。
(2)剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大。
F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAam，
am＝＝50 m/s2。
14. (11分)一块涂有炭黑的玻璃板质量为2 kg，在拉力F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曲线，量得OA＝1 cm，OB＝4 cm，OC＝9 cm。求外力F的大小。(g取10 m/s2)
答案　24 N
解析　题图反映了在拉力F与重力mg的作用下做匀加速运动的玻璃板在连续相等时间内的位移情况。
设玻璃板竖直向上的加速度为a，
则有xCB－xBA＝xBA－xAO＝aT2，
水平振针的周期T1＝＝0.2 s，①
则T＝＝0.1 s②
由牛顿第二定律得F－mg＝ma③
解①②③式可求得F＝24 N。
15．(11分) 如图所示，小球m自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知＝0.9 m，AB圆弧的半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面内。不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，欲使小球恰能通过C点，其初速度v应为多少？
答案　 m/s(n＝0,1,2,3，…)
解析　小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面上AB方向上的往复运动。因为?R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，符合类单摆模型，圆弧半径R为类单摆的摆长，小球m恰好能通过C，则有AD＝vt，且满足t＝T(n＝0,1,2,3，…)，又T＝2π ，解以上方程得v＝ m/s(n＝0,1,2,3，…)。
16．(12分)将一个力传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。根据此图线提供的信息判断：
(1)t＝0.2 s时摆球的位置；
(2)摆球摆动过程中机械能的变化。
答案　见解析
解析　(1)摆球摆动过程中经过最低点时速度应最大，悬线上的拉力T＝mg＋，此时悬线上的拉力也最大，t＝0.2 s时摆球正经过最低点。
(2)由题图可知0.2 s、0.8 s、1.4 s等时刻摆球都恰好通过最低点，但摆线上拉力却在逐渐减小，其原因只能是摆动过程中机械能减小，导致摆球经过最低点时速度减小。