2020_2021学年高中物理第十一章机械振动章末综合检测含解析新人教版选修3_4

章末综合检测(第十一章)
时间：60分钟　满分：100分
一、选择题(本题共10个小题，1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题，每小题4分，共40分．)
1．关于简谐运动的回复力F＝－kx的含义，下列说法正确的是(　　)
A．k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
B．k是回复力跟位移的比值，x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移
C．根据k＝－，可以认为k与F成正比
D．表达式中的“－”号表示F始终阻碍物体的运动
2.
如图所示是某振子做简谐运动的图象，以下说法中正确的是(　　)
A．因为振动图象可由实验直接得到，所以图象就是振子实际运动的轨迹
B．振动图象反映的是振子位移随时间变化的规律，并不是振子运动的实际轨迹
C．振子在B位置的位移就是曲线BC的长度
D．振子运动到B点时的速度方向即为该点的切线方向
3．关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是(　　)
A．摆球经过平衡位置时所受合力为零
B．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比
C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
4．弹簧劲度系数为20
N/cm的水平弹簧振子，它的振动图象如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．A点对应的时刻振子所受的弹力大小为0.5
N，方向指向x轴的负方向
B．A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向
C．在0～4
s内振子做了1.75次全振动
D．在0～4
s内振子通过的路程为3.5
cm，位移为0
5．如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是(　　)
A．在t＝0.2
s时，弹簧振子可能运动到B位置
B．在t＝0.1
s与t＝0.3
s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．从t＝0到t＝0.2
s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加
D．在t＝0.2
s与t＝0.6
s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
6.
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t＝0.5
s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过B点，则质点振动的周期是(　　)
A．0.5
s　　B．1.0
s
C．2.0
s
D．4.0
s
7．一个弹簧振子的振幅是A，若在Δt的时间内物体运动的路程是s，则下列关系中可能正确的是(包括一定正确的)(　　)
A．Δt＝2T，s＝8A
B．Δt＝，s＝2A
C．Δt＝，s＝2A
D．Δt＝，s>A
8．一弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，在t＝3.2
s时，振子的(　　)
A．速度正在增大，加速度沿正方向且正在减小
B．速度正在减小，回复力沿负方向且正在增大
C．动能正在转化为势能
D．势能正在转化为动能
9．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点时为计时时刻，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
10．如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．振动图象上的A，B两点的速度相同
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
二、非选择题(本题共6个小题，共60分)
11．(6分)在“利用沙摆描绘振动图象”的实验中，将细沙倒在漏斗中，在细沙漏出的同时，让沙摆摆动起来，一段时间后，形成的长条形沙堆如图甲所示：两边高且粗，中间低且细．
(1)如果在沙摆摆动的同时匀速拉动下方纸板(纸板上的虚线O1O2位于沙漏静止时的正下方)，则一段时间后，形成如图乙所示的曲线沙堆．分析可知，曲线沙堆在与虚线O1O2垂直距离________(选填“近”或“远”)的位置低且细．
(2)图丙为图乙中纸板上曲线沙堆的俯视图，沿沙摆振动方向建立x轴，沿O1O2方向建立t轴，就利用沙堆曲线得到了沙摆的振动图象，请说明为什么要匀速拉动下方纸板：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
12．(9分)在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
(1)以下做法正确的是(　　)
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长
B．测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间
C．要保证单摆自始至终在同一竖直平面内摆动
D．单摆摆动时，应注意使它的偏角不小于5°
(2)某同学先用米尺测得摆线长为97.43
cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，为________cm，则单摆的摆长为________cm；然后用停表记录了单摆完成50次全振动所用的时间如图乙所示，为________s，则单摆的周期为________s；当地的重力加速度为g＝________m/s2.
(3)实验中，如果摆球密度不均匀，就无法确定重心位置，一位同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度为g＝________.
13.(10分)甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．
(1)甲组同学采用如图甲所示的实验装置．该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写出重力加速度的表达式g＝________(用所测物理量表示)．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中摆线略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________．(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示，将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示，由图丙可知，该单摆的周期T＝________s.
