人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动综合与测试单元测试巩固练习

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动综合与测试单元测试巩固练习，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.物体做简谐运动时,下列叙述正确的是( A )
A.平衡位置就是回复力为零的位置
B.处于平衡位置的物体,一定处于平衡状态
C.做简谐运动的物体受到的合力与位移大小成正比,方向相反
D.单摆摆角超过5°也可以看成简谐运动
解析:平衡位置就是回复力为零的位置,选项A正确;处于平衡位置的物体,不一定处于平衡状态,例如单摆在平衡位置时不是平衡状态,选项B错误;做简谐运动的物体受到的回复力与位移大小成正比,方向相反,选项C错误;单摆摆角超过5°时,回复力与位移不再是正比关系,则不可以看成简谐运动,选项D错误。
2.下列说法正确的是( C )
A.阻尼振动的振幅不断减小,所以周期也逐渐减小
B.只有发生共振时,受迫振动的频率才等于驱动力的频率
C.挑水时为了防止水从水桶中荡出,可以加快或减慢走路的步频
D.做简谐运动的物体,其振动能量与振动的频率有关
解析:阻尼振动的振幅不断减小,但周期不随振幅减小而改变,故A错误;任何时候,受迫振动的频率都等于驱动力的频率,故B错误;挑水的人由于行走,使扁担和水桶上下振动,当人迈步的频率等于扁担与水桶振动的固有频率时,发生共振,使水桶中的水溢出,挑水时为了防止水从水桶中荡出,可以加快或减慢走路的步频,故C正确;做简谐运动的物体,其振动能量与振动的振幅有关,与频率无关,故D错误。
3.“洗”是古代盥洗用的脸盆,多用青铜铸成,现代亦有许多仿制的工艺品。倒些清水在其中,用手掌慢慢摩擦盆耳,盆就会发出嗡嗡声,到一定节奏时还会溅起层层水花。下列关于“洗”的说法正确的是( C )
A.手掌摩擦得越快则溅起的水花越高
B.溅起水花的原因是由于手推动了“洗”
C.该种现象属于受迫振动
D.盆中的嗡嗡声是手与“洗”摩擦产生的声音
解析:用手摩擦盆耳,溅起水花是因为“洗”做受迫振动造成的,当摩擦的频率等于“洗”的固有频率,使其达到共振时,溅起的水花最高,与手掌摩擦的快慢没有关系。盆中的嗡嗡声是“洗”振动时产生的声音。故A、B、D错误,C正确。
4.如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点间做简谐运动。取向右为正方向,图乙为这个弹簧振子的振动图像,由图可知下列说法正确的是( C )
A.在t=0.2 s时,振子位于A点
B.在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,振子的速度相同
C.从t=0到t=0.2 s时间内,振子做减速运动
D.在t=0.4 s时,振子有最大的加速度
解析:在t=0.2 s时,振子的位移为正向最大,振子位于B点,选项A错误;在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,振子的速度大小相同,方向相反,则速度不相同,选项B错误;从t=0到t=0.2 s时间内,振子从平衡位置到达正向最大位移处,则振子做减速运动,选项C正确;在t=0.4 s时,振子回到平衡位置,加速度为零,选项D错误。
5.如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox轴。向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图像为( A )
解析:弹簧振子振动过程中,当振子位于正向最大位移N时开始计时,则其振动图像为余弦曲线,选项A正确。
6.有一摆长为L的单摆悬点正下方某处有一小钉,摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部被小钉挡住,使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程中的闪光照片如图所示(悬点与小钉未被摄入)。P为摆动中的最低点,已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知,小钉与悬点的距离为( C )
