【文档说明】2-第二章　机械振动.docx，共(7)页，246.713 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2cba0e968b66b4ed3b665074e9865f39.html

以下为本文档部分文字说明：

姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题第二章机械振动注意事项1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10m/s2。一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选

项中,只有一个选项符合题目要求)1.一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的()A.位移减小B.速度增大C.回复力增大D.机械能增大2.用扁担挑水时,有时桶里的水会荡得厉害,甚至从桶中溅出来。某人肩上的扁

担与木桶(含水)的固有频率是2Hz,下列说法正确的是()A.人走路的步频越慢,桶里的水晃动得越剧烈B.人走路的步频越快,桶里的水晃动得越剧烈C.人走路时扁担与木桶(含水)上下振动的频率与人的步频无关D.当发

现桶里的水晃得很厉害时,适当把步频加快可减小水的晃动3.如图所示,轻弹簧的一端固定在光滑斜面上,另一端拴着一个小球静止在斜面上,当把小球沿斜面拉下一段距离(弹簧在弹性限度内),然后松开,小球开始运动,空气阻力忽略不计,若以小球静止时的位置为

坐标原点,关于小球受到的合力F随位移x变化的关系图正确的是()4.如图所示,两根轻质细线分别连接两个可视为质点的小球,小球甲在竖直面内摆动,摆线的最大摆角为θ(θ<5°),小球乙在水平面内绕O点做匀速圆周运动,连接小球乙的细线与

竖直方向的夹角始终为θ,两小球运动的周期恰好相等。则下列说法正确的是()A.两根细线的长度相等B.两小球的质量一定相等C.两小球的机械能一定相等D.连接甲、乙两球的细线长度之比为cosθ∶15.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,周期T=1.8s,它的振动图像如图所示,图线

上的P点对应的时刻为tP,下列说法正确的是()A.tP时刻振子的运动方向沿x轴负方向B.tP=3.3sC.0~tP内振子所经过的路程为21cmD.0~tP内振子运动的位移为3cm密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内

不要答题6.如图所示,物体A和B用轻绳相连,挂在劲度系数为10N/m的轻质弹簧下静止不动,A的质量为20g,B的质量为50g。当连接A、B的绳突然被烧断后,可观察到物体A将在竖直方向上做简谐运动,则A振动的振幅为()A.5cmB.2cmC.7cmD.2

0cm7.一位游客在太湖边欲乘游船,当日风浪较大,游船上下浮动。若把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,则其振幅为20cm,周期为3.0s。当船上升到最高点时,甲板刚好与码头地面平齐。在地面与甲板的高度差不超过10cm时,游客能舒

服地登船。则在一个周期内,游客能舒服地登船的时间是()A.0.5sB.0.75sC.1.0sD.1.5s8.如图所示,长为L的绝缘细绳下方悬挂一带正电的小球,另一端固定在O点,O点与正下方的O'点连线的左侧空间存在竖直向下的匀强电场,小球受到的电场力为重力的3倍。将小球

向右拉开,使细绳与竖直方向成约2°的小角度后由静止释放,并从释放时开始计时。设小球相对于其平衡位置O'的水平位移为x,向右为正。下列描述小球在开始一个周期内的x-t图像可能正确的是()二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有

多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.某质点做简谐运动,其位移与时间的关系式为x=4sin(2π3𝑡+π2)cm,则()A.质点的振幅为3mB.质点振动的周期为3sC.质点振动的周期为2π3sD.

t=0.75s时刻,质点回到平衡位置10.在同一实验室中,甲、乙两水平弹簧振子的振动图像如图所示,则可知()A.振子甲速度为零时,振子乙的速度最大B.两振子的振动频率之比f甲∶f乙=2∶1C.若将振子乙的振幅也增加到10cm,则甲、乙两振子的振动周期

