人教版高中物理选修3-4第十一章机械振动试题

绝密★启用前人教版物理选修3-4 第十一章机械振动寒假测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分分卷I一、单选题(共10小题，每小题4.0分,共40分)1.如图所示，弹簧振子正在BC之间作简谐运动，当振子位于O点时弹簧为原长．在振子从C运动到O的过程中()A．动能不断增大，加速度不断增大B．弹性势能不断增大，加速度不断增大C．动能不断增大，加速度不断减小D．弹性势能不断增大，加速度不断减小【答案】C【解析】振子从C运动到O的过程中，弹力做正功，动能不断变大，由于弹力变小，故加速度变小，故A错误；振子从C运动到O的过程中，弹簧逐渐恢复原长，故弹性势能不断减小，弹力不断减小，故加速度不断减小，故B错误；振子从C运动到O的过程中，弹力做正功，故动能不断变大，由于弹力变小，故加速度变小，故C正确；振子从C运动到O的过程中，弹性势能不断减小，弹力不断减小，故加速度不断减小，故D错误．2.一个单摆和一个弹簧振子，在南京调节使它们的振动周期相等(设为T)，现把它们一起拿到莫斯科，若不再做任何调节，这时单摆的周期为T1，弹簧振子的周期为T2，则它们周期大小关系为()A．T1<T2＝TB．T1＝T2<TC．T1>T2＝TD．T1<T2<T【答案】A【解析】弹簧振子的周期由弹簧振子本身决定，在南京和莫斯科，该系统没有变化，因此周期不变即T2＝T；而单摆周期与当地重力加速度有关，在莫斯科重力加速度大于南京的重力加速度，则T1<T，故A选项正确．3.用余弦函数描述一简谐运动，已知振幅为A，周期为T，初相φ＝－π，则振动曲线为如图所示中的哪一个 ()A．B．C．D．【答案】A【解析】根据题意可以写出振动表达式为x＝A cos(t－)，故选A.4.当一弹簧振子在竖直方向上作简谐振动时，下列说法正确的是()A．振子在振动过程中，速度相同时，弹簧的长度一定相等B．振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹力始终做负功C．振子在振动过程中的回复力由弹簧的弹力和振子的重力的合力提供D．振子在振动过程中，系统的机械能不守恒【答案】C【解析】振子在振动过程中，速度相同的位置在平衡位置两边，故弹簧的长度不等，故A错误；振子从最低点向平衡位置运动过程中，弹力的方向与运动的方向同向，故弹力做正功，故B错误；振子在振动过程中的回复力由弹簧的弹力和振子的重力的合力提供，故C正确；振子在振动过程中，只有重力与弹力做功，所以振子与弹簧构成的系统机械能守恒，故D错误．故选C.5.关于机械振动，下列说法正确的是( )A．往复运动就是机械振动B．机械振动是靠惯性运动的，不需要有力的作用C．机械振动是受回复力作用D．回复力是物体所受的合力【答案】C【解析】机械振动应该是以某一点为中心对称的运动，不是所有的往复运动都是机械振动，A错误；机械振动是需要力来维持的，B项错误、C项正确；回复力不一定是合力，也可能是合力的一部分，D项错误．6.一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，设振子第一次从平衡位置运动到x＝处所经历的时间为t1，第一次从最大位移处运动到x＝所经历的时间为t2，关于t1与t2，以下说法正确的是()A．t1＝t2B．t1＜t2C．t1＞t2D．无法判断【答案】B【解析】画出x－t图象，从图象上，我们可以很直观地看出：t1＜t2，正确答案为B.7.如图所示，光滑轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点相距分别为6 cm 与2 cm，a、b两小球分别从A、B两点由静止同时放开，则两小球相碰的位置是()A．C点B．C点右侧C．C点左侧D．不能确定【答案】A【解析】根据题目的信息知两球运动都可以看做单摆的运动，周期相同，所以到达平衡位置C的时间相同，即相遇点为C.8.振幅、周期和频率三个物理量主要用于描述下列哪种运动形式()A．匀速直线运动B．自由落体运动C．平抛运动D．简谐运动【答案】D【解析】振幅是描述振动强弱的物理量，周期和频率是描述重复性运动重复快慢的物理量；匀速直线运动、自由落体运动、平抛运动没有重复性，简谐运动是一种周期性运动，故选D.9.利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏小，可能的原因是()A．单摆振动过程中振幅有减小B．测摆长时，仅测了摆线长度C．测摆长时，将线长加了小球直径D．测周期时，把N次全振动误记为N＋1【答案】B【解析】由T＝2π可知，重力加速度：g＝；重力加速度与振幅无关，故A错误；测摆长时，仅测了摆线长度，摆长偏小，g偏小，故B正确；测摆长时，将线长加了小球直径，摆长偏大，g偏大，故C错误；测周期时，把N次全振动误记为N＋1，所测周期偏小，g偏大，故D错误．10.质点P以O点为平衡位置竖直向上作简谐运动，同时质点Q也从O点被竖直上抛，它们恰好同时到达最高点，且高度相同，在此过程中，两质点的瞬时速度v P与v Q的关系应该是()A．v P＞v QB．先v P＞v Q，后v P＜v Q，最后v P＝v QC．v P＜v QD．先v P＜v Q，后v P＞v Q，最后v P＝v Q【答案】D【解析】质点P以O点为平衡位置竖直向上作简谐运动，质点Q也从O点被竖直上抛，作出v－t 图象，发现有以下两种情况：由于v－t图象与时间轴包围的面积表示位移，故情况一显然不满足，情况二满足，所以先v P＜v Q，后v P＞v Q，最后v P＝v Q，故选D.二、多选题(共4小题，每小题5.0分,共20分)11.(多选)如图所示，四个摆长分别为L1＝2 m，L2＝1.5 m，L3＝1 m，L4＝0.5 m，它们悬于同一根横线上，今用一周期为2秒的水平驱动力以垂直于线的方向作用在横线上，使它们作受迫振动，稳定时()A．四个摆的周期相同B．四个摆的周期不同，但振幅相等C．摆3的振幅最大D．摆1的振幅最大【答案】AC【解析】根据单摆的周期公式：T＝2π.将四个单摆的摆长代入公式，分别求得它们的周期是：2s、s、2 s、s．四个摆振动起来后，驱动力使得摆做受迫振动，振动的周期都等于 2 s．所以各摆振动的周期都相等，故A正确，B错误；四个摆振动起来后，驱动力使得摆做受迫振动，由于摆3的固有周期与驱动力的周期相等，故摆3发生共振，振幅最大，而摆1的振幅较小，故C正确，D错误．12.(多选)有一根张紧的水平绳上挂有5个双线摆，其中b摆摆球质量最大，另4个摆球质量相等，摆长关系为Lc>Lb＝Ld>La>Le，如图所示，现将b摆垂直纸面向里拉开一微小角度，放手后让其振动，经过一段时间，其余各摆均振动起来，达到稳定时()A．周期关系为Tc>Td>Ta>TeB．频率关系为fc＝fd＝fa＝feC．振幅关系为Ac＝Ad＝Aa＝AbD．四个摆中，d的振幅最大，且Ae<Aa【答案】BD【解析】b摆的振动，作为一种驱动力迫使其它四个摆做受迫振动，受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而和自身的固有周期(固有频率)无关，B正确．四个摆做受迫振动的振幅与驱动力的频率跟自身的固有频率之差有关，这个差越小，物体做受迫振动的振幅越大．在a、c、d、e四个摆中，d的摆长跟b的摆长相等．因此d的固有频率和驱动力的频率相等，d摆做受迫振动的振幅最大．同理e摆做受迫振动的振幅最小，D正确．13.(多选)如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是()A．物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻的速度相同B．物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻的速度方向相反C． 0.7 s～0.9 s时间内物体的加速度在减小D． 0.9 s～1.1 s时间内物体的速度减小【答案】AB【解析】物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻的速度相同，A项正确；物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻的运动方向相反，B项正确；0.7 s～0.9 s时间内正在远离平衡位置，所以速度减小，加速度增大，C项错误；0.9 s～1.1 s时间内靠近平衡位置，速度增大，加速度减小，D项错误．所以A、B正确．14.(多选)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，以下说法正确的是()A．测量摆长时，应用力拉紧摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D．应从摆球通过最低位置时开始计时【答案】BCD【解析】测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差，故A错误．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则单摆的振动不是简谐运动，故B正确．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确．由于摆球经过最低点时速度最大，从摆球通过最低位置时开始计时，测量周期引起的误差最小，故D正确．分卷II三、实验题(共1小题，每小题10.0分,共10分)15.两位同学用如图所示的装置测量重力加速度．(1)测量中一位同学有如下步骤：A．用米尺测量出悬线的长度l，并将它记为摆长；B．用天平测量出摆球的质量m；C．使单摆小角度摆动后，用秒表记录全振动n次的时间，并计算出摆动周期T以上步骤中不正确的是______，不必要的是______．(填写步骤前字母)(2)另一位同学测量了不同摆长(L)情况下单摆的振动周期(T)，并做出T2－L图线．然后计算出图线的斜率k，这位同学根据图线求出重力加速度的计算公式为g＝______.【答案】(1)A B(2)【解析】(1)单摆摆长是摆线长度与摆球半径之和，因此错误的步骤是A；在实验中不需要测摆球的质量，因此，不需要的步骤是B；(2)由单摆周期公式T＝2π可得，T2＝L，由此可知T2与L成正比，因此T2－L图象斜率k＝，重力加速度g＝.四、计算题(共3小题，每小题10.0分,共30分)16.某做简谐运动的物体，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin 5πt cm，由此可知：(1)物体的振幅为多少？(2)物体振动的频率为多少？(3)在时间t＝0.1 s时，物体的位移是多少？【答案】(1)10 cm(2)2.5 Hz(3)10 cm【解析】简谐运动的表达式x＝A sin(ωt＋φ)，比较题中所给表达式x＝10sin 5πt cm可知：(1)振幅A＝10 cm.(2)物体振动的频率f＝＝Hz＝2.5 Hz.(3)t＝0.1 s时位移x＝10sin(5π×0.1) cm＝10 cm.17.如图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k＝24 N/m，重物的质量m＝6 kg，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F＝10 N 向左作用于物体(不计摩擦)，使之由平衡位置向左运动了0.05 m时撤去力F.当重物向左运动到平衡位置时开始计时，求物体的运动方程．(提示：弹簧振子周期T＝2π)【答案】x＝0.204sin (2t＋π)【解析】设物体的运动方程为：x＝A sin (ωt＋φ0)恒外力所做的功即为弹簧振子的能量：W＝Fx＝10 N×0.05 m＝0.5 J当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J，即：kA2＝W代入数据得：A＝0.204 m弹簧振子周期T＝2π，故：ω＝＝＝rad/s＝2 rad/s按题目所述时刻计时，初相为：φ0＝π故物体运动方程为：x＝0.204sin (2t＋π)．18.一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝200 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示．A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长10 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动．已知弹簧的弹性势能取决于弹簧形变大小(g取10 m/s2，阻力不计)．求：(1)物体A的振幅；(2)物体B的最大速率；(3)在最高点和最低点时A对B的作用力．【答案】(1)20 cm(2)2 m/s(3)10 N竖直向下30 N竖直向上【解析】(1)在平衡位置处弹簧的弹力等于A、B的重力，所以从原长到平衡位置弹簧压缩量：x1＝＝＝0.1 m＝10 cm则：振幅A＝x＋x1＝20 cm.(式中x为抬高A时弹簧的伸长量)(2)最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置弹簧的弹性势能相等，因此重力势能转化为动能．(m A＋m B)g·A＝(m A＋m B)v2解得：v＝2 m/s(3)在最高点A、B整体受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律：(m A＋m B)g＋kx＝(m A＋m B)a对B：设A对B的力为F1，则：F1＋m B g＝m B a，所以：F1＝m B a－m B g＝10 N，方向竖直向下在最低点：根据简谐振动的对称性，整体具有竖直向上的加速度，大小仍为a，对B：设A对B的力为F2则：F2－m B g＝m B a所以：F2＝m B g＋m B a＝30 N方向竖直向上．。

