2012红对勾高中物理课时作业35

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1、第十二章　机械振动　机械波课时作业35　机械振动时间：45分钟　　满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6m．则两单摆摆长la与lb分别为(　　)A．la＝2.5m，lb＝0.9m　　　B．la＝0.9m，lb＝2.5mC．la＝2.4m，lb＝4.0mD．la＝4.0m，lb＝2.4m解析：由T＝得＝＝，又T＝2π，所以＝，且lb－la＝1.6m解得la＝0.9m，lb＝2.5m，B对．答案：B2．(2011·

2、北京西城模拟)如图1甲，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置，如图乙是振子做简谐运动时的位移—时间图象，则关于振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是(　　)图1解析：设位移x＝Asint，则加速度a＝－x＝－sint，当t＝时a＝－，故C正确．本卷第6页（共6页）答案：C3．如图2所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中(　　)图2A．甲的振幅大于乙的振幅B．甲的振

3、幅小于乙的振幅C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的最大速度大于乙的最大速度解析：设绳的拉力大小为F，则绳断后，甲、乙的振幅为A1、A2，则kA1＝kA2＝F，所以A1＝A2，A、B错；因甲、乙振幅相等，振动的最大能量相等，而m1＞m2，故平衡位置时的速度v1＜v2，C正确，D错误．答案：C4．心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔，即为心动周期，由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数(即心率)，甲、乙两人在同一台心电图机上做出的心电图如图3所示，医生通过测量后记

4、下甲的心率是60次/分，则由二图及甲的心率可知心电图机图纸移动的速度v以及乙的心率为(　　)图3A．25mm/s　48次/分B．25mm/s　75次/分C．25mm/min　75次/分D．25mm/min　48次/分解析：同一台心电图机纸带匀速移动速率相等，因此v＝＝25mm/s.对乙心跳周期T＝s＝0.8s．心率为75次/min.答案：B本卷第6页（共6页）图45．将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图4所示．某同学

5、由此图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是(　　)A．t＝0.2s时摆球正经过最低点B．t＝1.1s时摆球正经过最低点C．摆球摆动过程中机械能减小D．摆球摆动的周期是T＝1.4s解析：悬线拉力在经过最低点时最大，t＝0.2s时，F有正向最大值，故A选项正确．t＝1.1s时，F有最小值，不在最低点，周期应为T＝1.2s，因振幅减小，故机械能减小，C选项正确．答案：AC6．图5所示的是弹簧振子做简谐运动的振动图象，可以判定下列说法正确的是(　　)图5A．从t1到t2时间内振子的动能不断增大，势能不断

6、减小B．从t2到t3时间内振幅不断增大C．t3时刻振子处于最低点处，动能最大D．t1，t4两时刻振子的动能、动量都相同解析：从振动图象中可看出，从t1到t2时间内，振子的位移不断减小，所以振子的势能不断减小，由于机械能守恒，所以振子的动能不断增大，故选项A是正确的．从t2到t3时间内，振子的位移不断增大，但振幅是不变的，故选项B是错误的．t3时刻的图象在最低点，但它表示振子的位移最大，故振子的速度为0，动能为0，故选项C是错误的．t1时刻振子正向平衡位置运动，而t4时刻振子正远离平衡位置运动，虽然

7、两时刻位移相等，势能相等，动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，所以振子的动量不相同，故选项D也是错误的．答案：A本卷第6页（共6页）7．表1表示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(　　)．表1驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固＝60Hz　　　　　　B．60Hz

8、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50～60Hz范围内时，振幅变化最小．因此，50Hz