A.L4 B.L2
C.3L4 D.无法确定
解析:设每相邻两次闪光的时间间隔为t,则摆球在右侧摆动的周期为T1=16t,在左侧摆动的周期为T2=8t,T1∶T2=2∶1。根据单摆周期公式得T1=2πL1g,T2=2πL2g;两式两边相除得L2=14L1,所以,小钉与悬点的距离s=L1-L2=34L,故选C。
7.一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示,圆盘转动时,固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动,T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统,小球做受迫振动。圆盘静止时,让小球做简谐运动,其振动图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)。下列说法正确的是( D )
A.t=1 s到t=2 s小球所受的回复力增加,且方向为x轴正向
B.t=2 s到t=3 s弹簧弹性势能一定减小
C.若圆盘以30 r/min匀速转动,小球振动达到稳定时其振动的周期为4 s
D.若圆盘正以30 r/min匀速转动,欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当减小
解析:以竖直向上为正方向,t=1 s到t=2 s小球从最低点向平衡位置振动,则所受的回复力减小,振动方向为x轴正向,故A错误;t=2 s到t=3 s小球从平衡位置向最高点振动,小球可能会经过弹簧的原长,则弹簧弹性势能一直减小或先减小后增大,故B错误;若圆盘以30 r/min匀速转动,其周期为T驱=6030 s=2 s,小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动力的周期为2 s,故C错误;若圆盘正以30 r/min匀速转动时,有 T驱8.一个水平弹簧振子的振动图像如图所示,已知小球质量为20 g,弹簧的劲度系数为20 N/m,下列说法正确的是( D )
A.小球位移随时间变化的关系式为x=5sin πt cm
B.在第1 s末到第2 s末这段时间内,小球的动能在减少,弹性势能在增加
C.小球的最大加速度为100 m/s2
D.该小球在0～50 s内的位移为0 cm,路程为 2.5 m
解析:由题图可知弹簧振子的振动周期为4 s,初相φ=0,可得小球位移随时间变化的关系式为x=Asin2πTt=5sinπ2t cm,A错误;在第1 s末到第2 s末这段时间内,小球从最大位移处回到平衡位置,故小球的动能在增加,弹性势能在减少,B错误;当小球运动到最大位移处时,弹力最大,加速度最大,根据牛顿第二定律可得kA=ma,解得小球的最大加速度为a=50 m/s2,C错误;50 s时间相当于 1212T,每个周期的路程为4A,故该小球在0～50 s 内的路程为l=12.5×4A=2.5 m,小球从平衡位置出发,1212T后又恰好回到平衡位置,故位移为0,D正确。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.下列说法正确的是( AC )
A.单摆运动到平衡位置时,回复力为零
B.只有发生共振时,受迫振动的频率才等于驱动力的频率
C.水平放置的弹簧振子做简谐运动时的能量等于在平衡位置时振子的动能
D.单摆的周期随摆球质量的增大而增大
解析:对于单摆,在平衡位置,所受到的回复力为零,A正确;受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率,与是否发生共振没有关系,B错误;振动能量是振动系统的动能和势能的总和,水平放置的弹簧振子在平衡位置时弹性势能为零,此时振动能量等于振子的动能,C正确;根据单摆的周期公式T=2πlg,可知单摆的周期与摆球的质量无关,D错误。
10.如图为两单摆的共振曲线,则下列说法正确的是( ABC )
A.若两单摆分别在月球和地球上,且摆长相同,则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B.若两单摆在地球上同一地点,则两摆长之比lⅠ∶lⅡ=25∶4
C.图线Ⅱ的单摆若是在地球上,则该摆摆长约为1 m
