人教版选修3-4 第十一章 机械振动 单元检测(2)

D正确．]

9．BC [A、B两点位移相同，速度大小相等，但方向相反，因此A错，C对．t＝0.1 s

kx

和t＝0.3 s质点离开平衡位置的位移最大，方向相反，由F＝－kx，a＝－可知B对．T

m

＝0.2 s时，物体通过平衡位置，速度最大，动能最大，而t＝0.3 s时，速度为零，动能 最小，故D错．]

10．AC [图乙是弹簧振子未加驱动力时的周期，故由图线读出的周期为其振动的固有 周期，即T0＝4 s；图丙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图线，做受迫振动的物体，其

振动的周期等于驱动力的周期，即T＝8 s．当受迫振动的周期与驱动力的周期相同时， 其振幅最大；周期差别越大，其运动振幅越小．由以上分析可知正确选项为A、C.]

4π24π2

11．(1)①⑤⑥⑨ (2)l (x－x)

gy2－y121

(3)A

解析 (1)实验中摆线要选1 m左右的细线，摆球质量要大，体积要小，计时要精确即用

4π24π24π2

(2)T－l图象是一条过原点的直线，斜率k＝，即g＝＝(x－x)；(3)g值偏

gky2－y121

小可能是由于摆长偏短或周期偏大造成的，故选项A正确．

1

12．1 m 22∶1

4

lT2g

解析 由题图知，其在地球表面上振动周期T＝2 s，而T＝2π ，有l＝2，近似g4π

计算时可取π2＝10，g＝10 m/s2，可解得l＝1 m.

T′lg

由题图知，在某行星上振动周期T′＝4 s，而T′＝2π ，则＝ ，g′

Tg′g′

2

停表；

GM′M′ggM

＝.由g＝G2，g′＝·＝22∶1. 2，可得R′/R＝ 4RMg′R′

13．见解析

解析 (1)用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上，用钢卷尺量出摆绳长L1，用手表测出摆动周期T1，改变摆绳长至L2，测出摆动周期T2.

4π2?L1－L2?

(2)由(1)得山顶的重力加速度g＝. 2T21－T2

GMGM

因为地面的重力加速度g0＝2，山顶的重力加速度g＝，由上述两式可得

R0?R0＋h?22g0?T2R01－T2?

h＝ －R0. 2πL1－L2

14．(1)12.5 cm (2)50 m/s2

?mA＋mB?gmAg

解析 (1)设只挂A球时弹簧伸长量x1＝.由(mA＋mB)g＝kx，得k＝，即x1

kx

mA

＝x＝2.5 cm. mA＋mB

振幅A＝x－x1＝12.5 cm

(2)剪断细绳瞬间，A受弹力最大，合力最大，加速度最大． 根据牛顿第二定律得F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAamax

mBgamax＝＝5g＝50 m/s2.

mA

15．(1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg (3)0.283 m/s

解析 (1)由题图乙可知周期T＝0.4π s

l 有l＝T2g/4π2 g

解得l＝0.4 m

(2)小球在B点所受拉力最大，Fmax＝0.510 N 有Fmax－mg＝mv2/l①

在A和C点所受拉力最小，Fmin＝0.495 N，有 Fmin＝mgcos θ②

从A到B的过程中摆球的机械能守恒，有 mgl(1－cos θ)＝mv2/2③

由①②③式消去cos θ和v2有 m＝(Fmax＋2Fmin)/3g 代入数据得m＝0.05 kg (3)由①式解得v≈0.283 m/s 由T＝2π

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