高中物理 第十一章 机械振动 5外力作用下的振动自我小测 新人教版选修3-41

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外力作用下的振动1．一单摆做阻尼振动，则在振动过程中( )。

A．振幅越来越小，周期也越来越小B．振幅越来越小，周期不变C．在振动过程中，通过某一位置时,机械能始终不变D．振动过程中，机械能不守恒，周期不变2．由于存在摩擦和空气阻力，任何物体的机械振动严格地讲都不是简谐运动，这时振动的振幅、周期和机械能的变化情况是（）.A．振幅减小,周期减小,机械能减少B．振幅减小，周期不变，机械能减少C．振幅不变,周期减小，机械能减少D．振幅不变，周期不变,机械能减少3．某简谐振子,自由振动时的振动图象如图甲中的曲线Ⅰ 所示，而在某驱动力作用下做受迫振动时,稳定后的振动图象如图甲中的曲线Ⅱ 所示,那么,此受迫振动对应的状态可能是图乙中的（）。

A．A点B．B点C．C点D．一定不是C点4．下列叙述中不属于共振现象的有( ）。

A．大队人马迈着整齐步伐过桥可能会导致桥梁断裂B．耳朵凑近空热水瓶口能听到嗡嗡的声音C．海上风暴引起强烈的震动所产生的次声波（频率f〈20 Hz)可使海员丧命D．把弹簧振子拉到距离平衡位置最远处时放手，则此时振幅最大5．两个弹簧振子，甲的固有频率为100 Hz，乙的固有频率为400 Hz。

若它们均在频率为300 Hz的驱动力作用下振动，则( ）。

第5节外力作用下的振动1．（对应要点一）自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小,下列说法正确的是（) A．机械能守恒B．能量正在消失C．总能量守恒，机械能减小D．只有动能和势能的相互转化解析：自由摆动的秋千可以看做阻尼振动的模型，振动系统中的能量转化也不是系统内部动能和势能的相互转化，振动系统是一个开放系统，与外界时刻进行能量交换。

系统由于受到阻力，消耗系统能量做功，而使振动的能量不断减小，但总能量守恒。

答案:C2．（对应要点二)下列振动中属于受迫振动的是( )A．用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动B．打点计时器接通电源后,振针的振动C．小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动D．弹簧振子在竖直方向上沿竖直方向振动解析:受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动，故只有B对。

A、C是阻尼振动，D是简谐运动.答案：B3．(对应要点三)在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害。

后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。

在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是( ）A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率解析:飞机抖动的厉害是因为发生了共振现象，想要解决这一问题需要使系统的固有频率与驱动力的频率差别增大，在飞机机翼前缘处装置一个配重杆，改变的是机翼的固有频率，故选项D正确。

答案：D4．（对应要点三)如图11－5－7所示，三个单摆的摆长为L1＝1。

5 m，L2＝1 m，L3＝0。

5 m,现用一周期等于 2 s的驱动力，使它们做受迫振动,那么当它们的振动稳定时,下列判断中正确的是（)图11－5－7A．三个摆的周期和振幅相等B．三个摆的周期不等，振幅相等C．三个摆的周期相等，但振幅不等D．三个摆的周期和振幅都不相等解析：三个摆的振动都是受迫振动，所以振动的频率都与驱动力的频率相同,三者的频率相同，由f＝错误!＝错误!知,2的频率与驱动力的频率相同,振幅最大。

第十一章 机械振动(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是( ) A ．回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程 B ．速度第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程 C ．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D ．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程 答案 D2．一弹簧振子的振动周期为0.25 s ，从振子由平衡位置向右运动时开始计时，则经过0.17 s ，振子的振动情况是( )A ．正在向右做减速运动B ．正在向右做加速运动C ．正在向左做加速运动D ．正在向左做减速运动解析 由题意知t ＝0.17 s 处于12T 和34T 之间，即质点从平衡位置向左远离平衡位置振动，所以做减速运动，故选项D 正确。

答案 D3．弹簧振子在做简谐运动时，若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子的( ) A ．速度与位移方向一定相反 B ．加速度与速度方向可能相同 C ．位移可能在减小 D ．回复力一定在增大解析 振子的速率在减小，说明振子正在向远离平衡位置方向移动，速度与位移的方向相同，选项A 错误；因为加速度与位移方向相反，故此时加速度与速度方向相反，选项B 错误；振子的位移正在增大，选项C 错误；根据F ＝－kx 可知，回复力一定在增大，选项D 正确。

答案 D4．一根弹簧原长为l 0，挂一质量为m 的物体时伸长x 。

当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为A 时，物体振动的最大加速度为( ) A.Agl 0 B.Ag x C.xg l 0 D.l 0g A解析 振子的最大加速度a ＝kA m，而mg ＝kx ，解得a ＝Ag x，B 项正确。