第十一章《机械振动》检测题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1.弹簧振子作简谐振动的周期是 4 s，某时刻该振子的速度为v，要使该振子的速度变为－v，所需要的最短时间是( )A． 1 s B． 2 s C． 4 s D．无法确定2.小球做简谐运动，则下述说法正确的是( )A．小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B．小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C．小球的速度大小与位移成正比，方向相反D．小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反3.弹簧振子沿直线作简谐运动，当振子连续两次经过相同位置时下列说法不正确的( )A．回复力相同 B．加速度相同 C．速度相同 D．机械能相同4.任何物体都有自己的固有频率．研究表明，如果把人作为一个整体来看，在水平方向上振动时的固有频率约为5 Hz.当工人操作风镐、风铲、铆钉机等振动机械时，操作者在水平方向将做受迫振动．在这种情况下，下列说法正确的是( )A．操作者的实际振动频率等于他自身的固有频率B．操作者的实际振动频率等于机械的振动频率C．为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量接近人的固有频率D．为了保证操作者的安全，应尽量提高操作者的固有频率5.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＝2v2 B． 2v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v26.如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则( )A．质点在3 s末的位移为2 m B．质点在4 s末的位移为8 mC．质点在4 s内的路程为8 m D．质点在4 s内的路程为零7.如图所示是单摆做阻尼运动的位移—时间图线，下列说法中正确的是( )A．摆球在P与N时刻的势能相等 B．摆球在P与N时刻的动能相等C．摆球在P与N时刻的机械能相等 D．摆球在P时刻的机械能小于N时刻的机械能8.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为( )A． B． C． D．无法判断9.如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期( )A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大10.关于简谐运动周期、频率、振幅说法正确的是( )A．振幅是矢量，方向是由平衡位置指向最大位移处B．周期和频率的乘积不一定等于1C．振幅增加，周期必然增加，而频率减小D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关11.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所示．某同学由此图线提供的信息做出了下列判断①t＝0.2 s时摆球正经过最低点．②t＝1.1 s时摆球正经过最低点．③摆球摆动过程中机械能减少．④摆球摆动的周期是T＝0.6 s.上述判断中，正确的是( )A．①③ B．②③ C．③④ D．②④12.如图为某质点做简谐运动的图象．下列说法正确的是( )A．t＝0时，质点的速度为零B．t＝0.1 s时，质点具有y轴正向最大加速度C．在0.2 s～0.3 s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D．在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动13.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的最高点，D是圆环上与M靠得很近的一点(DM远小于)．已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C点自由下落到M点，d球从D点静止出发沿圆环运动到M点．则下列关于四个小球运动时间的关系，正确的是( )A．tb＞tc＞ta＞td B．td＞tb＞tc＞ta C．tb＞tc＝ta＞td D．td＞tb＝tc＝ta14.如图所示，一轻弹簧上端固定，下端系在甲物体上，甲、乙间用一不可伸长的轻杆连接，已知甲、乙两物体质量均为m，且一起在竖直方向上做简谐振动的振幅为A(A＞)．若在振动到达最高点时剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A1，若在振动到达最低点时间剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A2.则( )A．A2＞A＞A1 B．A1＞A＞A2 C．A＞A2＞A1 D．A2＞A1＞A二、多选题(每小题至少有两个正确答案)15.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力．如图是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落．从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是( )A．t1时刻小球速度最大 B．t2时刻绳子最长C．t3时刻小球动能最小 D．t3与t4时刻小球速度大小相同16.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置，合力一定为零D．物体到达平衡位置，回复力一定为零17.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，以下说法正确的是( )A．测量摆长时，应用力拉紧摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D．应从摆球通过最低位置时开始计时18.(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经t秒与B发生正碰．碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道，当两球第二次相碰时( )A．相间隔的时间为4t B．相间隔的时间为2tC．将仍在O处相碰 D．可能在O点以外的其他地方相碰19.如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，下列说法正确的是( )A．物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供C．物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小跟位移大小之比为kD．物体A的回复力大小跟位移大小之比为k E．若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为三、实验题20.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，实验步骤如下：Ⅰ.选取一个摆线长约1 m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．Ⅱ.用米尺量出悬线长度，精确到毫米，作为摆长．Ⅲ.放开小球让它来回摆动，用停表测出单摆做30～50次全振动所用的时间，计算出平均摆动一次的时间．Ⅳ.变更摆长，重做几次实验，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值．(1)上述实验步骤有两点错误，请一一列举：Ⅰ.________________________________________________________________________；Ⅱ.________________________________________________________________________；(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，测得的重力加速度变______．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，当地的重力加速度的真实值g＝____________.21.在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆．(1)如图，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图象如图所示．在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为____________．(2)为测量摆长，该同学用米尺测得摆线长为85.72 cm，又用游标卡尺测量出圆柱体的直径(如图甲)与高度(如图乙)，由此可知此次实验单摆的摆长为______cm.(3)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了下表中所列实验数据．请在坐标系中画出相应图线(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息．四、计算题22.如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)在0～0.6 s的时间内质点通过的路程；(4)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(5)振动质点在0.6 s～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)振动质点在0.4 s～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？答案解析1.【答案】D【解析】要使该振子的速度变为－v，可能经过同一位置，也可能经过关于平衡位置对称的另外一点；由于该点与平衡位置的间距未知，故无法判断所需要的最短时间，故选D.2.【答案】B【解析】简谐运动的回复力与位移关系为：F＝－kx，方向相反，A、C、D错；a＝，所以加速度与位移成正比，方向相反，B正确．3.【答案】C【解析】弹簧振子在振动过程中，两次连续经过同一位置时，位移、加速度、回复力、动能、势能、速度的大小均是相同的．但速度的方向不同，故速度不同．故选C.4.【答案】B【解析】物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，可知操作者的实际频率等于机械的振动频率，故A错误，B正确；当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象，所以为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量远离人的固有频率，故C错误；有关部门作出规定：拖拉机、风镐、风铲、铆钉机等各类振动机械的工作频率必须大于20 Hz，操作者的固有频率无法提高，故D错误．5.【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∶2.6.【答案】C【解析】振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移．位移是矢量，有大小，也有方向．因此3 s末的位移为－2 m,4 s末位移为零．路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C正确．7.【答案】A【解析】由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N两时刻位移大小相同，关于平衡位置对称，所以势能相等，A正确；由于系统机械能在减少，P、N时刻势能相同，则P处动能大于N处动能，故B、C、D错．8.【答案】B【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T＝2π得T1＝2π；T2＝2π；联立解得g＝，故选B.9.【答案】B【解析】在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.10.【答案】D【解析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，A错；周期和频率互为倒数，B错；做简谐运动的物体的频率和周期由振动系统本身决定，C错误，D正确．