【红对勾】2014届高三物理总复习 课时作业34 机械振动

课时作业34 机械振动

时间：45分钟 满分：100分

一、选择题(8×8′＝64′)

1．一质点做简谐运动的振动图象如图所示，质点的速度与加速度方向相同的时间段是( )

A．0～0.3 s C．0.6～0.9 s

B．0.3～0.6 s D．0.9～1.2 s

解析：质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同，与位移方向相反，总是指向平衡位置；位移增加时速度与位移方向相同，位移减小时速度与位移方向相反．

答案：BD

2．下表记录了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C. 50 Hz<f固<60 Hz

固D．以上三个都不对

解析：从如图所示的共振曲线，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．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较

各组数据知f驱在50 Hz～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此，50 Hz<f固<60 Hz，即C正确．

答案：

C

3．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示．下列关于下图中(1)～(4)的判断正确的是(

)

A．图(1)可作为该物体的速度—时间图象 B．图(2)可作为该物体的回复力—时间图象 C．图(3)可作为该物体的回复力—时间图象 D．图(4)可作为该物体的回复加速度—时间图象 解析：因为F＝－kx，a＝－小，故v－t图象应为图(2)．

答案：C

4．(2011·上海高考)两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、

kx

，故图(3)可作为F－t、a－t图象；而v随x增大而减m

v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、 f2和A1、A2，则( )

A．f1>f2，A1＝A2 C．f1＝f2，A1>A2

解析：由单摆周期公式T＝2π

B．f1<f2，A1＝A2 D．f1＝f2，A1<A2

L

知，单摆振动的周期或频率只与摆长和当地重力加g

2

12v

速度有关，因此两单摆的频率相等，即f1＝f2；由机械能守恒定律有mv＝mgh，解得h＝，

22g即摆球经过平衡位置的速度越大，达到的高度越高，其振幅也就越大，则本题只有选项C正确．

答案：

C

5．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子，使OO′＝L/2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于10°，则此摆的周期是( )

A．2πC．2π(

L g

B．2π

L 2g

＋

LgL

) 2g

D．π(

LgL) 2g

L＋g

解析：根据T＝2π π

L111

，该单摆有周期摆长为L, 周期摆长为L，故T＝πg222

L

，故D正确． 2g

答案：D

6．下图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置．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0.20 m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60 m，则这次实验沙摆的摆长大约为(g＝π m/s

)( )

2

2

A．0.56 m C．1.00 m

B．0.65 m D．2.25 m

解析：木板匀速运动的位移L＝0.60 m，所需时间t＝＝3 s，则沙摆振动周期T＝＝

v21.5 s，由单摆的周期公式T＝2π

答案：A

Lt

lgT2

l＝20.56 m．故选A.

g4π

7．一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如右图所示，下列说法正确的是( )

A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做加速运动

B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反 C．在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同

D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大 解析：在t从0到2 s时间内，弹簧振子所受的回复力增大，说明位移在增大，振子做减速运动，A说法错误；从图中可以看出，在t1＝3 s和t2＝5 s时，振子所受的回复力大小相等，可知振子的速度大小相等，在这段时间内振子是从负向最大位移向正向最大位移运动，速度方向相同，B说法错误；从图中可以看出，在t2＝5 s和t3＝7 s时，回复力大小相等，方向相同，则有弹簧振子的位移大小相等，方向相同，C说法正确；从图中可以看出，

t＝2 s时刻弹簧振子所受的回复力最大，振子的速度为零，则回复力做功的功率为零，D

说法错误．

答案：C

8．正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中( )．

A．机器不一定还会发生强烈的振动 B．机器一定还会发生强烈的振动

C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时 D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0

解析：飞轮在转速逐渐减小的过程中，机器出现强烈的振动，说明发生共振现象，共振现象产生的条件是驱动力频率等于系统的固有频率，故当机器重新启动时，飞轮转速缓慢增大的过程中，一旦达到共振条件，机器一定还会发生强烈的振动．由题意可知，发生强烈共振时，飞轮的角速度一定小于ω0.

答案：BD

二、计算题(3×12′＝36′)

9．(2011·江苏高考)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期

T.

解析：单摆周期公式T＝2π解得T＝2π答案：2π

l

kl＝mg g

m. kmk

10

．一质点做简谐运动，其位移和时间关系如下图所示．

(1)求t＝0.25×10s时的位移；

(2)在t＝1.5×10 s到2×10s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？

(3)在t＝0至8.5×10 s时间内，质点的路程、位移各多大？ 解析：(1)由题图可知A＝2 cm，T＝2×10 s， 振动方程为x＝Asin(ωt－

π

)＝－Acosωt 2

－2

－2

－2

－2

－2

2π

＝－2cos－2t cm＝－2cos(100πt) cm

2×10当t＝0.25×10 s时

－2

x＝－2cos cm＝－2 cm.

(2)由图可知在1.5×10 s～2×10 s内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．

(3)从t＝0至8.5×10 s的时间内质点的路程为

－2－2

－2

π

4

s＝17A＝34 cm，位移为2 cm.

答案：(1)－2 cm (2)位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大 (3)34 cm 2 cm

11．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．下图甲中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点之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AO …… 此处隐藏：1773字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……