第11章 机械振动 单元综合试题及答案4

物理人教版选修3-4第十一章机械振动单元检测(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(每小题5分，共计50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 ．回复力第一次恢复原来的大小和方向所经历的过程B ．速度第一次恢复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原来的大小和方向所经历的过程D ．速度和加速度第一次同时恢复原来的大小和方向所经历的过程2．做简谐运动的物体，由最大位移处向平衡位置运动的过程中，速度越来越大，这是由于( )。

A ．加速度越来越大B ．物体的加速度和运动方向一致C ．物体的势能转变为动能D ．回复力对物体做正功3．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法中正确的是( )。

A ．质点振动频率是4 HzB ．在10 s 内质点经过的路程是20 cmC ．第4 s 末质点的速度为零D ．在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相同4．一根弹簧原长为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.0Ag lB.Ag xC.0xgl D.0l g A 5．在水平方向上做简谐运动的质点其振动图象如图所示，假设向右为正方向，则物体加速度向右且速度向右的时间是( )。

A ．0～1 s 内B ．1～2 s 内C ．2～3 s 内D ．3～4 s 内 6．设人自然步行时的跨步频率与手臂自然摆动的频率一致(人手臂自然摆动的频率与臂长的关系，类似于单摆固有频率与摆长的关系)，人的臂长正比于身高，且人的步幅与身高成正比，由此估测人的步行速度v 与身高h 的关系为( )。

A ．v ∝h 2B ．v ∝hC ．vD ．v7．一个弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，O 为平衡位置，如图甲所示，以某一时刻作为计时起点(t 为0)，经14T ，振子具有正方向最大的加速度，那么在图乙所示的几个振动图象中，正确反映振子振动情况(以向右为正方向)的是( )。

《机械振动》的单元测试题c:\iknow\docshare\data\cur_work\.....\第11章«机械振动»单元测试题一、选择题1．质点做简谐运动时( )A．加速度的大小与位移成正比，方向与位移的方向相反B．加速度的大小与位移成正比，方向与位移的方向相同C．速度的大小与位移成反比，方向与位移的方向相反D．速度的大小与位移成反比，方向与位移的方向相同2．关于弹簧振子的简谐运动，以下说法中正确的选项是( ) A．位移的方向总是由平稳位置指向振子所在的位置B ．加速度的方向总是由振子所在的位置指向平稳位置C ．振子由位移最大的位置向平稳位置运动时，做的是匀加速运动D ．振子的加速度最大时速度为零，速度最大时加速度为零 3．关于简谐运动的有关物理量，以下说法中正确的选项是 ( )A ．回复力方向总是指向平稳位置B ．向平稳位置运动时，加速度越来越小，速度也越来越小C ．加速度和速度方向总是跟位移方向相反D ．速度方向有时跟位移方向相同，有时相反4．如下图，弹簧振子由平稳位置O 向位移最大处B 运动的过程中， ( ) A ．回复力减小B ．位移变小C ．速度增大D ．加速度增大5．如图，弹簧振子在A 、B 之间做简谐运动，O 为平稳位置，那么( ) A ．当振子从O 向A 运动时，位移变小 B ．当振子从A 向O 运动时，速度变大 C ．当振子从O 向B 运动时，加速度变小 D ．当振子从B 向O 运动时，回复力变大6．弹簧振子在振动过程中，每一次通过同一位置时，都具有相同的 ( )A ．位移、速度B ．速度、加速度C ．动能、速度D ．回复力、势能 7．单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的 ( )A ．位移一定减小B ．回复力一定减小C ．速度一定减小D ．加速度一定减小8．一弹簧振子的振动周期为0.25S ，从振子由平稳位置向右运动时开始计时，那么通过0.17S ，振子的振动情形是 ( )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 9．图示是做简谐运动的质点的位移-时刻图象，在t = 4s 时，质点的 ( ) A ．加速度为零，速度为正方向的最大值B．加速度为零，速度为负方向的最大值C．速度为零，加速度为正方向的最大值D．速度为零，加速度为负方向的最大值10．某一单摆的位移-时刻如下图，那么该单摆的( )B．周期为1.25sC．频率为1HzD．摆长为1m11．关于单摆，以下说法中正确的选项是( )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，通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稳位置D．摆球通过平稳位置时，加速度为零12．将秒摆〔周期为2s〕改装成频率为1Hz的单摆，应采取的措施是( )A．摆长减为原先的B．振幅增为原先的2倍C．摆长增为原先的4倍D．摆球质量减为原先的一半13．在北京走时准确的摆钟，搬到海南岛后走时将( )A．变慢，调准时应增加摆长B．变快，调准时应增加摆长C．变慢，调准时应减小摆长D．变快，调准时应减小摆长14．一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1s，质点通过B点后，再通过1s，第二次通过B点，在这2s内，质点的总路程是12cm，那么质点振动的周期和振幅分别为( )A．2s，6cm B．4s，6cmC．4s，9cm D．2s，8cm15．卡车在水平路面上行驶，物资随车厢底板上下振动而不脱离底板，设物资做简谐运动，那么物资对车厢底板压力最小的时刻是( )A．物资通过平稳位置向上运动时B．物资通过平稳位置向下运动时C．物资向上达到最大位移时D．物资向下达到最大位移时16．如图，在一根张紧的绳上挂几个单摆，其中C、E两个摆的摆长相等，先使C摆振动，其余几个摆在C摆的带动下也发生了振动，那么( )A ．只有E 摆的振动周期与C 摆相同B ．B 摆的频率比A 、D 、E 摆的频率小C ．E 摆的振幅比A 、B 、D 摆的振幅大 D ．B 摆的振幅比A 、D 、E 摆的振幅大17．单摆在振动过程中，摆动幅度越来越小这是因为( )A ．能量正在逐步消灭B ．动能正在转化为势能C ．机械能守恒D ．总能量守恒，减少的动能转化为内能 二、填空题18．弹簧振子在振动过程中的两个极端位置(即弹簧压缩得最短和拉得最长)间的距离是5cm ，振动的频率是 2.5Hz ，那么它的振幅是___________cm ，2s 内振子通过的路程是___________cm 。