11.【答案】A【解析】摆球经过最低点时，拉力最大，在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，故①正确；摆球经过最低点时，拉力最大，在 1.1 s时，拉力最小，所以此时摆球不是经过最低点，是在最高点，故②错误；根据牛顿第二定律知，在最低点F－mg＝m，则F＝mg＋m，在最低点的拉力逐渐减小，知是阻尼振动，机械能减小，故③正确；在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期：T＝2×(0.8 s－0.2 s)＝1.2 s，故④错误．12.【答案】D【解析】由图可知，在t＝0时，质点经过平衡位置，所以速度最大，故A错误；当t＝0.1 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式a＝－y，知加速度负向最大．故B错误；在0.2 s时，质点经过平衡位置，0.3 s时质点的位移为负向最大，质点沿y轴负方向做加速度增大的减速运动，故C错误；在0.5 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，0.6 s时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动，故D正确．13.【答案】C【解析】对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝2.对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝g sin 60°＝g，根据x2＝a2t得，t2＝.对于CM段，位移x3＝2R，加速度a3＝g，由x3＝gt得，t3＝2.对于D小球，做类单摆运动，t4＝＝.故C正确．14.【答案】A【解析】未剪断轻杆时，甲、乙两物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x0＝；当剪断轻杆时，甲物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x＝，可知，平衡位置向上移动．则在振动到达最高点时剪断轻杆，A1＜A；在振动到达最低点时间剪断轻杆，A2＞A；所以有：A2＞A＞A1.15.【答案】BD【解析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大，故A错误；t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长，故B正确；t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小，故C错误；t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，故D正确．16.【答案】AD【解析】平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D对．17.【答案】BCD【解析】测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差，故A错误．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则单摆的振动不是简谐运动，故B正确．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确．由于摆球经过最低点时速度最大，从摆球通过最低位置时开始计时，测量周期引起的误差最小，故D正确．18.【答案】BC【解析】因为它是一个很大的光滑圆弧，可以当作一个单摆运动．所以AB球发生正碰后各自做单摆运动．T＝2π，由题目可知A球下落的时间为t＝T，由此可见周期与质量、速度等因素无关，所以碰后AB两球的周期相同，所以AB两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的．所以要经过2t的时间，AB两球同时到达O处相碰．19.【答案】ACE【解析】A做简谐运动时的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确；物体B作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误；物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：a＝，对A：F f＝ma＝，可见，作用在A上的静摩擦力大小F f，即回复力大小与位移大小之比为：，故D错误；据题知，物体间达到最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：kA＝(M＋m)a，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得：A＝，故E正确．20.【答案】(1)Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时(2)小＋【解析】(1)上述实验步骤有两点错误Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径；Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时．(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，等效的重力加速度g′＝，所以测得的重力加速度变小．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，由单摆的周期公式得出T＝2πg＝＋.21.【答案】(1)(2)88.10 (3)如图所示(4)摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系【解析】(1)摆球做简谐运动，每次经过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t＝(N－1)T解得：T＝(2)图乙游标卡尺的主尺读数为47 mm，游标读数为0.1×5 mm＝0.5 mm，则最终读数为47.5 mm ＝4.75 cm.所以圆柱体的高度为h＝4.75 cm，摆长是悬点到球心的距离，则摆长l＝85.72 cm＋＝88.10 cm(3)根据描点法作出图象，如图所示：(4)由图象可知，摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系．22.【答案】(1)5 cm (2)x＝5sin(2.5πt) cm(3)15 cm (4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零【解析】(1)由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5 cm，此即质点离开平衡位置的最大距离．(2)由图象可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0.所以x＝A sin(ωt＋φ)＝A sin(t)＝5sin(t) cm＝5sin(2.5πt) cm.(3)由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s,0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm.(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向．(5)由振动图象可以看出，在0.6 s～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小．(6)由图象可以看出，在0.4 s～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零．。

第十一章 《机械振动》综合测试时间：90分钟 总分为：100分一、选择题(1～6为单项选择，7～10为多项选择，每一小题4分，共40分)1.一简谐运动的图象如下列图，在0.1～0.15 s 这段时间内(B)A ．加速度增大，速度变小，加速度和速度的方向一样B ．加速度增大，速度变小，加速度和速度的方向相反C ．加速度减小，速度变大，加速度和速度的方向相反D ．加速度减小，速度变大，加速度和速度的方向一样解析：由图象可知，在t ＝0.1 s 时，质点位于平衡位置，t ＝0.15 s 时，质点到达负向最大位移处，因此在t ＝0.1～0.15 s 这段时间内，质点刚好处于由平衡位置向负向最大位移处运动的过程中，其位移为负值，且数值增大，速度逐渐减小，而加速度逐渐增大，为加速度逐渐增大的减速运动，故加速度方向与速度方向相反，因此选项B 正确．2．做简谐运动的单摆摆长不变，假设摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，如此单摆振动的(C) A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变，振幅改变D ．频率改变，振幅不变解析：单摆振动的频率与摆长和所在地的重力加速度有关，与质量、振幅大小无关，题中单摆振动的频率不变；单摆振动过程中机械能守恒，振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能，因此，题中单摆的振幅改变，选项C 正确．3.某同学看到一只鸟落在树枝上的P 处(如下列图)，树枝在10 s 内上下振动了6次．鸟飞走后，他把50 g 的砝码挂在P 处，发现树枝在10 s 内上下振动了12次．将50 g 的砝码换成500 g 的砝码后，他发现树枝在15 s 内上下振动了6次．试估计鸟的质量最接近(B)A ．50 gB ．200 gC ．500 gD ．550 g解析：由题意，m 1＝50 g 时，T 1＝1012 s ＝56 s ；m 2＝500 g 时，T 2＝156 s ＝52s ，可见质量m 越大，周期T 也越大．鸟的振动周期T 3＝53s ，因为T 1<T 3<T 2，鸟的质量应满足m 1<m 3<m 2，应当选B.4．某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如下列图，如下描述正确的答案是(A)A ．t ＝1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B ．t ＝2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C ．t ＝3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D ．t ＝4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值解析：t ＝1 s 时，振子在正的最大位移处，振子的速度为零，由a ＝－kx /m 知，加速度为负的最大值，A 项正确；t ＝2 s 时，振子位于平衡位置，由a ＝－kx /m 知，加速度为零，B 项错误；t ＝3 s 时，振子在负的最大位移处，由a ＝－kx /m 知，加速度为正的最大值，C 项错误；t ＝4 s 时，振子位于平衡位置，由a ＝－kx /m 知，加速度为零，D 项错误．5．一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因与调整的方法是(B)A ．g 甲>g 乙，将摆长缩短B ．g 甲<g 乙，将摆长放长C ．g 甲<g 乙，将摆长缩短D ．g 甲>g 乙，将摆长放长 解析：走时变快了，说明周期T ＝2πl g变小了，即g 乙>g 甲，假设要恢复原来的周期，如此需把摆长变长，使l g不变．6.如下列图，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm ，图示P 位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，假设将振子m 向右拉动5 cm 后由静止释放，经0.5 s 振子m 第一次回到P 位置，关于该弹簧振子，如下说法正确的答案是(D)A ．该弹簧振子的振动频率为1 HzB ．假设向右拉动10 cm 后由静止释放，经过1 s 振子m 第一次回到P 位置C ．假设向左推动8 cm 后由静止释放，振子m 两次经过P 位置的时间间隔是2 sD ．在P 位置给振子m 任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20 cm ，总是经0.5 s 速度就降为0解析：此题考查简谐运动的周期性．由题意知，该弹簧振子振动周期为T ＝0.5×4 s ＝2 s ，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s ，振动频率为0.5 Hz ，所以B 选项中应经过0.5 s 第一次回到P 位置，A 、B 选项错误；C 选项中两次经过P 位置的时间间隔为半个周期，是1 s ，C 选项错误，D 选项正确．7.如下列图为某鱼漂的示意图．当鱼漂静止时，水位恰好在O 点．