会相等D.任意2s内,甲、乙两振子运动的路程相等11.如图所示,小滑块在光滑水平面上M、N两点之间做简谐运动,O是平衡位置,M、N两点与O之间的距离均为10cm,以O为原点、水平向右为正方向建立坐标轴。t=0时刻小滑块刚好经过M点,当

t=0.5s时小滑块的位移为5√2cm,则弹簧振子的周期可能为()姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题A.43sB.23sC.45sD.25s12.如图所示,一光滑斜面固定在水平地面上,斜面倾角为45°,其底端固定一轻质弹簧,将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放,顶

端距弹簧上端距离为l,弹簧的劲度系数为k,弹簧的最大压缩量为3√2𝑚𝑔2𝑘,已知重力加速度为g,弹簧弹性势能为Ep=12kx2,其中x是形变量,简谐运动周期T=2π√𝑚𝑘,则下列说法正确的是()A.速度最大时的压缩量为√2𝑚𝑔2𝑘B.物块的最大动能为mg(

√22𝑙+𝑚𝑔2𝑘)-𝑔2𝑚24𝑘C.物块的最大加速度为√22gD.从静止释放到压缩量最大的时间为√2√2𝑙𝑔+2π3√𝑚𝑘三、非选择题(本题共5小题,共60分)13.(10分)某实

验小组同学利用图甲所示的双线摆来测量当地的重力加速度,已知图甲中细线长度均为L=100.00cm,与水平方向夹角均为θ=53°(sin53°=0.8)。(1)关于本实验,下列说法正确的是。(填选项前的字母)A.摆线上端直接绕在水平杆上即可B.为便于观察摆球的运动,摆球应选择

质量和体积都大些的球C.为便于测量振动周期,应使摆球从摆角较大的位置由静止释放D.测量周期时应从摆球通过最低点开始计时,并记录多次全振动所用的总时间(2)小组某成员先用游标卡尺测得摆球的直径如图乙所示,则该摆球的直径d=c

m,双线摆的摆长l=cm;他再将摆球沿垂直纸面方向向外拉开一个较小角度后释放,用停表测出30次全振动的总时间t=54.6s,则双线摆的振动周期T=s。(3)实验中,小组另一成员同时改变两根细线的长度,测出多组双线摆的摆长l和对应振动周

期T,由于疏忽,测量摆长时忘了加上摆球的半径,作出l-T2图像如图丙所示,A、B为图像上的两点。根据图像可求得当地重力加速度g=m/s2(π2取9.87,计算结果保留3位有效数字);图线不过坐标原点,重力加速度的测量值(选填“偏大”“

偏小”或“不变”)。14.(6分)滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道,其截面如图所示,某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径)。主要实验过程如下:用手机查得当地的重力加速度为g,找出轨道的最低点O,把滑板车从O点移开一小段距离至P点,由静止释

放,用手机测出它完成n次全振动的时间t。(1)滑板车做往复运动的周期T;(2)将滑板车的运动视为简谐运动,算出轨道半径R。15.(12分)如图所示为一质点做简谐运动的x-t图像,在t=0时,质点的位移等于2cm。(1)求该质点的振幅、周期和频率;(2

)t=1.25s时,速度方向如何;(3)写出该质点的振动方程。密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题16.(15分)如图甲所示,在天花板上的O点用一定长度的摆线悬挂一个摆球,在O点的下方P点处有一个钉子,现将摆球向左拉开一个很小的角度,t=0时将摆球由静止

释放,当摆球运动到最低点时,摆线碰到钉子,此后摆球又向右摆动一个很小角度(不超过5°),到最高点后又返回,做周期性运动,设向左为正方向,摆球的振动图像如图乙所示(图线与两轴的交点已在图中标出),不计摆线和钉子相碰时的能量损失,取重力加速度g=π2m/s2

,结果可用分式表示,求:(1)单摆的振动周期;(2)钉子的位置P点到悬点O的距离;(3)图像中x1与x2的比值。17.(17分)某单摆做简谐运动,运动过程中摆线的最大拉力与最小拉力之比为8483,以摆球平衡位置所在水平面为零重力势能参考面,摆球的动能和重力势能随时间的变化规律如图

