2019高中物理第十一单元机械振动单元测试（二）新人教版选修3_4.docx

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1、1第十一单元 机械振动注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将准 考 证 号 条 形 码 粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目的 答 案 标 号 涂 黑 ， 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内

2、 。 写在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。一、单选题1若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是( )A若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态C物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D物体的位移增大时，动能增加，势能减少2有一弹簧振子做简谐运动，则( )A加速度最大时，速度最大 B速度最大时，位移最大C位移最大时，回复力最大 D回复力最大时，速度最大3（改编）一个单摆

3、，如果摆球的质量增加为原来的 4 倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的 ，则单摆的( )12A频率不变，振幅不变 B频率不变，振幅改变C频率改变，振幅不变 D频率改变，振幅改变4摆长为 L 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取 t0)，当振动至时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的( )t=32 LgA BC D5在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是( )A适当加长摆线B质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些D当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期6某同学做

4、“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值造成这一情况的可能原因是( )A测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长B测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第 30 次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为 t，并由计算式 求得周期T=t30C开始摆动时振幅过小D所用摆球的质量过大7在一单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，由此摆球的周期将( )A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大8在图 3 中的几个相同的单摆在不同的条件下，关于它们的周期关系

5、，判断正确的是( )2A BT1T2T3T4 T1T2=T3T4 T1T1后，则( )A弹簧振子的振动周期为 T1B弹簧振子的振动周期为 T2C要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速减小D要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大三、实验题11某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为 3cm、外形不规则的大理石代替小球他设计的实验步骤如下：A将石块和细尼龙线系好，结点为 M，将尼龙线的上端固定于 O 点，如图所示；B用刻度尺测量 OM 间尼龙线的长度 L 作为摆长；C将石块拉开一个大约 5的角度，然后由静止释放；D从摆球摆到最高点时开始计时，测出 30

6、 次全振动的总时间 t，由 T得出周期；E改变 OM 间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的 L 和 T；F求出多次实验中测得的 L 和 T 的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g() 2L，求出重力加速度 g.(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是_（填选项前的序号）(2)该同学用 OM 的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值_(填“偏大”或“偏小”)(3)用什么方法可以解决摆长无法准确测量的困难？四、填空题312如图所示，质点沿直线做简谐运动平衡位置在 O 点，某时刻质点通过 P点向右运动，径 1s 再次回到 P 点，再经 1s 到达 O 点，若 =2cm

7、，则：质点运动的周期 T=_s；质点运动的振幅为 A=_cm.五、解答题13如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试证明木块是否做简谐运动. 14已知单摆摆长为 L，悬点正下方 处有一个钉子。让摆球做小角度摆动，34L其周期将是多大？15如图所示，两个完全相同的弹性小球 1,2，分别挂在长 L 和 的细线上，L4重心在同一水平面上且小球恰好互相接触，把第一个小球向右拉开一个不大的距离后由静止释放，经过多长时间两球发生第 10 次碰撞？16如图所示，三角架质量为 M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为 m 的小球，原来三角架静止在水平面上.现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压

8、力最小为零，求：（1）此时小球的瞬时加速度；（2）若上、下两弹簧的劲度系数均为 k，则小球做简谐运动的振幅为多少?12018-2019 学 年 高 二 下 学 期 第 十 一 单 元 训 练 卷物 理 （ 二 ） 答 案1C【解析】根据 可知，若位移为负值，则加速度一定为正值，但是速a=-kxm度不一定为正值，选项 A 错误；物体通过平衡位置时，所受回复力一定为零，但是合力不一定为零，选项 B 错误；物体每次通过同一位置时，位移一定相同，但其速度不一定相同，加速度一定相同，选项 C 正确；物体的位移增大时，速度减小，则动能减小，势能增大，选项 D 错误；故选 C.2C【解析】根据回复力公式 可

9、知，位移最大，回复力最大，根据F=-kx可得，回复力最大，加速度最大，加速度最大时，速度为零；速度最大时，a=Fm位移，回复力，加速度为零，故选 C3B【解析】决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，即 ，单摆的T=2Lg周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关当然，频率也与质量和速度无关，故 C 错误，D 错误；决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能 ，当Ek=12mv2m 增为原来的 4 倍，速度减为原来的 时，动能不变，最高点的重力势能也不12变但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能 不

10、变， m 大了，h 就一定变小了，也就是说，振幅减小了故 A 错误，Ep=mghB 正确4C【解析】 时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向t=32 Lg=34T负方向振动知 C 正确，ABD 错误5A【 解 析 】 质 量 相 同 ， 体 积 不 同 的 摆 球 ， 应 选 用 体 积 较 小 的 ， B 错 ； 当 单 摆 经 过平 衡 位 置 时 开 始 计 时 ， 经 过 30-50 次 全 振 动 后 停 止 计 时 ， 求 出 平 均 周 期 ， D 错 。6B【解析】由 得 ， g 值偏大说明 L 偏大或 T 偏小T=2Lg g=4 2T2LA把悬挂状态的摆线长当成摆长，会

