人教版选修34 第十一章 机械振动 章末检测.docx

1、人教版选修34 第十一章 机械振动 章末检测单元质量评估(一)第十一章(90分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分。多选题已在题号后标出)1.简谐运动的平衡位置是指()A.速度为零的位置 B.回复力为零的位置C.加速度为零的位置 D.位移最大的位置【解析】选B。简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置,而物体在平衡位置时加速度不一定为零。例如,单摆在平衡位置时存在向心加速度。简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大,位移为零。2.(2013上海高考)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【解题指南】解答本题时

2、应注意理解以下两点:(1)做简谐振动的物体,当它经过同一位置时,速度方向可能不同;(2)回复力F=-kx,加速度a=-x。【解析】选B。做简谐振动的物体,当它每次经过同一位置时,位移x相同,回复力相同,加速度相同,可能不同的物理量是速度,选项B正确。3.如图所示,弹簧振子的小球在B、C之间做简谐运动,O为BC间的中点,B、C间的距离为10cm,则下列说法正确的是()A.小球的最大位移是10 cmB.只有在B、C两点时,小球的振幅是5cm,在O点时,小球的振幅是0C.无论小球在任何位置,它的振幅都是5cmD.从任意时刻起,一个周期内小球经过的路程都是10cm【解析】选C。简谐运动中的平衡位置就是

3、对称中心,所以O点是平衡位置。小球的最大位移是+5cm或-5 cm,故选项A是不正确的。振幅是物体离开平衡位置的最大距离,反映的是振动物体振动的能力,并不说明物体一定在最大距离处,在O点的小球也能够到达最大距离处,所以小球在O点的振幅也是5cm,故选项B不正确,选项C正确。根据一次全振动的概念,选项D是错误的。4.(多选)将一个电动传感器接到计算机上,就可以测量快速变化的力,用这种方法测得的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。某同学由此图像提供的信息做出的下列判断中,正确的是()A.t=0.2s时摆球正经过最低点B.t=1.1s时摆球正经过最低点C.摆球摆动过程中机械能减小D

4、.摆球摆动的周期是T=1.4s【解析】选A、C。在摆球经过最低点时悬线拉力最大,t=0.2s时,F有正向最大值,故A选项正确;t=1.1s时,F有最小值,摆球不在最低点,B选项错误;周期应为T=1.2s,D选项错误;因振幅减小,故机械能减小,C选项正确。5.图甲是利用沙摆演示简谐运动图像的装置。当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时,做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线。已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s,图乙所示的一段木板的长度为0.60m,则这次实验沙摆的摆长大约为(g取2m/s2)()A.0.56 m B.0.65 m C.1.00 m D.2.

5、25 m【解析】选A。木板匀速运动的位移L=0.60m,所需时间t=3s,则沙摆振动周期T=1.5s,由单摆的周期公式T=2,知沙摆的摆长l=0.56m。故选A。6.(多选)某振动系统的固有频率为f0,在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变,下列说法正确的是()A.当ff0时,该振动系统的振幅随f减小而增大C.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f0D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f【解析】选B、D。由受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化规律知,A错B对。稳定时系统的频率等于驱动力的频率,即C错D对。7.(多选)(2014太原高二检测)如图所示为同

6、一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像,从图像可知()A.两摆球质量相等B.两单摆的摆长相等C.两单摆相位相差D.在相同的时间内,两摆球通过的路程总有s甲=2s乙【解析】选B、C。由题图知:T甲=T乙,则摆长相等,但A甲=2A乙,x甲=2sin(t+),x乙=sint,故B、C项正确。而单摆周期与质量无关,A项错误。由题图可知,在任何相等的时间内路程不一定具有s甲=2s乙的关系,故D错误。8.洗衣机在把衣服脱水完毕拔掉电源后,电动机还要转一会才能停下来,在拔掉电源后,发现洗衣机先振动得比较小,然后有一阵子振动得很剧烈,然后振动慢慢减小直至停下来,其间振动剧烈的原因是()A.洗衣机没放平衡B.电动机

