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2019-2020年高中物理《第一章机械振动(4-5节)》章末检测新人教版选修3
一、选择题每小题至少有一个选项正确1.一个弹簧振子,第一次被压缩x后释放做自由振动,周期为T1,第二次被压缩2x后释放做自由振动,周期为T2,则两次振动周期之比T1∶T2为 A.1∶1 B.1∶2C.2∶1D.1∶
42.如图所示,在曲轴上悬挂一个弹簧振子,若不转动把手,让其上下振动,其周期为T1,现使把手以周期T2T2T1匀速转动,当其运动都稳定后,则 A.弹簧振子的周期为T1B.弹簧振子的周期为T2C.要使弹簧振子振幅增大,可让把手转速增大D.要使弹簧振子振幅增大,可让把手转速减小3.如图所示,物体m系在两弹簧之间,弹簧的劲度系数分别为k1和k2,且k1=k,k2=2k,两弹簧均处于自然状态,今向右拉动m,然后释放,物体在B、C间振动,O为平衡位置不计阻力,则下列判断正确的是 A.m做简谐运动,OC=OBB.m做简谐运动,OC≠OBC.回复力F=-kxD.回复力F=-3kx4.如图所示为在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像,其中实线表示A的运动图像,虚线表示B的运动图像关于这两个单摆的以下判断中正确的是 A.这两个单摆的摆球质量一定相等B.这两个单摆的摆长一定不同C.这两个单摆的最大摆角一定相同D.这两个单摆的振幅一定相同5.光滑的水平面上叠放有质量分别为m和m/2的两木块,下方木块与一劲度系数为k弹簧相连,弹簧的另一端固定在墙上,如图所示已知两木块之间的最大静摩擦力为f,使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动,系统的最大振幅为 A.B.C.D.6.如图所示为一弹簧振子做简谐运动的振动图像,根据图像可以判断 A.t1时刻和t2时刻振子位移大小相等,方向相同,且t2-t1一定等于T/2B.t2时刻和t3时刻速度大小相等、方向相反C.t2时刻和t4时刻加速度大小相等、方向相反D.t1时刻和t3时刻弹簧的长度相等
7.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∶4B.摆线碰到障碍物前后的摆长之比为3∶2C.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大
8.如图所示,三个单摆的摆长为L1=
1.5m,L2=1m,L3=
0.5m,现用一周期等于2s的驱动力,使它们做受迫振动,那么当它们的振动稳定时,下列判断中正确的是 A.三个摆的周期和振幅相等B.三个摆的周期不等,振幅相等C.三个摆的周期相等,但振幅不等D.三个摆的周期和振幅都不相等
9.做简谐振动的单摆摆长不变,若摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速率减小为原来的,则单摆振动的 .A.频率、振幅都不变B.频率、振幅都改变C.频率不变、振幅改变D.频率改变、振幅不变
二、实验题10.在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中,1关于安装选择仪器及测量时的一些实验操作,下列说法中正确的是________A.用米尺测出摆线的长度,记为摆长lB.实验中应选择体积较小、质量较大的小球C.使摆线偏离竖直方向某一角度α小于10°,然后静止释放摆球D.测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期2实验测得的数据如下表所示次数12345摆长l/cm
80.
0090.
00100.
00110.
00120.0030次全振动时间t/s
53.
856.
960.
062.
865.7振动周期T/s
1.
791.
902.
002.
092.19振动周期的平方T2/s
23.
203.
614.
004.
374.80请将第三次的测量数据标在图中,并在坐标图中作出T2随l变化的关系图像3根据数据及图像可知单摆周期的平方与摆长的定量关系是________
11.根据单摆周期公,可以通过实验测量当地的重力加速度如图所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆
(1)用游标卡尺测量小钢球直径,求数如图2所示,读数为_______mm
(2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有_______a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的c.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置大于50,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时间间隔即为单摆周期Te.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于50,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间,则单摆周期
三、计算题解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤12.有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动,已知BC间的距离为20cm,振子在2s内完成了10次全振动.若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时t=0,经过周期振子有正向最大加速度.1求振子的振幅和周期;2在图中作出该振子的位移—时间图象;3写出振子的振动方程.