2020年秋人教版高中物理选修3-4第十一章机械振动测试本试卷共100分，考试时间120分钟。

一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.关于单摆，下列说法中正确的是 ()A．摆球运动中的回复力是摆线拉力和重力的合力B．摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，加速度是相同的C．摆球在运动过程中，加速度的方向始终指向平衡位置D．摆球经过平衡位置时，加速度为零2.如图为某质点的振动图象，由图象可知()A．质点的振动方程为x＝2sin 50πt(cm)B．在t＝0.01 s时质点的加速度为负向最大C．P时刻质点的振动方向向下D．从0.02 s至0.03 s质点的动能减小，势能增大3.把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动()A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长4.如图所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图象，由图象可知()A．在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零B．在0.2 s时，振子具有最大势能C．在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值D．在0.4 s时，振子的动能最大5.某质点在0～4 s的振动图象如图所示，则下列说法正确的是()A．质点振动的周期是2 sB．在0～1 s内质点做初速度为零的加速运动C．在t＝2 s时，质点的速度方向沿x轴的负方向D．质点振动的振幅为20 cm6.一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为0.5 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动7.在竖直平面内的一段光滑圆弧轨道上有等高的两点M、N，它们所对圆心角小于10°，P点是圆弧的最低点，Q为弧NP上的一点，在QP间搭一光滑斜面，将两小滑块(可视为质点)分别同时从Q点和M点由静止释放，则两小滑块的相遇点一定在()A．P点B．斜面PQ上的一点C．PM弧上的一点D．滑块质量较大的那一侧8.如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是()A．t1＝t2，v1>v2B．t1>t2，v1<v2C．t1<t2，v1>v2D．t1>t2，v1>v29.如图是研究质点做受迫振动的实验装置．已知弹簧和悬挂物体组成的系统的固有周期为T0，如果摇动手柄，手柄均匀转动的周期为T1.则下列说法正确的是()A．手柄不动，拉一下悬挂物体使其振动，其振动的周期为T1B．手柄以周期T1均匀转动时，稳定后悬挂物体振动的周期为T0C．手柄以周期T1均匀转动时，稳定后悬挂物体振动的周期为T1D．当手柄转动的周期改变时，悬挂物体振动的周期不会随之改变10.如图所示，固定曲面AC是一段半径为4.0 m的光滑圆弧形成的，圆弧与水平方向相切于A点，AB＝10 cm.现将一小物体先后从弧面顶端C和圆弧中点D处由静止释放，到达弧面底端时的速度分别为v1和v2，所需时间为t1和t2，则下列关系正确的是()A．v1＞v2，t1＝t2B．v1＞v2，t1＞t2C．v1＜v2，t1＝t2D．v1＜v2，t1＞t2二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)如图所示为某一质点的振动图象，|x1|＞|x2|，由图可知，在t1和t2两个时刻，质点振动的速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为()A．v1＜v2，方向相同B．v1＜v2，方向相反C．a1＞a2，方向相同D．a1＞a2，方向相反12.(多选)如图所示，一个弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，O点为平衡位置，下列说法中正确的有()A．它在A、B两点时动能为零B．它经过O点时加速度方向不发生变化C．它远离O点时做匀减速运动D．它所受回复力的方向总跟它偏离平衡位置的位移方向相反13.(多选)如图所示，一弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M，若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，m和M无相对运动而一起运动，下列说法正确的()A．振幅不变B．振幅减小C．最大速度不变D．最大速度减小14.(多选)竖直悬挂的弹簧振子由最低点B开始作简谐运动，O为平衡位置，C为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图象如图所示．则以下说法中正确的是()A．弹簧振子的振动周期为2.0 sB．t＝0.5 s时，振子的合力为零C．t＝1.5 s时，振子的速度最大，且竖直向下D．t＝2.0 s时，振子的加速度最大，且竖直向下三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.学过单摆的周期公式以后，物理兴趣小组的同学们对钟摆产生了兴趣，老师建议他们先研究用厚度和质量分布均匀的方木块(如一把米尺)做成的摆(这种摆被称为复摆)，如图1所示．让其在竖直平面内做小角度摆动，C点为重心，板长为L，周期用T表示．甲同学猜想：复摆的周期应该与板的质量有关．乙同学猜想：复摆的摆长应该是悬点到重心的距离.丙同学猜想：复摆的摆长应该大于.理由是：若OC段看成细线，线拴在C处，C点以下部分的重心离O点的距离显然大于.为了研究以上猜想是否正确，同学们进行了下面的实验探索：图1图2(1)把两个相同的木板完全重叠在一起，用透明胶(质量不计)粘好，测量其摆动周期，发现与单个木板摆动时的周期相同，重做多次仍有这样的特点．则证明了甲同学的猜想是______的(选填“正确”或“错误”)．(2)用T0表示板长为L的复摆看成摆长为单摆的周期计算值(T0＝2π)，用T表示板长为L的复摆的实际周期测量值．计算与测量的数据如表：由上表可知，复摆的等效摆长______(选填“大于”“小于”或“等于”)．(3)为了进一步定量研究，同学们用描点作图法对数据进行处理，所选坐标如图2.请在坐标纸上作出T－T0图象，并根据图象中反映出的规律求出＝______(结果保留三位有效数字，其中L等是板长为L时的等效摆长T＝2π)．四、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.如图为一单摆的共振曲线，则该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？(g取10 m/s2)如果把此摆拿到月球上去，已知月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，它在月球上做50次全振动要用多少时间？17.如图所示，质量为m的木块A和质量为M的木块B用细线捆在一起，木块B与竖直悬挂的轻弹簧相连，它们一起在竖直方向上做简谐运动．在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上，设弹簧的劲度系数为k，当它们经过平衡位置时，A、B之间的静摩擦力大小为F f0.当它们向下离开平衡位置的位移为x时，A、B间的静摩擦力为F fx.细线对木块的摩擦不计．求：(重力加速度为g)(1)F f0的大小；(2)F fx的大小．18.如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上做匀加速运动．