所示,已知角度θ很小时,sinθ≈θ,cos5°=0.996。求:(1)单摆的振动周期和摆长;(2)摆球的质量;(3)单摆做简谐运动的振幅(结果保留2位有效数字)。姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题答案全解全析1

.C单摆做简谐运动,摆角增大的过程中,摆球的速度减小、位移增大,根据F=-kx可知,回复力增大;单摆摆动过程中只有重力做功,机械能不变,C正确。2.D当人走路的步频和扁担与木桶(含水)的固有频率相等时会发生

共振,此时水晃动得最剧烈,则人走路的步频越快或越慢不一定会使桶里的水晃动得越剧烈,A、B错误;做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率,所以人走路时扁担与木桶(含水)上下振动的频率等于人的步频,C错误;当发现桶里的水晃得很厉害时,说明扁担与木桶(含水)的固有频率与人走路的

步频相等,发生了共振,所以适当把步频加快或放慢都可减小水的晃动,D正确。3.A设小球位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0,有kx0=mgsinθ;以平衡位置为坐标原点,沿斜面向下为x轴正方向,当小球的位移为x时,弹簧的伸长量为x0+x,则回复力F=-k(x+x0)+mgsinθ,可知F-x图像

为A图。4.D小球甲做简谐运动,运动周期T甲=2π√𝐿甲𝑔;小球乙做圆锥摆运动,对乙受力分析,结合牛顿第二定律有mgtanθ=m4π2𝑇乙2L乙sinθ,解得𝐿甲𝐿乙=cosθ,故A错误,D正确。两小球的运动周期以及速度大小与小球

质量无关,故不能判断两小球的质量、机械能关系,B、C错误。5.B由题图可知,3.15~3.6s内,振子由平衡位置向正向最大位移处运动,故tP时刻振子的运动方向沿x轴正方向,A错误;由于x=6cos2π𝑇tcm,当t=tP时,x=

3cm,又74T<tP<2T,可得tP=116T=116×1.8s=3.3s,B正确;0~tP内振子所经过的路程为s=4×6cm+3×6cm+3cm=45cm,C错误;0~tP内振子运动的位移为Δx=3cm-6cm=-3cm,D错误。6.A绳被烧断前,弹簧伸长的长度为x1

=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔𝑘=7cm,绳被烧断后,A做简谐运动,在平衡位置时,弹簧的拉力与重力平衡,此时弹簧伸长的长度为x2=𝑚𝐴𝑔𝑘=2cm,所以A振动的振幅为A=x1-x2=5cm,A正确。7.C根据题意,游船上下浮动的振

动方程为y=20cos2π3tcm;根据题意可知,地面与甲板的高度差不超过10cm时游客能舒服地登船,当y=20cos2π3tcm=10cm时,在一个周期内可解得2π3t=π3或53π,故t=0.5s或t=2.5s;可知,一个周

期内游客能舒服地登船的时间是Δt=2×0.5s=1.0s,C正确。8.A根据单摆的周期公式T=2π√𝐿𝑔,可知在OO'右侧T1=2π√𝐿𝑔,在OO'左侧,mg+Eq=mg',T2=2π√𝐿𝑔′,解得T2=2π√𝐿4𝑔=π√𝐿𝑔,故T1=2T2,

B、D错误。设OO'右侧单摆振幅为A,小球运动过程中最低点与最高点高度差为h,如图所示,由于θ≈2°,可认为PH=PO'=A,由于△OHP与△PHO'相似,则𝑃𝐻𝑂𝑃=𝐻𝑂′𝑃𝑂′,即𝐴𝐿=ℎ𝐴,解得A=√𝐿ℎ;

小球在OO'左侧摆动上升的最大高度设为h',根据能量守恒定律可得mgh=(mg+Eq)h',解得h'=14h,则左侧摆动振幅为A'=√𝐿ℎ′=12√𝐿ℎ=12A,A正确,C错误。9.BD根据题中的表达式可知,质点的振幅为4c

m,圆频率为ω=2π3rad/s,故周期为T=2π𝜔=3s,B正确,A、C错误;t=0.75s时,代入位移表达式可得x=0,故质点回到平衡位置,D正确。10.AD由题图可知,甲、乙两个振子的周期分别为T甲=2.0s,T乙=1.0s,故甲、