11、使 L 偏小， g 值偏小，A 错误；B摆球第 30 次通过平衡位置时，实际上共完成 15 次全振动，周期 ，T=t15误认为 30 次全振动， T 变小引起 g 值明显偏大，B 正确；CD单摆周期与振幅和摆球质量无关，故 C 错误，D 错误7D【解析】单摆小角度摆动，做简谐运动的周期为 ，式中 L 为摆长，T=2Lg其值为悬点到摆动物体重心之间的距离，当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水刚流出过程中重心要降低，因此，在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，即摆长 Ll先增大后减小，所以摆动周期将先增大后减小故 ABC 错误，D 正确8C【解析】单摆的周期与重力加速度有

12、关这是因为是重力的分力提供回复力当单摆处于（1）图所示的条件下，当摆球偏离平衡位置后，是重力平行斜面的分量（mgsin）沿切向分量提供回复力，回复力相对竖直放置的单摆是减小的，则运动中的加速度减小，根据周期公式 ，回到平衡位置的时间变长，T=2Lg周期 T1T3；对于（2）图所示的条件，带正电的摆球在振动过程中要受到天花板上带正电小球的斥力，但是两球间的斥力与运动的方向总是垂直，不影响回复力，故单摆的周期不变，T 2=T3；在（4）图所示的条件下，单摆与升降机一起作加速上升的运动，也就是摆球在该升降机中是超重的，相当于摆球的重力增大，沿摆动的切向分量也增大，也就是回复力在增大，摆球回到相对平衡

13、的位置时间变短，故周期变小，T 4T1欲使振幅增大，应使 T2减小，即转速应增大， 故 C 错误，D 正确11(1)BDF (2)偏小 (3)可采用图象法，以 T2为纵轴，以 L 为横轴，作出多次测量得到的 T2L 图线，求出图线斜率 k.再由 得 ，k 值不受悬点k=4 2T2 g=4 2T2不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难或其联立方程求解也可。【解析】（1）摆长为摆线长与小球半径之和，B 错误；为了减小误差，应从最低点计时，D 错误；测得数据后，应先计算 g 的值，再求平均值，F 错误；（2）用 OM 的长作为摆长，摆长偏小，根据公式 得 ，故 gT=2lg g=4 2

14、T2l值偏小(3)可采用图象法，以 T2为纵轴，以 L 为横轴，作出多次测量得到的 T2L 图线，求出图线斜率 k.再由 得 .k 值不受悬点不确定因素的影响，因k=4 2T2 g=4 2T2此可以解决摆长无法准确测量的困难或其联立方程求解也可12 6433【解析】由简谐运动的对称性可知，质点在第 1s 内从 P 点到达右端最大位移处，再回到 P 点，可见从最大位移处回到 P 点历时应该为 0.5s，而从 P 点到 O 点又历时 1s，可见 T/4=1.5s，即 T=6s；另外，考虑到简谐运动的振动图象（如图所示）质点在 t1时刻从 P 点开始向右运动，t 2时刻又回到 P 点，t 3时刻到达

15、平衡位置 O 点，即 t2-t1=t3-t2=1s，由此不难得到： Asin60=2，即 A= cm。43313是简谐运动，证明见解析【解析】证明：设木块的边长为 a，质量为 m，则当图中木块浸入水中的高度为 h，而处于静止状态时所受到的重力 mg 与浮力 F1=ha 2g 大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于是可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下后上下运动过程中浸入水中的高度达到 h+x，所受到的浮力大小为 F2=（h+x）a 2g 于是，木块此时所受到的合外力为：F=mg-F2=-a 2gx=-kx，由此可知：木块做的是简谐运动.14 T=32 Lg【解析】该摆在通过悬点的竖直线两

16、边的运动都可以看作简谐运动，周期分别为 和 ，因此该摆的周期为：T1=2Lg T2=2 L4g T=T12+T22=32 Lg15 t=7Lg【解析】因将第 1 个小球拉开一个不大的距离，故摆动过程应符合单摆的周期公式有 ， ，系统振动周期为 ，在同T1=2Lg T2=2 L4g T=T12+T22=32 Lg一个 T 内共发生两次碰撞，球 1 从最大位移处由静止释放后经 发生5T=152 Lg310 次碰撞，且第 10 次碰后球 1 又摆至最大位移处，所以。t=152 Lg-T14=7 Lg16（1） ，方向：竖直向下；（2）(M+m)gm (M+m)g2k【解析】(1)小球上下振动过程中，三角架对水平面的压力最小为零，则上下两根弹簧对三角架的作用力大小为 Mg，方向向上，小球此时受弹簧的弹力大小为Mg，方向向下，故小球所受合力为( m M)g，方向向下，小球此时运动到上面最高点即位移大小等于振幅处根据牛顿第二定律，小球的瞬时加速度的最大值为：am ，加速度的方向为竖直向下(m+M)gm(2)小球由平衡位置上升至最高点时，上面的弹簧(相当于压缩 x)对小球会产生向下的弹力 kx，下面的弹簧(相当于伸长 x)会对小球产生向下的弹力 kx，两根弹簧对小球的作用力为 2kx，故最大回复力的大小 F 回 2 kA，而最高点时 F 回( M m)g，故 A(m+M)g2k