一个装有水平振针的振动频率为5 Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得OA＝1 cm，OB＝4 cm，OC＝9 cm，求外力F的大小．(g取10 m/s2)答案解析1.【答案】B【解析】单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故A错误；摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度相同，故B正确；摆球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故C错误；单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，D错误．2.【答案】D【解析】由图知，振幅A＝2 cm，周期T＝4×10－2s，则角频率ω＝＝＝50π rad/s，质点的振动方程为x＝－A sinωt＝－2sin 50πt(cm)，故A错误；在t＝0.01 s时质点的位移为负向最大，由a＝－知，加速度为正向最大，故B错误；P时刻图象的斜率为正，则质点的振动方向向上，故C错误；从0.02 s至0.03 s，质点的位移增大，离开平衡位置，则质点的动能减小，势能增大，故D正确．3.【答案】B【解析】把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期T＝2π＞T0，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长，B正确．4.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，振幅不变，选项A错；在0.2 s时位移最大，振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的振动能量不变，在0.35 s时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4 s时振子的位移最大，动能为零，选项D错．5.【答案】C【解析】由图知，振动周期是4 s，振幅为10 cm，故A、D错误；在0～1 s内质点从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，做减速运动，故B错误；在t＝2 s时，质点经过平衡位置向负向最大位移处运动，速度沿x轴负向，故C正确．6.【答案】B【解析】由共振条件知单摆固有频率为f＝0.5 Hz，则其固有周期为T＝＝2 s，选项A错；由单摆周期公式T＝2π，可求得单摆摆长为l＝≈1 m，选项B对；摆长增大，单摆的周期变大，其固有频率变小，共振曲线的峰将向左移动，选项C、D错．7.【答案】B【解析】沿斜面下滑的物体：设圆弧的半径为r，NP与竖直方向的夹角是θ，NP距离为2r cosθ，加速度为g cosθ，时间：t1＝2；沿圆弧下滑的小球的运动类似于简谐振动，周期T＝2π，时间：t2＝＝；明显t2＜t1，故B正确．8.【答案】A【解析】从A、B点均做单摆模型运动，t1＝＝，t2＝＝，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，高度差大，故从A点滚下到达平衡位置O时速度大，即v1＞v2.9.【答案】C【解析】手柄不动，拉一下悬挂物体使其振动，是自由振动，其振动的周期为T0，故A错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，故手柄以周期T1均匀转动时，稳定后悬挂物体振动的周期为T1，故B错误，C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，故当手柄转动的周期改变时，悬挂物体振动的周期会随之改变，故D错误．10.【答案】A【解析】小球的运动可视为简谐运动(单摆运动)，根据周期公式T＝2π＝2π，知小球在C点和D点释放，运动到O点的时间相等，都等于.根据动能定理有：mgΔh＝mv2－0，知C点的Δh大，所以从C点释放到达O点的速度大，故A正确．11.【答案】AD【解析】由图象可知，t1、t2两时刻，质点都在沿x轴负方向运动，越靠近平衡位置，速度越大，故选项A正确．由F＝－kx可知F1＞F2，对于同一质点来说，a1＞a2且方向相反，选项D正确．12.【答案】AD【解析】振子经过A、B两点时速度为零，动能为零，当振子经过O点时，速度最大，动能最大，故A正确；由于振子的加速度方向总是指向平衡位置，振子在AO间运动时，加速度向右，在OB 间运动时，加速度向左，所以经过O点时加速度方向要发生变化，故B错误；振子远离O点时，位移增大，加速度增大，做加速度增大的变减速运动，故C错误；回复力的方向总跟它偏离平衡位置的位移方向相反，故D正确．13.【答案】AD【解析】振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，m和M无相对运动而一起运动，离开平衡位置的最大位移未变，所以振幅不变，故A正确，B错误；振子在平衡位置时，速度最大，根据能量守恒得，从最大位移处到平衡位置，弹性势能转化为振子的动能，弹性势能与以前比较未变，但振子的质量变大，所以最大速度变小，故D正确，C错误．14.【答案】ABC【解析】周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，该振子的周期是2.0 s，故A正确；由图可知，t＝0.5 s时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，故B正确；由图可知，t＝1.5 s时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大．此时刻振子的位移方向从上向下，即振子的速度方向竖直向下，故C正确；由图可知，弹簧振子在t＝2.0 s时位于负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度最大，且竖直向上，故D错误．15.【答案】(1)错误(2)大于(3)1.16【解析】①把两个相同的木板完全重叠在一起，构成的复摆质量大于单个木板复摆的质量，而两者周期相同，说明复摆的周期与质量无关，证明甲同学的猜想是错误的．②由表格看出，周期测量值T大于周期计算值T0，由单摆的周期公式T＝2π知，复摆的等效摆长大于③用描点作图法作出T－T0图线如图所示，由数学知识求得：图线的斜率k＝＝1.16，则由T＝2π，T0＝2π得：＝1.16.16.【答案】1 m10 cm245 s【解析】题图是单摆的共振曲线，当驱动力频率为0.5 Hz时单摆产生了共振现象；则单摆的固有频率即为0.5 Hz，固有周期为T＝2 s，振幅为10 cm；根据单摆的周期公式T＝2π，摆长为：L＝＝≈1 m把此摆拿到月球上去，周期为：T＝2π＝2×3.14×＝4.9 s做50次全振动时间为：t＝50T＝50×4.9＝245 s.17.【答案】(1)mg(2)＋mg【解析】(1)经过平衡位置时，回复力为0，对于A有：F f0＝mg(2)在平衡位置时对于A、B组成的系统有：kx0＝(m＋M)g向下离开平衡位置的位移为x时对于A、B组成的系统有：k(x0＋x)－(m＋M)g＝(m＋M)a则kx＝(m＋M)a对于A有：F fx－mg＝ma解得F fx＝ma＋mg＝＋mg18.【答案】24 N【解析】在力F作用下，玻璃板向上加速，图示OC间曲线所反映出的是振动的音叉振动位移随时间变化的规律，其中直线OC代表音叉振动1.5个周期内玻璃板运动的位移，而OA、AB、BC间对应的时间均为0.5个周期，即t＝＝＝0.1 s．故可利用匀加速直线运动的规律——连续相等时间内的位移差等于恒量来求加速度．设玻璃板竖直向上的加速度为a，则有：sBA－sAO＝aT2其中T＝＝0.1 s由牛顿第二定律得F－mg＝ma联立得F＝24 N.。