乙振子的周期之比为2∶1,又f=1𝑇,所以甲、乙振子的振动频率之比为f甲∶f乙=T乙∶T甲=1∶2,故B错误;振密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题子甲每一次位于最大位移处时,乙都经过平衡位置,所以振子甲速度为零时,振子乙的速度最大

,A正确;弹簧振子的振动周期与振幅无关,C错误;任意2s内,甲振子的路程为4A甲=4×10cm=40cm,乙振子的路程为8A乙=8×5cm=40cm,故甲、乙两振子的路程相等,D正确。11.AC由题意可知,小滑块做简谐运动的振幅A=10cm,设其振动

方程为x=10sin(2π𝑇𝑡+𝜑)cm,将t=0代入,有-10cm=10sinφcm,解得φ=-π2。将t=0.5s代入振动方程,有5√2cm=10sin2π𝑇×0.5s+(−π2)cm,化简得

sin(π𝑇−π2)=√22,可得π𝑇-π2=(2𝑛+14)π或π𝑇-π2=(2𝑛+34)π(其中n=0,1,2,…)。当n=0时,周期最大,有Tmax=43s或Tmax=45s,A、C正确

。12.ABD物块的速度最大时,其所受的合力为零,则mgsin45°=kx,解得x=√2𝑚𝑔2𝑘,A正确。从物块开始运动到速度最大过程,由机械能守恒定律可得mg(l+x)sin45°=12kx2+Ek,得Ek=mg(√22

𝑙+𝑚𝑔2𝑘)-𝑔2𝑚24𝑘,B正确。当物块位于最大位移处时,回复力最大,物块的加速度最大,故当弹簧压缩量最大时,其加速度最大,根据牛顿第二定律有k3√2𝑚𝑔2𝑘-mgsin45°=mamax,得最大加速度为amax

=√2g,C错误。物块从释放到与弹簧接触的过程,加速度大小为a=𝑚𝑔sin45°𝑚=√22g,运动时间为t1=√2√2𝑙𝑔;从与弹簧接触到弹簧被压缩到最短,物块做简谐运动,振幅为A=3√2𝑚𝑔2𝑘-√2𝑚𝑔2𝑘=√2𝑚𝑔𝑘,压缩弹簧到平衡位

置的过程中,位移大小为振幅的12,时间为t2=𝑇12,从平衡位置到压缩量最大的时间为t3=𝑇4,从静止释放到压缩量最大的时间为t=t1+t2+t3,得t=√2√2𝑙𝑔+2π3√𝑚𝑘,D正确。13.答案(1)D(1分)(2)2.070(2分)81.035(1分)1.82(

1分)(3)9.75(3分)不变(2分)解析(1)摆线上端直接绕在水平杆上,这样摆球在摆动时,摆线的长度会产生变化,实验误差会增大,因此摆线的上端应固定在悬点上,A错误;为减小实验误差,摆球应选择质量大些、体积小些的球,B错误;为使摆球做简谐运动,应使摆球从摆角较小的位

置由静止释放,以减小实验误差,C错误;测量周期时应从摆球通过最低点开始计时,并记录多次全振动所用的总时间,D正确。(2)题图乙为20分度的游标卡尺,精度为0.05mm,其主尺读数为2.0cm,游标尺的第14条刻度线与主尺的某刻度线对齐,则读数为14×0.05mm=0.70mm=0.