13.甲、乙两人先后观察同一弹簧振子在竖直方向上下振动的情况1甲开始观察时,振子正好在平衡位置并向下运动,已知经过1s后,振子第一次回到平衡位置,振子振幅为5cm,试画出甲观察到的弹簧振子的振动图像;2乙在甲观察
3.5s后,开始观察并计时,试画出乙观察到的弹簧振子的振动图像画振动图像时,取向上为正方向
14.如图所示,质量为m的物块放在弹簧上,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重的
1.5倍,则物体对弹簧的最小压力是多少?要使物体在振动中不离开弹簧,振幅不能超过多大?第4节阻尼振动受迫振动
二、知识要点阻力振动能量阻力振幅自由振动周期性能量损耗周期性驱动力驱动力固有周期频率频率固有频率振幅最大等于振幅固有频率转速计固有频率便步慢开
四、典型例题例
1.答案:AD解析:单摆在振动过程中,因不断克服空气阻力做功,使机械能逐渐转化为内能,选项A和D对;虽然单摆总的机械能在逐渐减小,但在振动过程中动能和势能仍不断地相互转化,动能转化为势能时,动能逐渐减小,势能逐渐增大,而势能转化为动能时,势能逐渐减小,动能逐渐增大,所以不能断言后一时刻的动能或势能一定小于前一时刻的动能或势能,故选项B、C不对例
2.答案:BD解析:物体在外界驱动力作用下的振动叫做受迫振动,物体做受迫振动时,振动稳定后的频率等于驱动力的频率,跟物体的固有频率没有关系,驱动力的频率接近物体的固有频率时,受迫振动的振幅增大,所以B、D正确.变式1答案ABC解析由共振曲线知,弹簧振子的固有频率为f2,故当驱动力的频率等于f2时,振子发生共振,A正确当振子自由振动时其频率为固有频率,C正确、D错误当驱动力的频率为f3时,振子做受迫振动,频率等于驱动力的频率f3,B正确例
3.答案: ABD解析: 对于受迫振动,当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象,所以列车的危险速率v==40m/s,A正确为了防止共振现象发生,列车过桥时需要减速,B正确由v=知L增大时,T不变,v变大,D正确变式
2.答案C解析A摆的振动带动其他单摆都做受迫振动,且其他单摆的摆动周期都与A的摆动周期相同,A、D错;由于A、E的摆长相等,B、C、D、E摆中只有E摆的固有周期等于驱动力的周期,E摆发生共振现象,振幅最大,B错,C对
五、随堂巩固1.答案C解析自由摆动的秋千可以看做阻尼振动的模型,振动系统中的能量转化也不是系统内部动能和势能的相互转化,振动系统是一个开放系统,与外界时刻进行能量交换系统由于受到阻力,消耗系统能量做功,而使振动的能量不断减小,但总能量守恒2.答案AD解析所有建筑物均做受迫振动,其振动周期与固有周期无关,都等于驱动力的周期,故A、D正确
3.答案B解析停止对大钟的撞击后,大钟的振动不会立即消失,因为振动能量不会凭空消失,再振动一段时间后,由于阻尼的作用振动才逐渐消失,B选项正确
4.答案D解析由于弹簧振子做阻尼振动,所以A时刻的机械能大于B时刻的机械能,C错D对;由于弹簧的弹性势能与弹簧的形变量即位移有关,A、B的形变量相等,故势能相等,所以B错;通过上述分析振子在A时刻的动能大于B时刻的动能,A错
5.答案B解析受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动,故只有B对A、C是阻尼振动,D是简谐运动
6.答案
1.55解析由图像可以看出,当驱动力的频率为
0.4Hz时,单摆的振幅最大,此时单摆共振由共振的条件可知,单摆的固有频率为
0.4Hz,由T=2π=可得l==
1.55m
7.答案C解析洗衣机脱水时,电动机转速很快,频率很大,远大于洗衣机的固有频率,因此不会发生共振现象当脱水终止后,随着电动机转速的减小,频率也在不断减小,这期间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剧烈振动
8.答案B解析甲、乙弹簧振子在驱动力作用下都做受迫振动,振动的频率等于驱动力的频率,即f甲=f乙=f驱因为f驱更接近甲的固有频率f0所以甲的振幅较大,B正确
9.答案AC解析在题给条件下,筛子振动的固有周期T固=s=
1.5s,电动偏心轮的转动周期对筛子来说是驱动力的周期T驱=s=