绝密★启用前人教版高中物理选修3-4 第十一章机械振动测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则()A．v1＝2v2B． 2v1＝v2C．v1＝v2D．v1＝v22.有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动曲线如图所示，关于此图的下列判断正确的是()A．图①可作为该物体的速度v－t图象B．图②可作为该物体的回复力F－t图象C．图③可作为该物体的回复力F－t图象D．图④可作为该物体的加速度a－t图象3.如图所示，BOC是半径为R的光滑弧形槽，O点是弧形槽的最低点，半径R远大于BOC的弧长，一小球由静止从B点开始释放，小球就在弧形槽内来回运动，欲增大小球的运动周期，可采取的方法是()A．小球开始释放处靠近O点一些B．换一个密度大一些的小球C．换一个半径R大一些的弧形槽D．换一个半径R小一些的弧形槽4.下列说法中正确的是()A．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，则t2－t1＝TB．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则t2－t1＝TC．若t1、t2两时刻振动物体的振动反向，则t2－t1＝D．若t2－t1＝，则在t1、t2时刻振动物体的振动反向5.如图甲所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图乙所示，以下说法正确的是()A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小B．t2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小C．t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大D．t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大6.甲、乙两人观察同一单摆的振动，甲每经过3.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在其平衡位置处；乙每经过4.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在平衡位置右侧的最高处，由此可知该单摆的周期不可能的是()A． 0.5 sB． 1.0 sC． 1.5 sD． 2.0 s7.如图为一振子做简谐运动的图象，在t1和t2时刻，振子的()A．位移相同B．速度相同C．回复力相同D．加速度相同8.如图所示，一质点在A、B间做简谐运动，从A第一次运动到B，历时2 s，路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为()A． 4 s,6 cmB． 6 s,6 cmC． 6 s,9 cmD． 4 s,8 cm9.如图所示为某质点做简谐运动的振动图象．则关于该质点的振动情况，下列说法正确的是()A . 振动周期为4s，振幅为5mB . 前2s内质点的路程为0C . t＝1s时，质点位移最大，速度为零D . t＝2s时，质点的振动方向是沿x轴正方向10.若单摆的摆长不变，摆球的质量增为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆的振动跟原来相比()A．频率不变，机械能不变B．频率不变，机械能改变C．频率改变，机械能改变D．频率改变，机械能不变11.如图所示，在光滑水平面上振动的弹簧振子的平衡位置为O，把振子拉到A点，OA＝1 cm，然后释放振子，经过0.2 s振子第1次到达O点，如果把振子拉到A′点，OA′＝2 cm，则释放振子后，振子第1次到达O点所需的时间为()A． 0.2 sB． 0.4 sC． 0.1 sD． 0.3 s12.一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心距离为r.已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是()A．T＝2πrB．T＝2πrC．T＝2πlD．T＝2πl13.两个等长的单摆，一个放在地面上，另一个放在高空，当第一个摆振动n次的同时，第二个摆振动了(n－1)次，如果地球半径为R，那么第二个摆离地面的高度为()A．nRB． (n－1)RC．D．14.做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速度为v0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力()A．做功一定为0B．做功可能是0到mv之间的某一个值C．做功一定不为0D．做功一定是mv15.发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大()A．增大摆球质量B．缩短摆长C．减小单摆振幅D．将单摆由山下移至山顶第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10分,共40分)16.某个质点的简谐运动图象如图所示，求振动的振幅和周期．17.如图所示，三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上．现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：(1)此时小球的瞬时加速度；(2)若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少？18.如图所示，小球m自A点以向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知AB弧长为0.8 m，圆弧AB半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？(设g取10 m/s2，不计一切摩擦)19.竖直方向有一光滑半圆，一个小球位于圆心处，一个小球位于半圆除最低端的任意处，两球同时从静止释放，问：哪个小球先到达半圆最底部，请给予证明．答案解析1.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，周期与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处所用的时间为；第一次位移为2A，第二次位移为4A，即位移之比为1∶2，根据平均速度的定义式＝，平均速度之比为1∶2.2.【答案】C【解析】在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，①图不能作为该物体的速度—时间图象，故A错误；由简谐运动特征F＝－kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，则知③图可作为该物体的回复力－时间图象，故B错误，C正确；由a＝－可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，则知④图不能作为该物体的a－t图象，故D错误．3.【答案】C【解析】小球的运动可视为单摆模型，由单摆的周期公式T＝2π可知，其周期取决于摆长和g，与质量和振幅无关；欲增大运动周期，可增大摆长即换一个半径R大一些的弧形槽，故A、B、D错误，C正确．4.【答案】D【解析】若t1、t2如图所示，则t2－t1≠T，故A错误．如图所示，与t1时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、t2′……等．故t2－t1＝nT(n＝1、2、3……)，故B错误．同理可判断C错误，D正确．5.【答案】A【解析】t1时刻小球位于最大位移处，速度为零，离平衡位置最远，与最低点切面夹角最大，则轨道对它的支持力最小，A正确；t2时刻小球处于平衡位置，位移为零，速度最大，根据牛顿第二定律，可知轨道对它的支持力最大，B错误；t3时刻小球处于负向位移最大处，速度为零，与A项分析相同，C项错误；t4时刻小球处于平衡位置，速度最大，D错误．6.【答案】C【解析】单摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3 s和4 s都是半周期的整数倍，故时间差1 s也是半周期的整数倍；即1＝n；T＝(n为正整数)；T＝0.5 s 时，n＝4，故A正确；T＝1.0 s时，n＝2，故B正确；T＝1.5 s时，n＝，故C错误；T＝2.0 s 时，n＝1，故D正确；故选C.7.【答案】B【解析】从振子的位移—时间图象可以看出，正向位移逐渐变小并反向增加，故运动方向没有改变，即速度方向不变；根据对称性可知，两时刻的速度相同，振子先靠近平衡位置再远离平衡位置，位移由正向变为负向，F＝－kx，再据牛顿第二定律：a＝－可知，回复力、加速度由负向变为正向，加速度方向发生了改变，故A、C、D错误，B正确．8.【答案】A【解析】质点在A、B间做简谐运动，从A第一次运动到B，历时2 s，路程为12 cm，故周期为：T＝2t＝2×2 s＝4 s，振幅为：A＝＝＝6 cm.9.【答案】D10.【答案】A【解析】单摆摆动的周期公式为T＝2π，故周期与振幅、小球的质量均无关，摆长不变，故周期和频率均不变；最低点为重力势能零点，动能E k＝mv2，质量增加为4倍，速度减小为倍，故动能不变，势能也不变，故机械能也不变．11.【答案】A【解析】简谐运动的周期只跟振动系统本身的性质有关，与振幅无关，两种情况下振子第1次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的，故A正确．12.【答案】B【解析】在地球表面，重力等于万有引力，故：mg＝G解得：g＝G①单摆的周期为：T＝2π②联立①②解得：T＝2πr.13.【答案】D【解析】单摆的周期为：T＝2π.根据物体的重力等于万有引力，则有：＝mg，则得：g＝，则得：T＝2π＝2πr①式中M是地球的质量，L是单摆的摆长，r是物体到地心的距离．由题知，当第一个单摆振动n次的时候，第二个单摆振动n－1次．则两个单摆的周期之比为：T1∶T2＝(n－1)∶n②由①得：＝③联立②③得：＝解得：h＝.14.【答案】A【解析】经过半个周期后，振动的速度大小不变，由动能定理可知，A选项正确．15.【答案】D【解析】由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，l变小，T 变小；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．16.【答案】10cm8 s【解析】由图读出振幅A＝10cm简谐振动方程x＝A sin(t)代入数据－10＝10sin(×7)，得T＝8 s.17.【答案】(1)，竖直向下(2)【解析】(1)小球运动到最高点时，三角架对水平面的压力最小为零，此时对整体根据牛顿第二定律，有：(M＋m)g＝ma解得：a＝，方向向下(2)小球做简谐运动，根据回复力公式F＝kx，有：2k·A＝ma解得：A＝18.【答案】m/s(k＝1,2,3…)【解析】小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动．因为A≪R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长；设小球m恰好能碰到小球n，则有：A＝vt且满足：t＝kT(k＝1,2,3…)又T＝2π解以上方程得：v＝m/s(k＝1,2,3…)19.【答案】小球a先到达最底部【解析】假设小球a位于圆心处，小球b位于半圆除最低端的任意处，根据题意知小球a做自由落体运动，小球b做单摆运动，小球b到最低点的时间为个周期：＝T＝×2π×＝；tb则在小球b到最底部时，小球a下落的高度：＝gt2＝×g××＝R＞R，由此知，当小球b到达最低点时，小球a在竖直方向上下落高ha度大于半径R，故小球a先到达最底部．。