(3)在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出T2－L图线，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L＋0.0035.由此可以得出当地的重力加速度g＝________m/s2.(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字)
14．(10分)如图所示为一弹簧振子的振动图象，求：
(1)从计时开始经多长时间第一次达到弹性势能最大？
(2)在2～3
s这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各怎样变化？
(3)该振子在前100
s内的总位移是多少？路程是多少？
15．(10分)如图是一弹簧振子，O为平衡位置，B、C为两个极端位置，取向右为正方向，现把小球向右移动5
cm到B点，放手后发现小球经过1
s第一次到达C点，如果从B点放手时开始计时，求：
(1)小球做简谐运动的振幅、周期各是多少？
(2)写出小球运动的位移表达式．
(3)如果从小球经过平衡位置向左运动开始计时，则小球的位移表达式如何？
16．(15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)表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A，A′之间来回滑动．A，A′点与O点连线与竖直方向之间夹角θ相等且很小，图(乙)表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，图中t＝0为滑块从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，g取10
m/s2.求：
(1)容器的半径；
(2)小滑块的质量；
(3)滑块运动过程中的机械能．
章末综合检测(第十一章)
1．解析：对弹簧振子来说k为劲度系数，x为质点离开平衡位置位移大小，故A错误；对于其他简谐运动k不是劲度系数，而是一个比例系数，故B正确；该系数由系统本身结构决定，与力F和位移x无关，C错误；“－”只表示回复力与位移反向，回复力有时是动力，D错误．
答案：B
2．解析：振动图象表示位移随时间的变化规律，并不是运动轨迹，B对，A、C错．切线的方向只表示质点的速度方向与规定的正方向相同还是相反，不表示速度的方向．另外由于图象不是质点的运动轨迹，因此切线的方向并不表示速度的方向．
答案：B
3．解析：摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点，A错误；摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，B错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误．
答案：C
4．解析：由图可知A点在t轴上方，位移x＝0.25
cm，所以弹力F＝－kx＝－5
N，即弹力大小为5
N，方向指向x轴负方向，A项错误．由图可知A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向，B项正确．由图可看出，t＝0
s、t＝2
s、t＝4
s时刻振子的位移都是最大的，且都在t轴的上方，在0～4
s内完成两次全振动，C项错误．由于t＝0时刻和t＝4
s时刻振子都在最大位移处，所以在0～4
s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5
cm，在0～4
s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为2×4×0.5
cm＝4
cm，故D项错误．
答案：B
5．解析：t＝0.2
s时，振子的位移为正的最大，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A点也可能在B点，A正确．t＝0.1
s时速度为正，t＝0.3
s时速度为负，两者方向相反，B错．从t＝0到t＝0.2
s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错．t＝0.2
s与t＝0.6
s两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D错．
答案：A
6．解析：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tOB＝×0.5
s＝0.25
s．质点从B向右到达右方极端位置(设为D)的时间tBD＝×0.5
s＝0.25
s．所以质点从O到D的时间tOD＝T＝0.25
s＋0.25
s＝0.5
s．所以T＝2.0
s，C对．
答案：C
7．解析：因每个全振动所通过的路程为4A，每半个周期所通过的路程为2A，故A、B正确，C错误，又因振幅为振子的最大位移，而s为时的路程，故s有可能大于A，故D正确．
答案：ABD
8．解析：结合简谐运动的振动图象分析物理量的变化，由图可知，当＝3.2
s时振子正在向最大位移处运动，位移为正向，速度正在减小，加速度和回复力沿负方向且正在增大，振子动能减小，弹簧弹性势能增大，动能正在转化为势能，B、C正确．A、D错误．
答案：BC
9．解析：振子在A点和B点时位移最大，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起点，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．
答案：AC
10．解析：A，B两点位移相同，但在A点时质点正远离平衡位置，在B点时质点正衡位置，所以图象上A，B两点速度大小相等，方向相反，选项A错误，C正确；t＝0.1
s和t＝0.3
s时，质点分别处在正、负最大位移处，加速度为最大值，但方向相反，选项B正确；t＝0.2
s时，质点速度最大，动能最大，
t＝0.3
s时，质点速度最小为零，动能为零，选项D错误．
答案：BC
11．解析：(1)单摆在摆动的过程中是变速运动，经过平衡位置的速度最大，最大位移处的速度为0；在相同的时间内漏下的沙子一样多，但在平衡位置附近速度大，相同时间内经过的距离长，故漏下的沙子低且细；
(2)只有拉动木板的速度恒定时，木板的位移与时间成正比，这样建立的位移轴才可以代表时间轴．
答案：(1)近　(2)只有拉动木板的速度恒定时，木板的位移与时间成正比，这样建立的位移轴才可以代表时间轴
12．解析：(1)单摆的摆长应为摆线长度加上摆球的半径，A选项错误；以摆球通过平衡位置(速度最大处)为计时起点可以减小计时误差，B选项错误；单摆摆动时应保持在同一竖直平面内，C选项正确；单摆振动过程中偏角应不超过5°，D选项错误．
(2)摆球直径为(21＋5×0.05)
mm
＝21.25
mm＝2.125
cm.