1.67s要使筛子振幅增大,就得使这两个周期值靠近,可采用两种做法第一,提高输入电压使偏心轮转得快一些,减小驱动力的周期;第二,增加筛子的质量使筛子的固有周期增大正确选项为A、C第5节学生实验用单摆测定重力加速度实验专题用单摆测定重力加速度
1.答案B解析做单摆的细线的要求是细且长,轻且无伸缩性,故B正确
2.答案BC解析摆球应选择质量大、体积小的小球,A错开始计时的起点应从平衡位置开始,此位置速度大,位置确定,误差小,B对计算周期时,应用多个周期的累加时间,测时间时误差小,C对测摆长时应使摆线自然下垂,不能拉紧,拉紧摆线后测得摆长变长,误差大,D错
3.答案AC解析对于用单摆测重力加速度的实验,重力加速度表达式g=,由于与周期是平方关系,它若有误差,在平方后会更大,所以时间的测量对误差的影响更大些,A正确,B错误;另外,如果振动次数多数了一次,会造成周期的测量值偏小,重力加速度测量值偏大,C对;若摆长未加小球的半径,将使摆长的测量值偏小,g值偏小,D项错
4.答案A
5.答案偏小解析由于此单摆的真实摆长为l+,而该同学在计算时代入公式的摆长是l,故重力加速度值与实际值相比偏小
6.答案
10.97 2C解析1游标卡尺读数=主尺+游标=
0.9cm+7×
0.01cm=
0.97cm2要使摆球做简谐运动,摆角应小于5°,应选择密度较大的摆球,阻力的影响较小,测得重力加速度误差较小,A、D错;摆球通过最低点100次,完成50次全振动,周期是,B错;摆长应是L+,若用悬线的长度加直径,则测出的重力加速度值偏大
7.答案
2.050cm
90.425
57.0 ABD解析 由题图甲可知游标卡尺的读数为D=2cm+
0.050cm=
2.050cm;摆长为L=l+=
89.40cm+
1.025cm=
90.425cm;停表的读数为
57.0s;因g==,如果测得的g值偏大,可能是因为l′、n偏大、t偏小,A、B、D正确.
8.答案 相同解析由单摆的周期公式T=2π得T2=4π2,则T=4π2,T=4π2,可得g=,由此式可知测得的g与某一次的摆长无关,与两次实验中的摆长差有关,所以g值与摆球重心在不在球心处无关
9.答案4BD
10.答案1AC
212.0
0.9930 3A解析1用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变,需要改变摆长时便于调节,选项A、C正确2根据游标卡尺读数规则,摆球直径为
12.0mm,单摆摆长为L-d/2=
0.9990m-
0.0060m=
0.9930m3单摆测量周期,必须从平衡位置开始计时,且摆角小于10°,所以合乎实验要求且误差最小的是A
11.[答案] 1BDF 2偏小 3见解析解析1摆长应为石块重心到悬点的距离,故B步骤错误;计时开始的位置应为石块振动的平衡位置,故D步骤错误;在用公式g=2l计算g时,应将各项的l和T单独代入求解g值,不能求l、T的平均值再代入求解,故F步骤也错误2因为用OM作为摆长,比摆的实际摆长偏小,因此计算出的重力加速度的值比真实值偏小3可采用图像法,以T2为纵轴,以l为横轴,作出多次测量得到的T2-l图线,求出图线斜率k再由k=得g=k值不受悬点不确定因素的影响,因此可以解决摆长无法准确测量的困难
12.答案:1 准确 2偏小 3T2-l图像见解析
9.86解析1根据测量数据,作出T2-l图像,其斜率为k=T2/l,而g=,故有g=,图像函数式为T2=l,如果忘记d,则函数式写为T2=·l-,显然图像的斜率不变,所以加速度的测量值不变2根据公式T=2π得g=,并计算加速度,如果忘记d,测量公式写为g=,显然测量值偏小3建立如图坐标系,并标出适当的刻度,依据数学描点法画出T2-l图像如图所示,则图像的斜率大约为k=
4.0依据图像求出重力加速度为g=≈
9.86m/s
213.答案: B 沿y轴负方向解析 由单摆的周期公式T=2π得T2=l,即图像的斜率k=,重力加速度越大,斜率越小,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=2π,Tb=2π,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运动,所以b球的振动方向沿y轴负方向.章末总结