高中物理第十一章机械振动单元检测新人教版选修3-4编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中物理第十一章机械振动单元检测新人教版选修3-4）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第十一章机械振动单元检测（时间:90分钟满分：100分）一、选择题（每题5分，共8小题，40分)1．如图所示,在重力场中，将一只轻质弹簧的上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为M的木板，木板下面再挂一个质量为m的不带电物体.当剪掉m后发现:木板的速率再次为零时，弹簧恰好能恢复到原长,则M与m之间的关系必定为（)A．M＞m B．M＝mC．M＜m D．不能确定2．如图所示，将一个筛子用四根弹簧支起来(后排的两根弹簧未画出)，筛子上装—个电动偏心轮，这就做成了一个共振筛。

工作时偏心轮被电动机带动匀速转动，从而给筛子施加与偏心轮转动周期相同的周期性驱动力，使它做受迫振动。

现有一个共振筛其固有周期为0。

8 s，电动偏心轮的转速是80 r/min，在使用过程中发现筛子做受迫振动的振幅较小.已知增大偏心轮电动机的输入电压，可使其转速提高；增加筛子的质量,可以增大筛子的固有周期。

下列做法中可能实现增大筛子做受迫振动的振幅的是（)A．适当增大筛子的质量B．适当增大偏心轮电动机的输入电压C．适当增大筛子的质量同时适当增大偏心轮电动机的输入电压D．适当减小筛子的质量同时适当减小偏心轮电动机的输入电压3．某人在医院做了一次心电图，结果如图所示，如果心电图仪卷动纸带的速度为1。

5 m/min,图中方格纸每小格长1 mm，则此人的心率约为( ）A．80次/min B．70次/minC．60次/min D．50次/min4．如图所示,摆球质量相同的四个摆的摆长分别为L1＝2 m、L2＝1。

高中物理第十一章机械振动5 外力作用下的振动自主练习新人教版选修3-4编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中物理第十一章机械振动5 外力作用下的振动自主练习新人教版选修3-4）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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外力作用下的振动我夯基我达标1.铁路上每根铁轨长12 m ，若支持车厢的弹簧固有周期是0。

6 s ，列车以下列哪一速度行驶时,车厢振动得最厉害（ )A 。

20 m/s B.5 m/s C 。

6 m/s D 。

12 m/s 思路解析：为了防止热胀冷缩造成铁轨变形，两根相接的铁轨之间有一缝隙，列车每经过缝隙时就会振动一次，因此使列车振动的驱动力的周期为T=v L ，其中L 为一根铁轨长,v 为列车行驶的速度。

当T 1与弹簧固有周期T 2相等时,列车振动最厉害,即v 12=0。

6，v=20 m/s. 答案：A2.如图11—5—4所示是一个做阻尼振动的物体的振动图象，A 、B 两点所在直线与横轴平行.下列说法正确的是（ ）图11—5—4A 。

物体A 时刻的动能等于B 时刻的动能B.物体A 时刻的势能等于B 时刻的势能C.物体A 时刻的机械能等于B 时刻的机械能D.物体A 时刻的机械能大于B 时刻的机械能思路解析：由于振动物体的势能仅由它的位移决定,由题意可知A 、B 时刻所表示物体的位移相等，所以两时刻的势能相等.因为物体做的是阻尼振动，机械能越来越小,动能也就越来越小. 答案:BD3。

如图11-5—5所示，在一根弹性木条上挂几个摆长不等的单摆,其中A 、E 的摆长相等，A摆球的质量远大于其他各摆.当A摆振动起来后，带动其余各摆也随之振动，达到稳定后,以下关于各摆振动的说法正确的是（）图11—5-5A.各摆振动的周期都相等 B。