7、有一阵子转快了C.电动机转动的频率和洗衣机的固有频率相近或相等D.这只是一种偶然现象【解析】选C。洗衣机脱水时,电动机转速很快,频率很大,可以说远大于洗衣机的固有频率,不能发生共振现象。当脱水终止时,随着电动机转速的减小,频率也在减小,肯定有一段时间,频率接近或等于洗衣机的固有频率,从而发生共振现象,反映在宏观上就是洗衣机振动剧烈。【变式训练】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500Hz。将这只酒杯放在两只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。下列说法正确的是()A.操作人员一定要把声波发生器的功率调到最

8、大B.操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C.操作人员一定是同时增大了声波发生器发出的声波的频率和功率D.操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz【解析】选D。用手指弹酒杯后,酒杯做机械振动,其固有频率为500Hz。使用声波发生器时,声波的频率等于酒杯的固有频率时,酒杯发生共振,此时酒杯最容易碎掉,故选项A、B、C错,D对。9.(2013新课标全国卷改编)如图,一轻弹簧一端固定,另一端连接一物块构成弹簧振子,该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动,振幅为A0,周期为T0。当物块向右通过平衡位置时,a、b之间的粘胶脱开;以后小物块a振动的振

9、幅和周期分别为A和T,则()A.AA0TT0 B.AA0T=T0C.AA0TA0TT0【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)振子振动过程中机械能守恒;(2)在平衡位置处质量减小后,机械能减小。【解析】选C。物块以一定的速度通过平衡位置时,质量减小,则振动的动能减小,也就是系统的机械能减小,所以能到达的最大位移减小,振幅减小;由于在这周期内,小物块仍做简谐运动,而初速度和末速度不变,位移却减小了,所以运动时间减小,即振动周期减小。10.如表所示为某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系,若该振动系统的固有频率为f固,则固有频率为()驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10

10、.216.827.228.116.58.3A.f固=40HzB.70HzC.50Hzf固60HzD.以上选项都不对【解析】选C。由共振曲线可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小,f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大,并从表格中看出频率为4050Hz时振幅还在不断增大,固有频率不可能等于40Hz,A错;另从表格中看出频率为70Hz时的振幅小于频率为60Hz时的振幅,固有频率不可能等于70Hz,B错;比较各组数据知f固可能在5060 Hz范围内,C对。【总结提升】物体发生共振与做受迫振动的关系(1)物体做受迫振动不一定发生共振,但发生共振的物体一定做受迫振动。(2)物体做受迫振动时,当驱动

11、力的周期(或频率)等于该物体的固有周期(或固有频率)时,物体发生共振。二、实验题(本大题共2小题,共16分)11.(9分)(2012天津高考)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=0.9990m,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

12、摆摆长为m。(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m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)【解析】(1)实验中要注意减小实验误差和便于实验操作,题目中的措施可以保证摆动过程中摆长不变,并且便于改变摆长,故选项A、C正确。(2)游标卡尺主尺上的读数为12mm,游标尺上第0条刻度线与主尺刻度线对齐,所以游标卡尺的读数为12mm+00.1 mm=12.0 mm单摆的摆长为l=L-=0.9990m-m=0.993 0 m(3)用单摆测量周

13、期时,为了减小误差,需使摆角小于5,且从摆球经过最低点时开始计数,故振幅Alsin5=8.6 cm,只有选项A符合要求。答案:(1)A、C(2)12.00.9930(3)A12.(7分)有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室,各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”,他们通过校园网交换实验数据,并由计算机绘制了T2-L图像,如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是(选填“A”或“B”)。另外,在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图像(如图乙),由图可知,两单摆摆长之比=。在t=1s时,b球振动方向是。【解析】由单

14、摆的周期公式T=2,解得T2=L,即图像的斜率k=,重力加速度大,斜率小,我们知道北京的重力加速度比南京的大,所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B;从题图乙可以得出:Tb=1.5Ta,由单摆的周期公式得:Ta=2,Tb=2,联立解得:=;从题图乙可以看出,t=1s时,b球正在向负最大位移处运动,所以在t=1s时,b球的振动方向沿y轴负方向。答案:B沿y轴负方向三、计算题(本大题共4小题,共44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.(10分)如图所示,一块涂有炭黑的玻璃板,质量为2kg,在拉力F的作用下,在t=0时由静止开始竖直向上做匀加速运动。一个装有水平振针的