《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.。

第十一章 《机械振动》综合测试时间：90分钟 满分：100分一、选择题(1～6为单选，7～10为多选，每小题4分，共40分) 1.一简谐运动的图象如图所示，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相同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相同解析：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，若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，则单摆振动的( 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(如图所示)，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，故选B.4．某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是( 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，其变快的原因及调整的方法是( 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 ＝2πlg变小了，即g 乙>g 甲，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使l g不变．6.如图所示，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，若将振子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，下列说法正确的是( D )A ．该弹簧振子的振动频率为1 HzB ．若向右拉动10 cm 后由静止释放，经过1 s 振子m 第一次回到P 位置C ．若向左推动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：本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.如图所示为某鱼漂的示意图．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，下列说法正确的是( 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．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．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( 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T 0＝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.9．如图所示，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，则( ACD )A ．其他各摆振动周期跟A 摆相同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 摆相同．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 A f D ＝12πg 2l ≈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．如图所示，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．已知弹簧的劲度系数为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图所示的图线，则下列说法正确的是( 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 ＝kmA ＝ 5 m/s ，选项D 错误．二、填空题(每小题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，则该摆球的直径为12.0 mm ，单摆摆长为0.993 0 m.(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m 的单摆进行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，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎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，故选择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，故选择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，应在下列器材中选用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 及单摆完成n 次全振动所用的时间t ，则重力加速度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，并做了部分计算处理.组次 1 2 3 摆长L /cm 80.00 90.00 100.00 50次全振动时间t /s90.0 95.5 100.5 振动周期T /s 1.80 1.91 重力加速度g /(m·s －2)9.749.73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 .已知三位同学作出的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．则相对于图线b ，下列分析正确的是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 ＝tn ，结合T ＝2πL g ，推出g ＝4π2n 2L t 2. (3)周期T ＝t n ＝100.5 s50＝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，周期相同时，摆长更短，说明a 对应测量的摆长偏小；c 与b 相比，摆长相同时，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 ，则第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图所示．(1)求t ＝0.25×10－2s 时刻的位移．(2)从t ＝0到t ＝8.5×10－2s 的时间内，质点的路程、位移各为多大？ 答案：(1)－1.414 cm (2)34 cm 0解析：(1)由图象可知T ＝2×10－2 s ，则ω＝2πT＝100π，横坐标t ＝0.25×10－2s 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，本题中Δt ＝8.5×10－2s ＝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)如图所示，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 ＝2πlg＝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，…)，则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，要进行振动记录，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)若匀速拉动纸带的速度为1 m/s ，则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)若拉动纸带做匀加速运动，且振子振动周期与原来相同，由图丙中的数据求纸带的加速度大小． 答案：(1)0.2 s (2)如图所示 (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)如图所示，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．已知弹簧的劲度系数为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/s2)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F1，由牛顿第三定律可知，平台对物体的支持力大小也为F1，对整体k(x＋A)－(M＋m)g＝(M＋m)a1.对m，F1－mg＝ma1，解得a1＝8 m/s2，F1＝9 N.(2)在最高点，设物体对平台压力大小为F2，对整体(M＋m)g－k(x－A)＝(M＋m)a2.对m，mg－F2＝ma2，解得a2＝8 m/s2，F2＝1 N.。