用手将鱼漂往下按，使水位到达M 点．松手后，鱼漂会上下运动，水位在MN 之间来回移动．不考虑阻力的影响，如下说法正确的答案是(AB)A．鱼漂的运动是简谐运动B．水位在O点时，鱼漂的速度最大C．水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大解析：设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h.当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力，即mg＝ρgSh.可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下按x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式．因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合＝－kx)，鱼漂做的是简谐运动，选项A正确；O点是平衡位置，所以O 点时鱼漂的速度最大，选项B正确；水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，选项C错误；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，选项D错误．8.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如右图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．假设保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图甲所示．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乙所示．假设用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，如此(AC)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．在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很小解析：题图甲是弹簧振子未加驱动力时的周期，由图线读出的周期为其振动的固有周期，即T0＝4 s．题图乙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一样时，其振幅最大；周期差异越大，其运动振幅越小，由以上分析可知，正确选项为A、C.9．如下列图，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为l，先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，如此(ACD)A．其他各摆振动周期跟A摆一样B．其他各摆振动的振幅大小相等C．其他各摆振动的振幅大小不同，E摆的振幅最大D．B、C、D三摆振动的振幅大小不同，B摆的振幅最小解析：A摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此，B、C、D、E四摆的周期跟A摆一样．驱动力的频率等于A摆的固有频率f A＝1T A ＝12πgl，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：f B＝12πg0.5l≈1.41f A，f C＝12πg1.5l≈0.82f Af D＝12πg2l≈0.71f A，f E＝12πgl＝f A可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小．10．如下列图，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B 、C 两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹．弹簧的劲度系数为k ＝10 N/m ，振子的质量为0.5 kg ，白纸移动速度为2 m/s ，弹簧弹性势能的表达式E p ＝12ky 2，不计一切摩擦．在一次弹簧振子实验中得到如下列图的图线，如此如下说法正确的答案是(BC)A ．该弹簧振子的振幅为1 mB ．该弹簧振子的周期为1 sC ．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s 2D ．该弹簧振子的最大速度为2 m/s解析：弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A ＝0.5 m ，选项A 错误；由题图所示振子振动曲线可知，振动一个周期，白纸移动距离x ＝2 m ，所以弹簧振子的周期为T ＝xv＝1 s ，选项B 正确；该振子所受最大回复力F ＝kA ＝5 N ，最大加速度为a ＝F m ＝10 m/s 2，选项C 正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12ky 2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由12mv 2m ＝12kA 2可得最大速度为v m ＝k mA ＝ 5 m/s ，选项D 错误．二、填空题(每一小题9分，共18分)11．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示．这样做的目的是AC(填字母代号)．A ．保证摆动过程中摆长不变B ．可使周期测量得更加准确C ．需要改变摆长时便于调节D ．保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L ＝0.999 0 m ，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，如此该摆球的直径为12.0 mm ，单摆摆长为0.993 0 m.(3)如下振动图象真实地描述了对摆长约为1 m 的单摆进展周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A 、B 、C 均为30次全振动的图象，sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程符合实验要求且误差最小的是A(填字母代号)．解析：(1)夹牢摆线可以使摆动过程中摆线长度不变，夹子可以根据需要改变摆长，应当选择A 、C ；(2)游标尺的0刻线与主尺12 mm 对齐，10刻线与主尺刻线对齐，所以读数为12.0 mm ；摆长L ＝0.999 0 m －0.012 02m ＝0.993 0 m ； (3)sin5°＝0.087，摆长为1 m ，所以振幅约为8.7 cm ，C 、D 误差较大；又振子在平衡位置开始计时误差较小，所以t ＝0时，振子应在平衡位置，应当选择A.12．用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示．(1)组装单摆时，应在如下器材中选用AD(选填选项前的字母)． A ．长度为1 m 左右的细线B ．长度为30 cm 左右的细线C ．直径为1.8 cm 的塑料球D ．直径为1.8 cm 的铁球(2)测出悬点O 到小球球心的距离(摆长)L 与单摆完成n 次全振动所用的时间t ，如此重力加速度g ＝4π2n 2L t2(用L 、n 、t 表示)． (3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了局部计算处理.组次1 2 3 摆长L /cm80.00 90.00 100.00 50次全振动时间t /s90.0 95.5 100.5 振动周期T /s1.80 1.91 重力加速度g /(m·s －2) 9.74 9.73请计算出第3组实验中的T ＝2.01 s ，g ＝9.76 m/s 2.(4)用多组实验数据作出T 2L 图象，也可以求出重力加速度g .三位同学作出的T 2L 图线的示意图如图乙中的a 、b 、c 所示，其中a 和b 平行，b 和c 都过原点，图线b 对应的g 值最接近当地重力加速度的值．如此相对于图线b ，如下分析正确的答案是B(选填选项前的字母)．A ．出现图线a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB ．出现图线c 的原因可能是误将49次全振动记为50次C ．图线c 对应的g 值小于图线b 对应的g 值 (5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示．由于家里只有一根量程为30 cm 的刻度尺，于是他在细线上的A 点做了一个标记，使得悬点O 到A 点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O 、A 间细线长度以改变摆长．实验中，当O 、A 间细线的长度分别为l 1、l 2时，测得相应单摆的周期为T 1、T 2.由此可得重力加速度g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 22(用l 1、l 2、T 1、T 2表示)．解析：(1)单摆模型需要满足的条件是，摆线的长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，这样可以忽略空气阻力．(2)周期T ＝t n ，结合T ＝2πL g ，推出g ＝4π2n 2L t 2. (3)周期T ＝t n ＝100.5 s 50＝2.01 s ， 由T ＝2πL g，解出g ＝9.76 m/s 2. (4)由T ＝2πL g ，两边平方后可知T 2L 是过原点的直线，b 为正确的图象，a 与b 相比，周期一样时，摆长更短，说明a 对应测量的摆长偏小；c 与b 相比，摆长一样时，周期偏小，可能是多记录了振动次数．(5)设A 到铁锁重心的距离为l ，如此第1、2次的摆长分别为l ＋l 1、l ＋l 2，由T 1＝2πl ＋l 1g ，T 2＝2πl ＋l 2g ，联立解得g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 22. 三、计算题(共42分)13．(8分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如下列图．(1)求t ＝0.25×10－2 s 时刻的位移． (2)从t ＝0到t ＝8.5×10－2 s 的时间内，质点的路程、位移各为多大？答案：(1)－1.414 cm(2)34 cm0解析：(1)由图象可知T ＝2×10－2 s ，如此ω＝2πT＝100π，横坐标t ＝0.25×10－2 s 时，所对应的纵坐标x ＝－A cos ωt ＝－2cos(100π×0.25×10－2) cm ≈－1.414 cm.(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，此题中Δt ＝8.5×10－2 s ＝174T ，所以通过的路程为174×4A ＝17A ＝17×2 cm ＝34 cm ，经174个周期振子回到平衡位置，位移为零．14．(12分)如下列图，摆长为1 m 的单摆做简谐运动，C 点在悬点O 的正下方，D 点与C 点相距2 m ，C 、D 之间是光滑水平面．当摆球A 摆到左侧最大位移处时，小球B 从D 点以某一速度匀速地向C 点运动，A 、B 两球在C 点迎面相遇，求小球B 的速度大小．(g 取9.8 m/s 2)答案：44n ＋3m/s(n ＝0,1,2，…) 解析：单摆做简谐运动的周期为T ＝2πl g＝2 s ，A 球运动到C 点且速度向左经历的时间为t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34T ＝(2n ＋1.5) s (n ＝0,1,2，…)，如此B 球的速度为v ＝x t ＝22n ＋1.5 m/s ＝44n ＋3m/s(n ＝0,1,2，…)． 15．(12分)在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进展振动记录，如图甲所示是一个常用的记录方法，在弹簧振子的小球上安装一支记录用笔P ，在下面放一条白纸带．当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带运动方向与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图乙所示．(1)假设匀速拉动纸带的速度为1 m/s ，如此由图乙中数据算出振子的振动周期为多少？(2)作出P 的振动图象．(3)假设拉动纸带做匀加速运动，且振子振动周期与原来一样，由图丙中的数据求纸带的加速度大小．答案：(1)0.2 s(2)如下列图 (3)1.0 m/s 2解析：(1)由题图乙可知，当纸带匀速前进20 cm 时，弹簧振子恰好完成一次全振动，由v ＝xt ，可得t ＝x v ＝0.21s ，所以T ＝0.2 s ； (2)由题图乙可以看出P 的振幅为2 cm ，振动图象如答案图所示；(3)当纸带做匀加速直线运动时，振子振动周期仍为0.2 s ，由丙图可知，两个相邻0.2s 时间内，纸带运动的距离分别为0.21 m 、0.25 m ，由Δx ＝aT 2，得a ＝0.25－0.210.22 m/s 2＝1.0 m/s 2.16.(10分)如下列图，质量为m ＝0.5 kg 的物体放在质量为M ＝4.5 kg 的平台上，随平台上、下做简谐运动．设在简谐运动过程中，二者始终保持相对静止．弹簧的劲度系数为k ＝400 N/m ，振幅为A ＝0.1 m ．试求：(1)二者一起运动到最低点时，物体对平台的压力大小；(2)二者一起运动最高点时，物体对平台的压力大小．(g 取10 m/s 2)答案：(1)9 N(2)1 N解析：(1)在平衡位置，设弹簧压缩量为x ，有(M ＋m )g ＝kx ，解得x ＝0.125 m. 在最低点，设物体对平台压力大小为F 1，由牛顿第三定律可知，平台对物体的支持力大小也为F 1，对整体k (x ＋A )－(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1.对m ，F 1－mg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，F 1＝9 N.(2)在最高点，设物体对平台压力大小为F 2，对整体(M ＋m )g －k (x －A )＝(M ＋m )a 2.对m ，mg－F2＝ma2，解得a2＝8 m/s2，F2＝1 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()。