15、振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线,量得OA=1.5cm,BC=3.5cm。求自玻璃板开始运动,经过多长时间才开始接通电动音叉的电源?接通电源时,玻璃板的速度是多大?(g取10m/s2)【解析】由题意可得,振针振动周期T0=0.2s,经过OA与BC所用的时间均为T=0.1s, (2分)则对玻璃板:sBC-sOA=2aT2, (2分)得a=1m/s2。vA=0.2m/s, (2分)再求O点速度vO=vA-aT=0.1m/s, (2分)由vO=at得时间t=0.1s, (2分)即经过0.1s才开始接通电动音叉的电源,且接通时玻璃板的速度为0.1m/s。答案:0.1s0.1 m/

16、s14.(10分)如图所示为一弹簧振子的振动图像,试完成以下问题:(1)写出该振子简谐运动的表达式。(2)在第2s末到第3 s末这段时间内,弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的?(3)该振子在第100s时的位移是多少?前100 s内的路程是多少?【解析】(1)由振动图像可得:振幅A=5cm,周期T=4s,初相=0,则圆频率=rad/s (2分)故该振子做简谐运动的表达式为x=5sint(cm) (2分)(2)由图可知,在t=2s时振子恰好通过平衡位置,此时加速度为零,随着时间的延续,位移值不断加大,加速度的值也变大,速度值不断变小,动能不断减小,弹性势能逐渐增大,当t=3s时,

17、加速度的值达到最大,速度等于零,动能等于零,弹性势能达到最大值。 (3分)(3)振子经过一个周期位移为零,路程为54cm=20 cm,前100s时刚好经过了25个周期,所以第100 s振子位移x=0,振子路程s=2025cm=500 cm=5 m。(3分)答案:(1)x=5sint(cm)(2)见解析(3)05m【总结提升】对简谐运动能量的深刻认识(1)决定因素:对于一个确定的振动系统,简谐运动的能量由振幅决定,振幅越大,系统的能量越大。(2)能量获得:系统开始振动的能量是通过外力做功由其他形式的能转化来的。(3)能量转化:当振动系统自由振动后,如果不考虑阻力作用,系统只发生动能和势能的相互转

18、化,机械能守恒。(4)理想化模型:从力的角度分析,简谐运动没考虑摩擦阻力。从能量转化角度分析,简谐运动没考虑因阻力做功产生的能量损耗。15.(12分)简谐运动的振动图线可用下述方法画出:如图甲所示,在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P,让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动,笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向,纸带运动的距离代表时间,得到的振动图线如图乙所示。(1)为什么必须匀速拖动纸带?(2)刚开始计时时,振子处在什么位置?t=17s时振子相对平衡位置的位移是多少?(3)若纸带运动的速度为2cm/s,振动图线上1、3两点间的距离是多

19、少?(4)振子在s末负方向速度最大;在s末正方向加速度最大;2.5s时振子正在向方向运动。(5)写出振子的振动方程。【解析】(1)纸带匀速运动时,由x=vt知,位移与时间成正比,因此在匀速条件下,可以用纸带通过的位移表示时间。 (2分)(2)由图乙可知t=0时,振子在平衡位置左侧最大位移处;周期T=4s,t=17s时位移为零。 (2分)(3)由x=vt,所以1、3间距x=2cm/s2 s=4 cm。 (2分)(4)3s末负方向速度最大;加速度方向总是指向平衡位置,所以t=0或t=4s时正方向加速度最大;t=2.5s时,向-x方向运动。 (3分)(5)x=10sincm。 (3分)答案:(1)在

20、匀速条件下,可以用纸带通过的位移表示时间。(2)左侧最大位移处零(3)4cm(4)30或4-x(5)x=10sincm。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的A、B、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,AOB=COB=,小于10且是未知量。图乙是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10m/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)由题图乙可知单摆的周期T=0.4s,由T=2, (1分)得摆长l=0.4m。 (1分)(2)在B点拉力的最大值为Fmax=0.510N。Fmax-mg=。 (2分)在A、C两点拉力最小Fmin=0.495N,Fmin=mgcos, (2分)在AB机械能守恒,即mgl(1-cos)=mv2, (2分)由以上各式解得m=0.05kg。 (1分)(3)由Fmax-mg=可得,vmax=0.283m/s。 (3分)答案:(1)0.4s0.4m(2)0.05kg(3)0.283m/s关闭Word文档返回原板块