D.若图线Ⅰ单摆的摆长为1 m,则图线Ⅰ的单摆在地球上
解析:当驱动力的频率与物体固有频率相等时,受迫振动的振幅最大,所以可以根据物体做受迫振动的共振曲线判断出物体的固有频率。再根据单摆固有频率f0=1T0=12πgl可以推断摆长或重力加速度的情况。图线Ⅰ单摆固有频率较小,根据f0=12πgl,在摆长相同时,其重力加速度较小,故A正确;若两单摆在地球上同一地点,则g相同,由f0=12πgl可知摆长之比lⅠ∶lⅡ=f0Ⅱ2∶f0Ⅰ2=25∶4,故B正确;若图线Ⅱ的单摆在地球上,g取9.8 m/s2,由f0Ⅱ=0.5 Hz=12πglⅡ,得lⅡ≈1 m,故C正确;若图线Ⅰ单摆的摆长为1 m,由f0Ⅰ=0.2 Hz=12πglⅠ ,得g≈1.58 m/s2,故图线Ⅰ的单摆不在地球上,故D错误。
11.如图所示的弹簧振子在做简谐运动,O为平衡位置,A、B为最大位移处。下列说法正确的是( CD )
A.振子在O点时,弹性势能最小
B.振子在A点和在B点,弹性势能相等
C.振子在O点时,弹性势能与重力势能之和最小
D.振子在A点和在B点,弹性势能与重力势能之和相等
解析:弹簧不发生形变时弹性势能最小,而平衡位置处弹簧已发生形变,故A错误;因弹簧不发生形变位置C在A、O之间,简谐运动中OA=OB,故在B处弹簧形变量大于在A处弹簧形变量,在B处弹性势能更大,B错误;振子在O点时动能最大,由机械能守恒知势能最小,故C正确;振子在A、B两点的动能均为零,故势能相等,D正确。
12.一个质点在平衡位置O点附近做机械振动。若从O点开始计时,经过3 s质点第一次经过M点(如图所示);再继续运动,又经过2 s它第二次经过M点;则该质点第三次经过M点还需要的时间可能是( CD )
A.8 s B.4 s C.14 s D.103 s
解析:由简谐运动的对称性可知,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。当开始计时且质点从O点向右运动时,由题意得,tOM=3 s,2tMb=2 s,而tOM+tMb=T4,所以T=16 s,故质点第三次到达M点还需要的时间为t=T2+2tOM=8 s+6 s=14 s。当开始计时且质点从O点向左运动时,由题意得,T'2+tOM′=3 s,2tMb=2 s,而tOM′+tMb=T'4,所以T′=163 s,tOM′=13 s,故质点第三次到达M点还需要的时间为t′=T'2+2tOM′=(163×2+2×13) s=103 s。故选C、D。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)某学习小组探究单摆运动特点,进行如下实验。
(1)甲同学用游标卡尺测量摆球的直径,测量结果如图甲所示,读数为
mm。
(2)乙同学利用图乙所示的装置进行实验,记录拉力随时间变化的关系如图丙所示,该单摆的运动周期T= s;该单摆摆长l= m。(计算时,g取π2m/s2,结果均保留2位小数)
解析:(1)游标卡尺主尺读数为15 mm,游标尺的读数为0.1×5 mm=
0.5 mm,所以游标卡尺的读数为15 mm+0.5 mm=15.5 mm。
(2)单摆回复力的周期是单摆周期的一半,由图可知,单摆的周期T=
1.80 s,由T=2πlg,得l=T2g4π2,代入数据得l=0.81 m。
答案:(1)15.5 (2)1.80 0.81
14.(8分)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中,先测得摆线长为97.50 cm,摆球直径为2.00 cm,然后用停表记录了单摆全振动50次所用的时间,如图甲所示,则:
(1)该摆摆长为 cm,停表所示读数为 s。
(2)如果测得的g值偏小,可能的原因是 。
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了
C.开始计时时,停表过迟按下
D.实验中误将49次全振动记为50次
(3)为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T,从而得出对应的l与T的数据,再以l为横坐标,T2为纵坐标,将所得数据连成如图乙所示直线,并求得该直线的斜率为k,则重力加速度g= (用k表示)。
解析:(1)该摆摆长为l=(97.50+1.00)cm=98.50 cm,停表读数为
75.2 s。