《机械振动》单元检测题一、单选题1.下列运动中可以看作机械振动的是( )A．声带发声B．音叉被移动C．火车沿斜坡行驶D．秋风中树叶落下2.关于单摆，下列说法中正确的是( )A．单摆摆球所受的合外力指向平衡位置B．摆球经过平衡位置时加速度为零C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比3.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是( ) A．适当加长摆线B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期4.弹簧振子做简谐振动，若某一过程中振子的加速度在增加，则此过程中，振子的( )A．速度一定在减小B．位移一定在减小C．速度与位移方向相反D．加速度与速度方向相同5.如图所示，质量分别为mA ＝2 kg和mB＝3 kg的A、B两物块，用劲度系数为k的轻弹簧相连后竖直放在水平面上，今用大小为F＝45 N的力把物块A向下压使之处于静止状态，然后突然撤去压力，则(g取10 m/s2) ( )A．物块B有可能离开水平面B．物块B不可能离开水平面C．只要k足够小，物块B就可能离开水平面D．只要k足够大，物块B就可能离开水面6.做简谐运动的物体，它所受到的回复力F、振动时的位移x、速度v、加速度a，那么在F、x、v、a中，方向有可能相同的是( )A．F、x、a B．F、v、a C．x、v、a D．F、x、v7.曾因高速运行时刹不住车而引发的“丰田安全危机”风暴席卷全球，有资料分析认为这是由于当发动机达到一定转速时，其振动的频率和车身上一些零部件的固有频率接近，使得这些零部件就跟着振动起来，当振幅达到一定时就出现“卡壳”现象．有同学通过查阅资料又发现丰田召回后的某一维修方案，就是在加速脚踏板上加一个“小铁片”．试分析该铁片的作用最有可能的是( )A．通过增加质量使整车惯性增大B．通过增加质量使得汽车脚踏板不发生振动C．通过增加质量改变汽车脚踏板的固有频率D．通过增加质量改变汽车发动机的固有频率8.做简谐运动的物体，当其位移为负时，以下说法正确的是( )A．速度一定为正值，加速度一定为负值B．速度一定为负值，加速度一定为正值C．速度不一定为负值，加速度不一定为正值D．速度不一定为负值，加速度一定为正值9.一个弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后开始振动，第二次把弹簧压缩2x后开始振动，则两次振动的周期之比和最大加速度的大小之比分别为( )A．1∶21∶2 B．1∶11∶1 C．1∶11∶2 D．1∶21∶1 10.关于机械振动，下列说法正确的是( ) A．往复运动就是机械振动B．机械振动是靠惯性运动的，不需要有力的作用C．机械振动是受回复力作用D．回复力是物体所受的合力11.甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲<θ乙<5°，由静止开始释放，则( )A．甲先摆到平衡位置B．乙先摆到平衡位置C．甲、乙两摆同时到达平衡位置D．无法判断二、多选题12. 如图所示，乙图图象记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图象的说法正确的是 ( )A．a图线表示势能随位置的变化关系B．b图线表示动能随位置的变化关系C．c图线表示机械能随位置的变化关系D．图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变13. 振动着的单摆，经过平衡位置时( )A．回复力指向悬点 B．合力为0C．合力指向悬点 D．回复力为014. 两个简谐振动的曲线如图所示．下列关于两个图象的说法正确的是( )A．两个振动周期相同 B．两个振动振幅相同C．两个振动初相相同 D．两个振动的表达式相同15. 下列运动中属于机械振动的是( )A．小鸟飞走后树枝的运动B．爆炸声引起窗子上玻璃的运动C．匀速圆周运动D．竖直向上抛出物体的运动三、实验题16.在利用单摆测定重力加速度的实验中：(1)实验中，应选用的器材为______．(填序号)①1米长细线②1 米长粗线③10厘米细线④泡沫塑料小球⑤小铁球⑥秒刻度停表⑦时钟⑧厘米刻度米尺⑨毫米刻度米尺(2)实验中，测出不同摆长对应的周期值T，作出T2－L图象，如图所示，T2与L的关系式是T2＝____________，利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线斜率k，再由k可求出g＝____________.(3)在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的______．A．计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径B．测量周期时，将n次全振动误记为n＋1次全振动C．计算摆长时，将悬线长加小球直径D．单摆振动时，振幅偏小四、计算题17.光滑水平面上的弹簧振子的质量m＝50 g，若在弹簧振子处于偏离平衡位置的最大位移处开始计时(t＝0)，在t＝1.8 s时，振子恰好第五次通过平衡位置，此时振子的速度大小v＝4 m/s.求：(1)弹簧振子的振动周期T；(2)在t＝2 s时，弹簧的弹性势能E p.18.如图所示，质量为M＝0.5 kg的框架B放在水平地面上．劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧竖直放在框架B中，轻弹簧的上端和质量为m＝0.2 kg的物体C连在一起．轻弹簧的下端连在框架B的底部．物体C在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C竖直向下缓慢压下一段距离x＝0.03 m后释放，物体C就在框架B中上下做简谐运动．在运动过程中，框架B始终不离开地面，物体C始终不碰撞框架B的顶部．已知重力加速度大小为g＝10 m/s2.试求：当物体C运动到最低点时，物体C的加速度大小和此时物体B对地面的压力大小．19.如图所示有一下端固定的轻弹簧，原长时上端位于O0点，质量为m的小物块P(可视为质点)与轻弹簧上端相连，且只能在竖直方向上运动．当物体静止时，物体下降到O点，测得弹簧被压缩了x0.现用一外力将物体拉至O0点上方O2点，轻轻释放后，物1块将开始做简谐运动，已知O0、O2两点间距离x0，当地重力加速度为g.求：(1)物块过O1点时的速度v1是多大？(2)若物块达到O3点(图中没有标出)时，物块对弹簧的压力最大，则最大压力是重力的几倍？(3)从O2点到O3点过程中弹性势能变化了多少？答案解析1.【答案】A【解析】物体在平衡位置附近所做的往复运动，叫做机械振动，通常简称为振动；声带的振动发出声音是在其平衡位置附近的振动，故A正确；音叉被移动、火车沿斜坡行驶都是单方向的运动，不是在其平衡位置附近的振动，故B、C错误；秋风中树叶落下不是在其平衡位置附近作往复运动，故D错误．2.【答案】C【解析】单摆既是简谐运动也是竖直面内的圆周运动，沿圆心方向和切线方向均有合力，A项错误；在平衡位置时，单摆具有竖直向上的合力，加速度不为零，B项错误，但是此时回复力为零，C项正确；摆角很小时，摆球的回复力与摆球相对平衡位置的位移成正比，D项错误．3.【答案】A【解析】单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，故A正确．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故C错误．单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误．4.【答案】A【解析】简谐运动中，根据a＝－x可知振子的加速度增大时，则位移增大，振子从平衡位置正向最大位移处运动，所以速度逐渐减小，故A正确，B错误；振子从平衡位置正向最大位移处运动，速度与位移方向相同，故C错误；振子的速度在减小，做减速运动，则运动的加速度的方向一定与速度的方向相反，故D错误．5.【答案】B【解析】先假设物块B是固定的，A将做简谐运动，在释放点(最低点)F回＝F＝45 N，由对称性知，物块A在最高点的回复力大小F回′＝F回＝45 N，此时F回＝GA＋F弹，所以F弹＝25 N<GB，故物块B不可能离开水平面，选项B正确．6.【答案】B【解析】回复力F＝－kx，故回复力和x方向一定不同；但是位移和加速度，在向平衡位置运动过程中，方向相同，速度的方向也可能相同．故A、C、D错误，B正确．7.【答案】C【解析】惯性的大小与质量有关，加一个小铁片，对整车的惯性影响不大，A错误；振动是不可避免的，B错误；通过增加质量改变汽车脚踏板的固有频率，以免发生共振，C正确，D错误；故选：C.8.【答案】D【解析】若位移为负，由a＝－可知加速度a一定为正，因为振子每次通过同一位置时，速度可能有两种不同的方向，所以速度可正可负，故D正确，A、B、C错误．9.【答案】C【解析】弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定，与振幅无关．所以两次振动的周期之比为1∶1；由简谐运动的特征：a＝－得：最大加速度的大小之比a m1∶a m2＝x∶2x＝1∶2，故选C.10.【答案】C【解析】机械振动应该是以某一点为中心对称的运动，不是所有的往复运动都是机械振动，A错误；机械振动是需要力来维持的，B项错误、C项正确；回复力不一定是合力，也可能是合力的一部分，D项错误．11.【答案】C【解析】两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，选项C正确．12.【答案】CD【解析】A点摆球的重力势能最大，动能最小，所以a是摆球重力势能随位置的变化关系，b是摆球动能随位置的变化关系，整个过程中摆球机械能保持不变，所以c是摆球机械能随位置变化的关系，故答案为C、D.13.【答案】CD【解析】单摆经过平衡位置时，位移为0，由F＝－kx可知回复力为0，故A错误，D 正确；单摆经过平衡位置时，合力提供向心力，所以其合力指向圆心(即悬点)，故B错误，C正确．14.【答案】AB【解析】从振动图象可以看出两个振动的周期相同，离开平衡位置的最大位移即振幅相同，A、B对．两个振动的零时刻相位即初相不同，相位不同，表达式不同，C、D错．15.【答案】AB【解析】物体所做的往复运动是机械振动，A、B正确；圆周运动和竖直向上抛出物体的运动不是振动，C、D错误．16.【答案】(1)①⑤⑥⑨(2)(3)A【解析】(1)摆线选择1 m左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺，故选①⑤⑥⑨.(2)根据单摆的周期公式T＝2π得，T2＝，可知图线的斜率k＝＝，解得g＝.(3)根据T＝2π得，g＝，计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故A正确．测量周期时，将n次全振动误记为n＋1次全振动，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故B错误．计算摆长时，将悬线长加小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．单摆振动时，振幅偏小，不影响重力加速度的测量，故D错误．17.【答案】(1)0.8 s (2)0.4 J【解析】(1)在t＝1.8 s时，振子恰好第五次通过平衡位置，则有：2T＝1.8 s振子振动周期为：T＝0.8 s(2)由题意可知，弹簧振子做简谐运动，根据对称性，从最大位移处释放时开始计时，在t＝1.8 s时，振子通过平衡位置时弹性势能为零，动能为：E＝mv2＝×0.05×42J＝0.4 J，k则振子的机械能为：E＝E k＋E p＝0＋0.4 J＝0.4 J.t＝2 s＝2.5T，则在t＝2 s末到达最大位移处，弹簧的弹性势能为最大，动能为零，此时弹簧的弹性势能即为0.4 J；18.【答案】15 m/s210 N【解析】物体C放上之后静止时：设弹簧的压缩量为x0，对物体C，有：mg＝kx0解得：x0＝0.02 m当物体C从静止向下压缩x后释放，物体C就以原来的静止位置为中心上下做简谐运动，振幅A＝x＝0.03 m当物体C运动到最低点时，对物体C，有：k(x＋x0)－mg＝ma解得：a＝15 m/s2当物体C运动到最低点时，设地面对框架B的支持力大小为F，对框架B，有：F＝Mg＋k(x＋x0)解得：F＝10 N由牛顿第三定律知框架B对地面的压力大小为10 N.19.【答案】(1)2(2)最大压力是重力的3倍(3)4mgx0【解析】(1)因为O1、O2两点与O0点距离相同，所以弹性势能相同，故：mg(2x)＝mv－mv其中：v2＝0解得：v1＝2(2)最高点合力为2mg，最低点合力也为2mg，故在最低点，有：F－mg＝2mgN解得：F＝3mgN即得弹力是重力的3倍；(3)由动能定理可知：＋W N＝mv－mvWGE＝－W Np又因为初末状态速度为零，所以：ΔE p＝－W N＝WG＝4mgx0.。