绝密★启用前人教版高中物理选修3-4 第十一章机械振动测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则()A．v1＝2v2B． 2v1＝v2C．v1＝v2D．v1＝v22.有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动曲线如图所示，关于此图的下列判断正确的是()A．图①可作为该物体的速度v－t图象B．图②可作为该物体的回复力F－t图象C．图③可作为该物体的回复力F－t图象D．图④可作为该物体的加速度a－t图象3.如图所示，BOC是半径为R的光滑弧形槽，O点是弧形槽的最低点，半径R远大于BOC的弧长，一小球由静止从B点开始释放，小球就在弧形槽内来回运动，欲增大小球的运动周期，可采取的方法是()A．小球开始释放处靠近O点一些B．换一个密度大一些的小球C．换一个半径R大一些的弧形槽D．换一个半径R小一些的弧形槽4.下列说法中正确的是()A．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，则t2－t1＝TB．若t1、t2两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则t2－t1＝TC．若t1、t2两时刻振动物体的振动反向，则t2－t1＝D．若t2－t1＝，则在t1、t2时刻振动物体的振动反向5.如图甲所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图乙所示，以下说法正确的是()A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小B．t2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小C．t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大D．t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大6.甲、乙两人观察同一单摆的振动，甲每经过3.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在其平衡位置处；乙每经过4.0 s观察一次摆球的位置，发现摆球都在平衡位置右侧的最高处，由此可知该单摆的周期不可能的是()A． 0.5 sB． 1.0 sC． 1.5 sD． 2.0 s7.如图为一振子做简谐运动的图象，在t1和t2时刻，振子的()A．位移相同B．速度相同C．回复力相同D．加速度相同8.如图所示，一质点在A、B间做简谐运动，从A第一次运动到B，历时2 s，路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为()A． 4 s,6 cmB． 6 s,6 cmC． 6 s,9 cmD． 4 s,8 cm9.如图所示为某质点做简谐运动的振动图象．则关于该质点的振动情况，下列说法正确的是()A . 振动周期为4s，振幅为5mB . 前2s内质点的路程为0C . t＝1s时，质点位移最大，速度为零D . t＝2s时，质点的振动方向是沿x轴正方向10.若单摆的摆长不变，摆球的质量增为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆的振动跟原来相比()A．频率不变，机械能不变B．频率不变，机械能改变C．频率改变，机械能改变D．频率改变，机械能不变11.如图所示，在光滑水平面上振动的弹簧振子的平衡位置为O，把振子拉到A点，OA＝1 cm，然后释放振子，经过0.2 s振子第1次到达O点，如果把振子拉到A′点，OA′＝2 cm，则释放振子后，振子第1次到达O点所需的时间为()A． 0.2 sB． 0.4 sC． 0.1 sD． 0.3 s12.一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心距离为r.已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是()A．T＝2πrB．T＝2πrC．T＝2πlD．T＝2πl13.两个等长的单摆，一个放在地面上，另一个放在高空，当第一个摆振动n次的同时，第二个摆振动了(n－1)次，如果地球半径为R，那么第二个摆离地面的高度为()A．nRB． (n－1)RC．D．14.做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速度为v0，若从某时刻算起，在半个周期内，合外力()A．做功一定为0B．做功可能是0到mv之间的某一个值C．做功一定不为0D．做功一定是mv15.发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大()A．增大摆球质量B．缩短摆长C．减小单摆振幅D．将单摆由山下移至山顶第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10分,共40分)16.某个质点的简谐运动图象如图所示，求振动的振幅和周期．17.如图所示，三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上．现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：(1)此时小球的瞬时加速度；(2)若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少？18.如图所示，小球m自A点以向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知AB弧长为0.8 m，圆弧AB半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？