摆长l＝(97.43＋)
cm＝98.49
cm.
停表读数为(90＋10.0)
s＝100.0
s.
周期T＝
s＝2
s，而g＝4π2＝9.7
m/s2.
(3)设摆线底端到摆球重心的距离为r，则有T1＝2π，T2＝2π，由两式得g＝4π2.
答案：(1)C　(2)2.125　98.49　100.0　2　9.7　(3)4π2
13．解析：(1)单摆周期T＝2π，单摆完成n次全振动所用的时间为t，可得T＝，联立可得g＝.测量周期时，摆球振动过程中摆线略微变长，则摆长的测量值偏小，故测得的重力加速度偏小．
(2)根据题图所示的v－t图线，可知该单摆的周期T＝2.0
s.
(3)根据T＝2π得T2＝·L
根据表达式可知图线的斜率k＝＝4.04
s2/m
解得g＝9.76
m/s2
答案：(1)　偏小　(2)2.0　(3)9.76
14．解析：(1)由题图知，在计时开始的时刻振子恰好以沿x轴正方向的速度通过平衡位置，此时弹簧振子有最大动能，随着时间的延长，速度不断减小，而位移逐渐增大，经T，即1
s，其位移达到最大，此时弹性势能最大．
(2)由题图知，t＝2
s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零；随着时间的延长，位移不断增大，加速度也变大，速度不断减小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大；当t＝3
s时，加速度达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．
(3)振子经一个周期，位移为零，路程为4×5
cm＝20
cm，前100
s刚好经过了25个周期，所以前100
s内振子位移x＝0，振子通过的路程s＝20
cm×25＝500
cm＝5
m.
答案：(1)1
s　(2)见解析　(3)0　5
m
15．解析：(1)根据振幅的定义，可知振幅A＝5
cm；根据周期的定义可知，周期T＝2×1
s＝2
s.
(2)因为ω＝，所以ω＝π.
又据题意知t＝0时，x＝5
cm.因为简谐运动的表达式是x＝Asin(ωt＋φ)，把上面已知数据代入得φ＝，所以该振动的表达式x＝5sin
cm.
(3)如果从小球经过平衡位置向左运动开始计时，则t＝0时，x＝0，此后位移负值变大，所以小球的位移表达式x＝－5sin(πt)
cm.
答案：(1)5
cm　2
s　(2)x＝5sin
cm
(3)x＝－5sin(πt)
cm
16．解析：(1)由题图(乙)得小滑块做简谐振动的周期T＝
s
由T＝2π得R＝＝0.1
m.
(2)在最高点A有Fmin＝mgcos
θ
在最低点B有Fmax－mg＝m
从A到B，滑块机械能守恒mgR(1－cos
θ)＝mv2
解得m＝0.05
kg.
(3)滑块机械能守恒E＝mv2＝R(Fmax－mg)＝5×10－4
J.
答案：(1)0.1
m　(2)0.05
kg　(3)5×10－4
J
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