人教版高中物理选修34第十一章《机械振动》单元检测题（解析版）《机械振动》单元检测题一、单选题1.关于简谐运动，下列说法正确的是()A．简谐运动一定是水平方向的运动B．所有的振动都可以看作是简谐运动C．物体做简谐运动时的轨迹线一定是正弦曲线D．只要振动图象是正弦曲线，物体一定做简谐运动2.一个做简谐运动的物体，每次有相同的动能时，下列说法正确的是()A．具有相同的速度B．具有相同的势能C．具有相同的回复力D．具有相同的位移3.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＝T C．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4.如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M 点和N点分别位于O点左右两侧，距离MO小于NO.现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是()A．恰好在O点B．一定在O点的左侧C．一定在O点的右侧D．条件不足，无法确定5.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．周期T＝0.1 sB．振幅A＝0.4 mC． 0.1 s末质点运动速度为0D． 0.2 s末质点回到平衡位置6.关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是()A．平衡位置就是物体振动范围的中心位置B．机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移C．机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也越大D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移7.如图所示，一升降机在箱底装有若干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的运动过程中()A．升降机的速度不断减小B．升降机的加速度不断变大C．升降机的加速度最大值等于重力加速度值D．升降机的加速度最大值大于重力加速度值8.如图所示为一个水平方向的弹簧振子，小球在MN间做简谐运动，O是平衡位置．关于小球的运动情况，下列描述正确的是() A．小球经过O点时速度为零B．小球经过M点与N点时有相同的加速度C．小球从M点向O点运动过程中，加速度增大，速度增大D．小球从O点向N点运动过程中，加速度增大，速度减小9.如图所示为一弹簧振子做简谐运动的振动图象，根据图象可以判断()A．t1时刻和t2时刻振子位移大小相等、方向相同，且(t2－t1)一定等于B．t2时刻和t3时刻速度大小相等、方向相反C．t2时刻和t4时刻加速度大小相等、方向相反D．t1时刻和t3时刻弹簧的长度相等10.如图甲是演示简谐运动图象的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线OO′代表时间轴．图乙是一次实验中用同一个摆长不变的摆做出的两组操作形成的曲线，若板N1和N2拉动速度用v1和v2表示，板N1和N2上曲线所代表的摆动周期用T1和T2表示，则() A．T1＝2T2 B．2T1＝T2 C．v1＝2v2 D． 2v1＝v211.下列几种说法中正确的是()A．只要是机械振动，就一定是简谐运动B．简谐运动的回复力一定是物体在振动方向所受的合力C．简谐运动物体所受的回复力总是对物体做正功D．简谐运动物体所受的回复力总是对物体做负功12.如图所示，处于竖直向下的匀强电场中的摆球，质量为m，半径为r，带正电荷，用长为L的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，则这个单摆的周期为()A．T＝2πB．T＝2πC．大于T＝πD．小于T＝2π二、多选题13. 如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线，以摆球最低位置为重力势能的零点，则摆球在摆动过程中() A．位于B处时动能最大B．位于A处时势能最大C．在位置A的势能大于在位置B的势能D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能14. 利用如图所示的单摆测定重力加速度的实验中，周期为T.以下说法正确的是()A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间细线的长B．把摆球质量增加一倍，则测出的周期T变小C．此摆由O→B运动的时间为D．如测出的摆长l＝1.00 m、周期T＝2.00 s，则该地的重力加速度g＝9.86 m/s215. 单摆测重力加速度实验中，测得的g值偏大，可能的原因是() A．先测出摆长l，后把单摆悬挂起来B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．摆球不在同一竖直平面内运动，成为圆锥摆运动D．测周期时，当摆球通过最低点时启动秒表并数“1”，数到摆球第40次通过平衡位置时按下秒表，读出时间t，得周期T＝16. 如图所示是某质点做简谐运动的振动图象，试根据图象判断下列说法正确的是()A．该质点的振幅为10 cmB．质点振动在P时，振动方向沿y轴负向C．质点振动在Q时，振动的加速度方向沿y轴正向D．质点振动从P至Q过程中，路程大于9.5 cm17. 用两根完全一样的弹簧和一根细线将甲、乙两滑块连在光滑的水平面上．线上有张力，甲的质量大于乙的质量，如图所示，当线突然断开后，两滑块都开始做简谐运动，在运动过程中( )A．甲的振幅一定等于乙的振幅B．甲的振幅一定小于乙的振幅C．甲的最大速度一定大于乙的最大速度D．甲的最大速度一定小于乙的最大速度三、实验题18.某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作；(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为______cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.(2)用秒表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝______s(结果保留三位有效数字)．(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图象如图丙，此图线斜率的物理意义是______．A．g B. C. D.(4)与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏大，分析原因可能是________．A．振幅偏小B．在单摆未悬挂之前先测定其摆长C．将摆线长当成了摆长D．开始计时误记为n＝119.为了研究弦的振动频率，设计了下面的实验：将n根相同的弦一端固定，在另一端系着不同质量的小物体，让其自然下垂，使弦绷紧，做成如图(a)所示的装置．用工具拨动弦A、B的中点，使其振动，进行实验，研究其振动频率f与小物体质量m及弦的长度L的关系．具体做法是：只让m或只让L变化，测定振动频率f，得到图(b)所示的两个图象．(1)上面实验所采用的实验方法是________．A．对比实验法 B．物理模型法C．等效替代法 D．控制变量法(2)根据上面的实验及两个图象，你认为表示频率f的式子应该如写？请从下面四个选项中(k为常数)，选出最可能的为________．(填字母代号) A．f＝k·B．f＝k·C．f＝k·D．f＝k·.四、计算题20.如图所示，将质量为mA＝100 g的平台A连接在劲度系数k ＝200 N/m 的弹簧上端，弹簧下端固定在地上，形成竖直方向的弹簧振子，在A的上方放置mB＝mA的物块B，使A、B一起上下振动，弹簧原长为5 cm.A的厚度可忽略不计，g取10 m/s2求：(1)当系统做小振幅简谐振动时，A的平衡位置离地面C多高？(2)当振幅为0.5 cm时，B对A的最大压力有多大？(3)为使B在振动中始终与A接触，振幅不能超过多大？为什么？21.“嫦娥二号”载人飞船的成功发射，标志着我国航天技术新的突破．如果宇航员将在地面上校准的摆钟拿到月球上去．(已知g月＝)(1)若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是多少？(2)若要在月球上使该钟与在地面上时一样准，摆长应如何调节？答案解析1.【答案】D【解析】物体的简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，A错；简谐运动是最简单的振动，B错；物体做简谐运动时的轨迹线并不一定是正弦曲线，C错；若物体振动的图象是正弦曲线，则其一定做简谐运动，D对．2.【答案】B【解析】在一个周期内动能相同的时刻有四个，但是由于速度和力还有位移具有矢量性，所以三项可能方向会不同，故只有B选项正确．3.【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．4.【答案】C【解析】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则M、N两球的运动周期分别为：TM＝2π，TN＝2π，两球第一次到达O点的时间分别为：tM＝TM＝，tN＝TN＝，由于R1＜R2，则tM＜tN，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧．5.【答案】D【解析】6.【答案】B【解析】平衡位置是物体原来静止时的位置，所以应与受力有关，与是否为振动范围的中心位置无关，A错误；振动位移是以平衡位置为起点指向质点所在位置的有向线段，振动位移随时间而变，振子偏离平衡位置最远时，振动物体的振动位移最大，B正确，C、D错误．7.【答案】D【解析】从弹簧接触地面开始分析，升降机做简谐运动(简化为如图中小球的运动)，在升降机从A→O的运动过程中，速度由v1增大到最大v m，加速度由g减小到零，当升降机运动到A的对称点A′(OA＝OA′)时，速度也变为v1(方向竖直向下)，加速度为g(方向竖直向上)，升降机从O→A′的运动过程中，速度由最大v m减小到v1，加速度由零增大到g，从A′点运动到最低点B的过程中，速度由v1减小到零，加速度由g增大到a(a>g)，故答案为D.8.【答案】D【解析】小球经过O点时速度最大，A错；小球在M点与N点的加速度大小相等、方向相反，B错；小球从M向O点运动时，速度增大，加速度减小，C错；小球从O向N运动时，速度减小，加速度增大，D对．9.【答案】C【解析】由图象可知t1、t2两时刻振子所处的位置相同，位移大小相等、方向相同，但(t2－t1)＜，故A错；t2、t3两时刻振子所处的位置关于平衡位置对称，速度相等、方向也相同，B错；t2、t4两时刻和t1、t3两时刻振子所处的位置都关于平衡位置对称，t2、t4两时刻加速度大小相等，方向相反，C对；而t1、t3两时刻回复力的大小相等，但弹簧一次伸长，一次压缩，长度不相等，D错．10.【答案】C【解析】同一单摆的周期是一定的，则T1＝T2；设单摆的周期为T，板长为L，则有：T＝，2T＝根据题意，有：v1＝2v2.11.【答案】B【解析】简谐运动是最基本也是最简单的机械振动，故A错误；简谐运动的回复力一定是物体在振动方向所受的合力，满足F＝－kx 规律，故B正确；简谐运动物体所受的回复力总是指向平衡位置，有时做正功，有时做负功，故C、D错误．12.【答案】D【解析】处于竖直向下的匀强电场中的摆球，竖直方向受到的合力：F合＝mg＋qE摆球在摆动的过程中切线方向的分力：F切＝(mg＋qE)·sinθ＞mg sinθ由于切线方向的分力增大，所以单摆的周期减小，T′＜T＝2π.13.【答案】BC【解析】摆球在摆动过程中总机械能守恒，只是动能和重力势能之间的转化，故D错．位置A是摆动的最高点，动能为零，势能最大，B对．在B 处，总机械能为动能与势能之和，在A处势能为总机械能，故C对．摆球在平衡位置时势能为零，动能最大，故A错．14.