(2)根据T=2πlg可知g=4π2lT2;若测摆线长时摆线拉得过紧,则l的测量值偏大,则测得的g值偏大,选项A错误;摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了,这样测得的周期偏大,故g偏小,选项B正确;开始计时时,停表过迟按下,则测得的T偏小,g值偏大,选项C错误;实验中误将49次全振动记为50次,则测得的T偏小,g值偏大,选项D错误。
(3)因为T2=4π2gl,故k=4π2g,解得g=4π2k。
答案:(1)98.50 75.2 (2)B (3)4π2k
15.(7分)火车在轨道上行驶时,由于在钢轨接头处车轮受到撞击而上下振动。如果防震弹簧每受104 N 的力将被压缩20 mm,而每根弹簧的实际负荷为5 000 kg,已知弹簧的振动周期T=2πmk,问车速为多大时,列车振动得最剧烈?(设钢轨长为12.5 m,g取10 m/s2)
解析:由题意可知弹簧在做受迫振动,要使振动最剧烈,必然使弹簧发生共振,此时必须满足f驱=f固(或T驱=T固),
根据题意知,防震弹簧的劲度系数为k=Fx=1040.02 N/m=5×105 N/m,
由于每根弹簧的实际负荷为m=5 000 kg,所以弹簧的固有周期为
T固=2πmk=2π5 0005×105 s=π5 s,
当振动最剧烈时,有T驱=lv=12.5v=π5 s,
故火车的速度为v=lT驱≈19.9 m/s。
答案:19.9 m/s
16.(9分)弹簧振子以O点为平衡位置在A、B两点间做简谐运动,A、B之间的距离为30 cm。某时刻,振子从O、B间的P点以速度v向B点运动,经1.2 s振子速度第一次变为-v,再经过0.6 s振子速度第二次变为-v,求:
(1)弹簧振子振动的振幅A和周期T;
(2)振子在P点时相对平衡位置的位移大小。
解析:(1)由题意可知,振幅为A=15 cm。根据弹簧振子简谐运动的对称性可得T4=1.2+0.62 s,
解得T=3.6 s。
(2)从平衡位置开始计时,则x=A sin ωt,
圆频率为ω=2πT=5π9 rad/s,则x=15sin5π9t cm,
根据题意,可知从O到P运动的时间t=0.3 s,则振子在P点时相对平衡位置的位移大小xP=15sin(5π9×0.3) cm=7.5 cm。
答案:(1)15 cm 3.6 s (2)7.5 cm
17.(14分)一水平弹簧振子做简谐运动,其位移—时间关系如图所示。
(1)写出该简谐运动的表达式;
(2)求t=0.25×10-2 s时的位移;
(3)从t=0到t=8.5×10-2 s的时间内,质点的路程、位移各为多大?
解析:(1)由图像知A=2 cm,T=2×10-2 s,
=-π2,
则ω=2πT=100π rad/s,
则表达式为x=2sin (100πt-π2) cm。
(2)把t=0.25×10-2 s代入表达式得x=2sin (-π4) cm≈-1.414 cm。
(3)时间为Δt=8.5×10-2 s=174T,
所以通过的路程为s=174×4A=17A=17×2 cm=34 cm,
把t=8.5×10-2 s代入表达式得x′=2sin 8π cm=0,
即此时质点在平衡位置,这段时间内的位移大小为Δx=x′-x0=2 cm。
答案:(1)x=2sin (100πt-π2)cm (2)-1.414 cm (3)34 cm 2 cm
18.(16分)如图所示,一个竖直弹簧连着一个质量为M的木块,木块上放一质量为m的小铁块。现使整个装置在竖直方向上做简谐运动,振幅为A,在整个过程中小铁块恰好不脱离木块。(提示:由对称性可知,做简谐运动的物体,在最低点与在最高点的加速度等大、反向)
(1)求弹簧的劲度系数k;
(2)整个装置在运动过程中,求弹簧长度最短时,小铁块对木块的压力。
解析:(1)小铁块运动到最高点又恰好不脱离木块,弹簧处于无形变状态。小铁块和木块的加速度均为g,此时,系统的回复力F=(M+m)g,
所以弹簧在平衡位置时的弹力F=kA=(M+m)g,
则k=M+mA g。
(2)由对称性可知,弹簧长度最短时,系统的加速度与系统在最高点的加速度等大、反向,即在最低点木块与小铁块的加速度a=g,方向竖直向上,则对小铁块FN-mg=ma,则FN=2mg,
根据牛顿第三定律可知,小铁块对木块的压力为2mg,方向竖直向下。
答案:(1)M+mA g (2)2mg,方向竖直向下