1.答案: CD解析 由简谐振动的对称性可知,质点由O→a,a→O;O→M,M→O;M→b,b→M;所用时间分别对应相等又因为开始计时时,质点从O点开始运动方向不明确,故应分为两种情况讨论1当开始计时时质点从O点向右运动时,由题意得,tOM=3s2tMb=2s,而tOM+tMb=,所以有T=16s,故质点第三次到达M点还需要时间为t=+2tOM=8s+6s=14s2当开始计时时质点从O点向左运动时,由题意得,+tOM=3s2tMb=2s,而tOM+tMb=,所以有T=s,tOM=s,故质点第三次到达M点还需要时间为t′=+2tOM=+2×s=s
2.答案AC解析t1到t2时间内,x减小,弹力做正功,系统的动能不断增大,势能不断减小,A正确;振幅不随时间而改变,B错误;t3时刻振子位移为零,速度最大,动能最大,C正确;t1和t4时刻振子位移相同,即位于同一位置,其速度等大反向,但动能相同,D错误
3.答案C解析如图所示设C、D为质点振动中左方和右方的极端位置,则由对称性可知质点从B→D→B的时间一定等于质点从A→C→A的时间,即tBDB=tACA=
0.5s所以,质点振动周期T=tAB+tBDB+tBA+tACA=2s,故C正确
4.答案: m/sk=123…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可看做简谐运动,具有等时性,其圆弧半径R即为单摆的摆长,周期T=2π设小球m恰好能碰到小球n,则有AD=vt,且满足t=kTk=123…,又T=2π,解以上方程得v=m/sk=123…,
5.答案n=123…解析小球由A点开始沿球内表面运动时,只受重力和支持力作用,等效为单摆的运动因为O≪R,所以小球自A点释放后做简谐运动,要使两球在O点相碰,两者到O点的运动时间相等小球由A点由静止释放运动到O点的时间为2n-1n=123…,由于从O点正上方自由落下的小球到O的时间也为2n-1时两球才能在O点相碰,所以h=gt2=g2n-12=n=123…
6.答案TB=n=
0、±
1、±2…解析由题知在t0时间内,A摆完成的全振动的次数为nA=;B摆完成全振动的次数nB=,又因A、B摆是以相同的速度第二次同时通过平衡位置,所以有nA-nB=n,式中n=0,±
1、±2…,得-=nn=
0、±
1、±2…,解得TB=n=
0、±
1、±2…章末检测
1.答案A解析事实上,只要是自由振动,其振动的周期就只由自身因素决定对于弹簧振子而言,振动周期只与弹簧和振子的质点有关,所以A正确
2.答案BC解析手摇把手匀速转动时,弹簧振子做受迫振动,振动周期等于驱动力的周期T2,A错,B对;要使弹簧振子振幅增大,应将转动把手的周期T2逐渐接近T1,即将T2减小,增大转速,C对,D错
3.答案AD解析设m在平衡位置O处两弹簧均处于原长状态,则m振动后任取一位置A,如图所示设在A处m的位移为x,则在A处m所在水平方向的合力F=k2x+k1x=k2+k1x,考虑到F与x方向关系有F=-k2+k1x=-3kx,选项D正确,C错误;可见m做的是简谐运动,由简谐运动的对称性可得OC=OB,选项A正确,B错误
4.答案BD解析从题中图像可知两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D对,C错单摆的周期与质量无关,故A错
5.答案C解析对的木块来讲,随质量为m的木块一起做简谐运动,其最大加速度为a==,即整体运动的最大加速度为a=,则弹簧的最大拉力为+ma=kx,设最大振幅为x=A,A==,C正确
6.答案C解析由图像可知t
1、t2两时刻振子所处的位置相同,位移大小相等,方向相同,但t2-t1,故A错;t
2、t3两时刻振子所处的位置关于平衡位置对称,速度相等,方向也相同,B错;t
2、t4两时刻和t
1、t3两时刻振子所处的位置都关于平衡位置对称,t
2、t4两时刻加速度大小相等,方向相反,C对;而t
1、t3两时刻回复力的大小相等,但弹簧一次伸长,一次压缩,长度不相等,D错
7.答案:AC8.答案C解析三个摆的振动都是受迫振动,所以振动的频率都与驱动力的频率相同,三者的频率相同,由f==知,2的频率与驱动力的频率相同,振幅最大而1和3的振幅较小,故C正确
9.答案 C解析 由单摆的周期公式T=2π可知,单摆摆长不变,则周期不变,频率不变;振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量,由Ek=mv2可知,摆球经过平衡位置时的动能相同,由于摆球的质量不同,所以摆球上升的最大高度不同,因此振幅不同,A、B、D错误,C正确.