【答案】CD【解析】测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离即线长加球的半径，故A错误；由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期T 与摆球质量m无关，故B错误；由平衡位置O运动到左端最大位移处需要的时间是四分之一周期，故C正确；由单摆周期公式T＝2π，代入摆长l＝1.00 m、周期T＝2.00 s，得g＝9.86 m/s2，故D 正确．15.【答案】CD【解析】由单摆周期公式：T＝2π可知，重力加速度：g＝，周期T＝，N为全振动的次数；先测出摆长l，后把单摆悬挂起来，所测摆长偏小，所测重力加速度偏小，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测摆长偏小，所测重力加速度偏小，故B错误；摆球不在同一竖直平面内运动，成为圆锥摆运动，圆锥摆的周期：T＝2π，有效摆长为L cosθ变短，而实际摆长偏大，所测重力加速度偏大，故C正确；测周期时，当摆球通过最低点时启动秒表并数“1”，数到摆球第40次通过平衡位置时按下秒表，读出时间t，得周期T＝，所测周期偏小，所测重力加速度偏大，故D正确．16.【答案】BC【解析】由图知，该质点的振幅为5 cm，故A错误；质点振动在P时后，位移逐渐减小，向平衡位置靠近，所以此时质点的振动方向沿y轴负向，故B正确；质点振动在Q时，位移沿y轴负向，根据简谐运动特征可知，加速度方向与位移方向相反，则振动的加速度方向沿y 轴正向，故C正确；质点振动从P至Q过程中，路程是2.5 cm＋5 cm＋2 cm＝9.5 cm，故D 错误．17.【答案】AD【解析】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故A正确，B错误；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量大于乙的质量，甲的最大速度一定小于乙的最大速度，故C错误，D正确．18.【答案】(1)2.06(2)2.24(3)C(4)D【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：20 mm＋0.1 mm×6＝20.6 mm＝2.06 cm.(2)由图示秒表可知，秒表示数为：t＝1 min＋7.2 s＝67.2 s，单摆的周期：T＝＝＝2.24 s；(3)由单摆周期公式：T＝2π可得：T2＝L，则T2－L图象的斜率：k ＝，故选C；(4)由单摆周期公式：T＝2π可得：g＝，重力加速度与单摆的振幅无关，振幅偏小不会影响重力加速度的测量值，故A错误；在单摆未悬挂之前先测定其摆长，所测摆长偏小，由g＝可知，所测重力加速度偏小，故B错误；将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，由g＝可知，所测重力加速度偏小，故C错误；开始计时误记为n＝1，所测周期T偏小，由g＝可知，所测重力加速度偏大，故D正确．19.【答案】(1)D(2)B【解析】(1)控制一个变量，研究另外两个变量的关系叫做控制变量法；(2)由图(b)可以看出：L一定时，f与成正比；m一定时，f随着L的增加而减小，f与L成反比；故表达式为：f＝k.20.【答案】(1)4 cm(2)1.5 N(3)1 cm【解析】(1)振幅很小时，A，B间不会分离，将A与B整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得：kx0＝(mA＋mB)g得形变量：x0＝1 cm平衡位置距地面高度：h＝l0－x0＝4 cm(2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度：a m＝＝＝5 m/s2取B为研究对象，有：F N－mBg＝mBa m得A，B间相互作用力：F N＝mB(g＋a m)＝1.5 N由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5 N(3)为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足：F N≥0取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有：mBg－F N＝mBa当F N＝0时，B振动的加速度达到最大值，且最大值：a m＝g＝10 m/s2(方向竖直向下)因a mA＝a mB＝g，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长：A＝x0＝1 cm，振幅不能大于1 cm.21.【答案】(1)h(2)摆长应调节为在地球上摆长的【解析】(1)根据单摆的周期公式：T＝2π，解得：T月＝2π＝T地此钟在月球上记录的时间是地球上记录的时间的倍，所以若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是h.(2)将单摆的周期公式变形得：L＝.根据该公式知所以若要在月球上使该钟与在地面上时一样准，摆长应调节为在地球上摆长的.。

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.。

第十一章《机械振动》检测题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1.弹簧振子作简谐振动的周期是4 s，某时刻该振子的速度为v，要使该振子的速度变为－v，所需要的最短时间是( )A． 1 s B． 2 s C． 4 s D．无法确定2.小球做简谐运动，则下述说法正确的是( )A．小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B．小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C．小球的速度大小与位移成正比，方向相反D．小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反3.弹簧振子沿直线作简谐运动，当振子连续两次经过相同位置时下列说法不正确的( ) A．回复力相同 B．加速度相同 C．速度相同 D．机械能相同4.任何物体都有自己的固有频率．研究表明，如果把人作为一个整体来看，在水平方向上振动时的固有频率约为5 Hz.当工人操作风镐、风铲、铆钉机等振动机械时，操作者在水平方向将做受迫振动．在这种情况下，下列说法正确的是( )A．操作者的实际振动频率等于他自身的固有频率B．操作者的实际振动频率等于机械的振动频率C．为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量接近人的固有频率D．为了保证操作者的安全，应尽量提高操作者的固有频率5.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＝2v2 B． 2v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v26.如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则( )A．质点在3 s末的位移为2 m B．质点在4 s末的位移为8 mC．质点在4 s内的路程为8 m D．质点在4 s内的路程为零7.如图所示是单摆做阻尼运动的位移—时间图线，下列说法中正确的是( )A．摆球在P与N时刻的势能相等 B．摆球在P与N时刻的动能相等C．摆球在P与N时刻的机械能相等 D．摆球在P时刻的机械能小于N时刻的机械能8.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为( )A． B． C． D．无法判断9.如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期( )A．不变 B．先变大后变小 C．先变小后变大 D．逐渐变大10.关于简谐运动周期、频率、振幅说法正确的是( )A．振幅是矢量，方向是由平衡位置指向最大位移处B．周期和频率的乘积不一定等于1C．振幅增加，周期必然增加，而频率减小D．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关11.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所示．某同学由此图线提供的信息做出了下列判断①t＝0.2 s时摆球正经过最低点．②t＝1.1 s时摆球正经过最低点．③摆球摆动过程中机械能减少．④摆球摆动的周期是T＝0.6 s.上述判断中，正确的是( )A．①③ B．②③ C．③④ D．②④12.如图为某质点做简谐运动的图象．下列说法正确的是( )A．t＝0时，质点的速度为零B．t＝0.1 s时，质点具有y轴正向最大加速度C．在0.2 s～0.3 s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D．在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动13.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的最高点，D是圆环上与M靠得很近的一点(DM远小于)．已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C点自由下落到M点，d球从D点静止出发沿圆环运动到M点．则下列关于四个小球运动时间的关系，正确的是( )A．tb＞tc＞ta＞td B．td＞tb＞tc＞ta C．tb＞tc＝ta＞td D．td＞tb＝tc＝ta14.如图所示，一轻弹簧上端固定，下端系在甲物体上，甲、乙间用一不可伸长的轻杆连接，已知甲、乙两物体质量均为m，且一起在竖直方向上做简谐振动的振幅为A(A＞)．若在振动到达最高点时剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A1，若在振动到达最低点时间剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A2.则( )A．A2＞A＞A1 B．A1＞A＞A2 C．A＞A2＞A1 D．A2＞A1＞A二、多选题(每小题至少有两个正确答案)15.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力．如图是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落．从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是( )A．t1时刻小球速度最大 B．t2时刻绳子最长C．t3时刻小球动能最小 D．t3与t4时刻小球速度大小相同16.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是( )A．平衡位置就是回复力为零的位置B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C．物体到达平衡位置，合力一定为零D．物体到达平衡位置，回复力一定为零17.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，以下说法正确的是( )A．测量摆长时，应用力拉紧摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D．应从摆球通过最低位置时开始计时18.(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经t秒与B发生正碰．碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道，当两球第二次相碰时( )A．相间隔的时间为4t B．相间隔的时间为2tC．将仍在O处相碰 D．可能在O点以外的其他地方相碰19.如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，下列说法正确的是( )A．物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供B．滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供C．物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小跟位移大小之比为kD．物体A的回复力大小跟位移大小之比为k E．若A、B之间的最大静摩擦因数为μ，则A、B间无相对滑动的最大振幅为三、实验题20.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，实验步骤如下：Ⅰ.选取一个摆线长约1 m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂．Ⅱ.用米尺量出悬线长度，精确到毫米，作为摆长．Ⅲ.放开小球让它来回摆动，用停表测出单摆做30～50次全振动所用的时间，计算出平均摆动一次的时间．Ⅳ.变更摆长，重做几次实验，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值．(1)上述实验步骤有两点错误，请一一列举：Ⅰ.