070cm,则该摆球的直径d=2.0cm+0.070cm=2.070cm;由几何关系可得双线摆的摆长为l=Lsin53°+𝑑2=100.00×0.8cm+2.0702cm=81.035cm。用停表测出30次全振动的总

时间t=54.6s,则双线摆的振动周期T=54.630s=1.82s。(3)由题意可知,单摆的摆长准确值为l+𝑑2,由单摆的周期公式可得T=2π√𝑙+𝑑2𝑔,整理可得l=𝑔4π2T2-𝑑2,由l-

T2图线的斜率可得0.80−0.603.25−2.44m/s2=𝑔4π2,解得重力加速度的测量值g≈9.75m/s2;图线不过坐标原点,但l-T2图线的斜率不变,则重力加速度的测量值不变。14.答案(1)𝑡𝑛(2)𝑔𝑡24π2𝑛2解析(1)

滑板车完成n次全振动的时间为t,则周期为T=𝑡𝑛(2分)(2)滑板车的运动可类比单摆,根据单摆的周期公式可得T=2π√𝑙𝑔=2π√𝑅𝑔(2分)联立解得R=𝑔𝑇24π2=𝑔𝑡24π2𝑛2(2分)15.答案(1)4cm2s0.5Hz(2)见解析(3)

见解析解析(1)由题图可知,该质点的振幅为A=4cm,周期为T=2s(2分)由f=1𝑇可得频率为0.5Hz(1分)(2)由题图可知,t=1.25s时,质点位于平衡位置上方,向正向最大位移处运动,所以速度方向沿x轴正方向。(2

分)(3)设质点的振动方程为x=Asin(ωt+φ),其中ω=2π𝑇=πrad/s,A=4cm(2分)根据题意,t=0时,质点的位移为2cm,代入可得2cm=4cm·sinφ(2分)解得φ=5π6(

1分)姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题故质点的振动方程为x=4sin(π𝑡+5π6)cm(2分)16.答案(1)1.8s(2)0.36m(3)5∶4解析(1)摆球从左侧最大位移处开始运动,经最低点后到达右侧最大位移处,再返回到左侧最大位移

处,完成一次全振动,所用的时间是一个周期。由题图乙可知,单摆的振动周期为T=1.8s(2分)(2)由题图乙可知,单摆在OP左侧摆动时,14T1=0.5s,则单摆的周期为T1=2s(2分)由单摆的周期公式可得T1

=2π√𝐿𝑔(2分)解得该单摆的摆长为L=1m(1分)单摆在OP右侧摆动时,14T2=0.4s,则单摆的周期为T2=1.6s(1分)由单摆的周期公式可得T2=2π√𝐿′𝑔解得该单摆碰到钉子后的摆长为L'=0.64m(1分)故钉子的位置P距离悬点O的距离ΔL=L-L'=0.36

m(1分)(3)设单摆在OP左侧摆动的最大偏角为θ1,在OP右侧摆动的最大偏角为θ2,由数学知识可得x1=2Lsin𝜃12,x2=2L'sin𝜃22(1分)由机械能守恒定律得mgL(1-cosθ1)=mgL'(1-cos

θ2)(2分)联立可解得𝑥1𝑥2=54(2分)17.答案(1)0.8πs1.6m(2)1kg(3)0.14m解析(1)一个周期内摆球的动能和重力势能有两次达到最大值,因此由图可知该单摆的振动周期为T=0.8πs(1分)由单摆的周期公式T=2π√𝐿𝑔,代

入数据可求得摆长L=1.6m(2分)(2)设摆球在最高点时,摆线与竖直方向的夹角为θ,在最高点时摆线的拉力最小,为Fmin=mgcosθ(2分)在最低点摆线拉力最大,此时摆球的速度也为最大,设为vm,由牛顿第

二定律可得Fmax=mg+𝑚𝑣m2𝐿(2分)由题意可得𝐹max𝐹min=𝑚𝑔+𝑚𝑣m2𝐿𝑚𝑔cos𝜃=8483(2分)由最高点到最低点,由机械能守恒定律可得mgL(1-cosθ)=12m

𝑣m2=0.064J(2分)联立解得m=1kg(1分)(3)由(2)中分析可得cosθ=0.996(1分)即θ=5°=π36rad(2分)由几何知识可得单摆做简谐运动的振幅为A=2Lsin𝜃2≈2L·𝜃2=2×1.6×π72m≈0.14m(2分)