(设g取10 m/s2，不计一切摩擦)19.竖直方向有一光滑半圆，一个小球位于圆心处，一个小球位于半圆除最低端的任意处，两球同时从静止释放，问：哪个小球先到达半圆最底部，请给予证明．答案解析1.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，周期与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处所用的时间为；第一次位移为2A，第二次位移为4A，即位移之比为1∶2，根据平均速度的定义式＝，平均速度之比为1∶2.2.【答案】C【解析】在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，①图不能作为该物体的速度—时间图象，故A错误；由简谐运动特征F＝－kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，则知③图可作为该物体的回复力－时间图象，故B错误，C正确；由a＝－可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，则知④图不能作为该物体的a－t图象，故D错误．3.【答案】C【解析】小球的运动可视为单摆模型，由单摆的周期公式T＝2π可知，其周期取决于摆长和g，与质量和振幅无关；欲增大运动周期，可增大摆长即换一个半径R大一些的弧形槽，故A、B、D错误，C正确．4.【答案】D【解析】若t1、t2如图所示，则t2－t1≠T，故A错误．如图所示，与t1时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、t2′……等．故t2－t1＝nT(n＝1、2、3……)，故B错误．同理可判断C错误，D正确．5.【答案】A【解析】t1时刻小球位于最大位移处，速度为零，离平衡位置最远，与最低点切面夹角最大，则轨道对它的支持力最小，A正确；t2时刻小球处于平衡位置，位移为零，速度最大，根据牛顿第二定律，可知轨道对它的支持力最大，B错误；t3时刻小球处于负向位移最大处，速度为零，与A项分析相同，C项错误；t4时刻小球处于平衡位置，速度最大，D错误．6.【答案】C【解析】单摆的摆动具有周期性，题中每次经过半个周期通过平衡位置或最右端；故3 s和4 s都是半周期的整数倍，故时间差1 s也是半周期的整数倍；即1＝n；T＝(n为正整数)；T＝0.5 s 时，n＝4，故A正确；T＝1.0 s时，n＝2，故B正确；T＝1.5 s时，n＝，故C错误；T＝2.0 s 时，n＝1，故D正确；故选C.7.【答案】B【解析】从振子的位移—时间图象可以看出，正向位移逐渐变小并反向增加，故运动方向没有改变，即速度方向不变；根据对称性可知，两时刻的速度相同，振子先靠近平衡位置再远离平衡位置，位移由正向变为负向，F＝－kx，再据牛顿第二定律：a＝－可知，回复力、加速度由负向变为正向，加速度方向发生了改变，故A、C、D错误，B正确．8.【答案】A【解析】质点在A、B间做简谐运动，从A第一次运动到B，历时2 s，路程为12 cm，故周期为：T＝2t＝2×2 s＝4 s，振幅为：A＝＝＝6 cm.9.【答案】D10.【答案】A【解析】单摆摆动的周期公式为T＝2π，故周期与振幅、小球的质量均无关，摆长不变，故周期和频率均不变；最低点为重力势能零点，动能E k＝mv2，质量增加为4倍，速度减小为倍，故动能不变，势能也不变，故机械能也不变．11.【答案】A【解析】简谐运动的周期只跟振动系统本身的性质有关，与振幅无关，两种情况下振子第1次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的，故A正确．12.【答案】B【解析】在地球表面，重力等于万有引力，故：mg＝G解得：g＝G①单摆的周期为：T＝2π②联立①②解得：T＝2πr.13.【答案】D【解析】单摆的周期为：T＝2π.根据物体的重力等于万有引力，则有：＝mg，则得：g＝，则得：T＝2π＝2πr①式中M是地球的质量，L是单摆的摆长，r是物体到地心的距离．由题知，当第一个单摆振动n次的时候，第二个单摆振动n－1次．则两个单摆的周期之比为：T1∶T2＝(n－1)∶n②由①得：＝③联立②③得：＝解得：h＝.14.【答案】A【解析】经过半个周期后，振动的速度大小不变，由动能定理可知，A选项正确．15.【答案】D【解析】由单摆周期公式T＝2π知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，l变小，T 变小；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大．16.【答案】10cm8 s【解析】由图读出振幅A＝10cm简谐振动方程x＝A sin(t)代入数据－10＝10sin(×7)，得T＝8 s.17.【答案】(1)，竖直向下(2)【解析】(1)小球运动到最高点时，三角架对水平面的压力最小为零，此时对整体根据牛顿第二定律，有：(M＋m)g＝ma解得：a＝，方向向下(2)小球做简谐运动，根据回复力公式F＝kx，有：2k·A＝ma解得：A＝18.【答案】m/s(k＝1,2,3…)【解析】小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动．因为A≪R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长；设小球m恰好能碰到小球n，则有：A＝vt且满足：t＝kT(k＝1,2,3…)又T＝2π解以上方程得：v＝m/s(k＝1,2,3…)19.【答案】小球a先到达最底部【解析】假设小球a位于圆心处，小球b位于半圆除最低端的任意处，根据题意知小球a做自由落体运动，小球b做单摆运动，小球b到最低点的时间为个周期：＝T＝×2π×＝；tb则在小球b到最底部时，小球a下落的高度：＝gt2＝×g××＝R＞R，由此知，当小球b到达最低点时，小球a在竖直方向上下落高ha度大于半径R，故小球a先到达最底部．。