________________________________________________________________________；Ⅱ.________________________________________________________________________；(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，测得的重力加速度变______．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，当地的重力加速度的真实值g ＝____________.21.在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆．(1)如图，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图象如图所示．在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为____________．(2)为测量摆长，该同学用米尺测得摆线长为85.72 cm，又用游标卡尺测量出圆柱体的直径(如图甲)与高度(如图乙)，由此可知此次实验单摆的摆长为______cm.(3)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了下表中所列实验数据．请在坐标系中画出相应图线(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息．四、计算题22.如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)在0～0.6 s的时间内质点通过的路程；(4)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(5)振动质点在0.6 s～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)振动质点在0.4 s～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？答案解析1.【答案】D【解析】要使该振子的速度变为－v，可能经过同一位置，也可能经过关于平衡位置对称的另外一点；由于该点与平衡位置的间距未知，故无法判断所需要的最短时间，故选D.2.【答案】B【解析】简谐运动的回复力与位移关系为：F＝－kx，方向相反，A、C、D错；a＝，所以加速度与位移成正比，方向相反，B正确．3.【答案】C【解析】弹簧振子在振动过程中，两次连续经过同一位置时，位移、加速度、回复力、动能、势能、速度的大小均是相同的．但速度的方向不同，故速度不同．故选C.4.【答案】B【解析】物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，可知操作者的实际频率等于机械的振动频率，故A错误，B正确；当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象，所以为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量远离人的固有频率，故C错误；有关部门作出规定：拖拉机、风镐、风铲、铆钉机等各类振动机械的工作频率必须大于20 Hz，操作者的固有频率无法提高，故D错误．5.【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∶2.6.【答案】C【解析】振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移．位移是矢量，有大小，也有方向．因此3 s末的位移为－2 m,4 s末位移为零．路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C正确．7.【答案】A【解析】由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N两时刻位移大小相同，关于平衡位置对称，所以势能相等，A正确；由于系统机械能在减少，P、N时刻势能相同，则P处动能大于N处动能，故B、C、D错．8.【答案】B【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T＝2π得T1＝2π；T2＝2π；联立解得g＝，故选B.9.【答案】B【解析】在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.10.【答案】D【解析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，A错；周期和频率互为倒数，B错；做简谐运动的物体的频率和周期由振动系统本身决定，C错误，D正确．11.【答案】A【解析】摆球经过最低点时，拉力最大，在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，故①正确；摆球经过最低点时，拉力最大，在1.1 s时，拉力最小，所以此时摆球不是经过最低点，是在最高点，故②错误；根据牛顿第二定律知，在最低点F－mg＝m，则F＝mg＋m，在最低点的拉力逐渐减小，知是阻尼振动，机械能减小，故③正确；在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期：T＝2×(0.8 s－0.2 s)＝1.2 s，故④错误．12.【答案】D【解析】由图可知，在t＝0时，质点经过平衡位置，所以速度最大，故A错误；当t＝0.1 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式a＝－y，知加速度负向最大．故B错误；在0.2 s时，质点经过平衡位置，0.3 s时质点的位移为负向最大，质点沿y轴负方向做加速度增大的减速运动，故C错误；在0.5 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，0.6 s时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5 s～0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动，故D正确．13.【答案】C【解析】对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝2.对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝g sin 60°＝g，根据x2＝a2t得，t2＝. 对于CM段，位移x3＝2R，加速度a3＝g，由x3＝gt得，t3＝2.对于D小球，做类单摆运动，t4＝＝.故C正确．14.【答案】A【解析】未剪断轻杆时，甲、乙两物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x0＝；当剪断轻杆时，甲物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x＝，可知，平衡位置向上移动．则在振动到达最高点时剪断轻杆，A1＜A；在振动到达最低点时间剪断轻杆，A2＞A；所以有：A2＞A＞A1.15.【答案】BD【解析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大，故A错误；t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长，故B正确；t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小，故C错误；t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，故D正确．16.【答案】AD【解析】平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D对．17.【答案】BCD【解析】测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差，故A错误．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则单摆的振动不是简谐运动，故B正确．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确．由于摆球经过最低点时速度最大，从摆球通过最低位置时开始计时，测量周期引起的误差最小，故D 正确．18.【答案】BC【解析】因为它是一个很大的光滑圆弧，可以当作一个单摆运动．所以AB球发生正碰后各自做单摆运动．T＝2π，由题目可知A球下落的时间为t＝T，由此可见周期与质量、速度等因素无关，所以碰后AB两球的周期相同，所以AB两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的．所以要经过2t的时间，AB两球同时到达O处相碰．19.【答案】ACE【解析】A做简谐运动时的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确；物体B作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误；物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小满足F＝－kx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：a＝，对A：F f＝ma ＝，可见，作用在A上的静摩擦力大小F f，即回复力大小与位移大小之比为：，故D错误；据题知，物体间达到最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：kA＝(M＋m)a，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得：A＝，故E正确．20.【答案】(1)Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时(2)小＋【解析】(1)上述实验步骤有两点错误Ⅱ.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径；Ⅲ.在细线偏离竖直方向小于5°位置释放小球，经过最点时进行计时．(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，等效的重力加速度g′＝，所以测得的重力加速度变小．已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，由单摆的周期公式得出T＝2πg＝＋.21.【答案】(1)(2)88.10 (3)如图所示(4)摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系【解析】(1)摆球做简谐运动，每次经过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t＝(N－1)T解得：T＝(2)图乙游标卡尺的主尺读数为47 mm，游标读数为0.1×5 mm＝0.5 mm，则最终读数为47.5 mm＝4.75 cm.所以圆柱体的高度为h＝4.75 cm，摆长是悬点到球心的距离，则摆长l＝85.72 cm＋＝88.10 cm(3)根据描点法作出图象，如图所示：(4)由图象可知，摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系．22.【答案】(1)5 cm (2)x＝5sin(2.5πt) cm(3)15 cm (4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零【解析】(1)由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5 cm，此即质点离开平衡位置的最大距离．(2)由图象可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0.所以x＝A sin(ωt＋φ)＝A sin(t)＝5sin(t) cm＝5sin(2.5πt) cm.(3)由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s,0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm.(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向．(5)由振动图象可以看出，在0.6 s～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小．(6)由图象可以看出，在0.4 s～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零．。

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．。