10.答案1BC 2见解析 3T2=4l解析1摆长应为摆线长与小球半径之和,A错误;单摆小球应使用体积小,质量较大的,B正确;摆球的最大摆角应较小,一般小于10°,C正确;为减小测量误差,测单摆周期时,应测量30~50次全振动的总时间,D错误2T2-l图像如图所示3由图可求出k=s2/m=4s2/m所以T2=kl=4l11答案:
118.62abe解析
(1)由题图主尺读数18mm,游标尺的第6条刻度线与主尺刻度线对齐读数应为
0.6mm,小钢球直径D=18mm+
0.6mm=
18.6mm
(2)根据实验要求,摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些,a正确;为了减小空气阻力的影响,应尽量选择质量大些、体积小些的摆球,b正确;为了使单摆的运动为简谐运动,要求摆角不大于50,为了减小测量的误差,应使摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,e正确
13.答案见解析解析1由题意知A=5cm,=1s,则T=2s甲开始计时时,振子正好在平衡位置并向下运动,即t甲=0时,x甲=0,振动方向向下,故φ=π,则甲观察到弹簧振子的振动表达式为x甲=5sinπt+π,据此可画出甲观察到的弹簧振子的振动图像,如图甲所示;2乙在甲观察
3.5s后才开始观察并计时,因此t甲=
3.5s时刻对应着t乙=0时刻由x甲=5sinπt+π有t甲=
3.5s时,x甲=5sin
3.5π+π=5sin4π+=5cm,故φ乙=,乙观察到的弹簧振子的振动表达式为x乙=5sinπt+,据此表达式可画出乙观察到的弹簧振子振动图像如图乙所示
14.答案mg 2A解析由简谐运动的对称性知m在最低点时F回=
1.5mg-mg=ma
①F回=mg-FN=ma
②由
①②两式联立解得FN=mg由以上可以得出振幅为A时最大回复力为
0.5mg,所以有kA=
0.5mg
③欲使物体在振动中不离开弹簧,则最大回复力可为mg,所以有kA′=mg
④由
③④联立得A′=2A×××
1.
501.
401.
301.
201.
101.
000.
900.
800.7016014012010080604020图112EnrnSRR0图2××××××××
1.
501.
401.
301.
201.
101.
000.
900.
800.7016014012010080604020图2图1SERRxAV学生电源钢球橡皮条木板图b图aOCBA
78.57cm
70.99cm
86.59cm纸带重物打点计时器图10-
0.2-
0.
10.
20.
10.5t/si/A
100.02-
0.
050.
050.01t/si/ABROxL右左OBcdNMbat1t2Otvt1t2Otvt1t2Otvt2t1OtvBcbadO′O2t0E0EtO2t0E0EtO2t0E0EtO2t0E0EtOt0E0EtO刷卡器磁条小灯泡M×N370电阻SN读数(单位N)铜条BA题7图下上baIIB题5图FOt/2tttFOt/2tFOt/2ttFOt/2ttBOt/2t图乙图甲ⅡⅠbatNMBvdbRcaCBLθmOtiOtiOtiOtiNMcbaDOEtCOEtBOEtAOEtωO。