自我小测1下列叙述中不属于共振现象的有()A．大队人马迈着整齐步伐过桥可能会导致桥梁断裂B．耳朵凑近空热水瓶口能听到嗡嗡的声音C．海上风暴引起强烈的震动所产生次声波(频率f＜20 Hz)可使海员丧命D．把弹簧振子拉到距离平衡位置最远时放手，则此时振幅最大2两个弹簧振子，甲的固有频率为f，乙的固有频率为4f，当它们均在频率为3f的驱动力作用下做受迫振动时()A．甲的振幅大，振动频率为fB．乙的振幅大，振动频率为3fC．甲的振幅大，振动频率为3fD．乙的振幅大，振动频率为4f3如图所示，两个质量分别为M和m(M＞m)的小球，悬挂在同一根细线上，当先让M 摆动，过一段时间系统稳定后，下面正确的结论是()A．m和M的周期不相等B．当两个摆的摆长相等时，m摆动的振幅最大C．悬挂M的细绳长度变化时，m摆动的振幅也会发生变化D．当两个摆长相等时，m摆动振幅可以超过M4在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼(翅膀)很快就抖动起来，而且越抖越厉害。

后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。

在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是()A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率5一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图所示。

图甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。

匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。

把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。

若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙所示。

当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图丙所示。

甲乙丙若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则()A．由图线可知T0＝4 sB．由图线可知T0＝8 sC．当T在4 s附近时，y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，y很小D．当T在8 s附近时，y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，y很小6如图所示，弹簧上端有一个小环，套在曲轴上。