第十一章 机械振动 单元测试卷（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。

2．回答第I 卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。

3．回答第II 卷时，将答案直接写在试卷上。

第I 卷（选择题 共48分)一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1、（2020·枣庄市第三中学高二月考）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 ．位移一定在减小B ．速度一定在减小C ．速度与位移方向相反D ．加速度与速度方向相同2、（2020江苏宿豫中学高二月考）一个弹簧振子沿x 轴做简谐运动，取平衡位置O 为x 轴坐标原点，从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度，能正确反映振子位移x 与时间t 关系的图像是（ ）3、（2020·北京市陈经纶中学高二期中）如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A ．0.2t s =时，振子在O 点右侧6cm 处B ．0.8t s =时，振子的速度方向向左C ．0.4t s =和 1.2t s = 时，振子的加速度完全相同D ．0.4t s =到 0.8t s = 的时间内，振子的速度逐渐减小4、弹簧振子的质量为M，弹簧劲度系数为k，在振子上放一质量为m的木块，使两者一起振动，如图所示．木块的回复力F′是振子对木块的摩擦力，F′也满足F′＝－k′x，x是弹簧的伸长(或压缩)量，那么k k '为()A．mMB．mm M+C．Mm M+D．Mm5、（2019八一学校期中5）如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)，则( )A.此单摆的固有周期约为1sB.此单摆的摆长约为lmC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将右移6、（2020·河北承德第一中学高二月考）如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm。

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.。

积盾市安家阳光实验学校单摆时间：45分钟一、选择题(1～5为单选，6～9为多选)1．在“用单摆测重力加速度”的中，为了减少误差，以下操作正确的是( B )A ．选取长度10 cm 左右的细绳作为摆线B ．在摆球运动到最低点处开始计时C ．若摆球n 次经过最低点所用的时间为t ，则单摆的周期为T ＝tnD ．多次改变摆长l ，测出不同摆长下摆球运动的周期T ，可由T ­l 图象求出重力加速度g解析：本题考查了用单摆测当地的重力加速度这一的原理、注意事项、数据的处理方法．在用单摆测重力加速度中，摆线的选取适当些，10 cm 太短，A 错误；摆球运动到最低点时，运动最明显，在此计时，误差最小，B 正确；摆球一个周期内两次经过最低点，所以T ＝t 2n ，C 错误；由周期公式得T 2＝4π2l g，可由T 2­l 图象求出重力加速度g ，D 错误．2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s 下列措施可行的是( D ) A ．将摆球的质量减半B ．将振幅减半C ．将摆长减半D ．将摆长减为原来的14解析：由单摆周期公式T ＝2πlg可以看出，要使周期减半，摆长减为原来的14.3．用单摆测重力加速度，根据的原理是( C ) A ．由g ＝4π2lT2看出，T 一时，g 与l 成正比B ．由g ＝4π2l T2看出，l 一时，g 与T 2成反比C ．由于单摆的振动周期T 和摆长l 可用测，利用g ＝4π2lT2可算出当地的重力加速度D ．同一单摆的周期不变，不同的重力加速度与周期的平方成反比 解析：g 是由所处的地理位置的情况来决的，与l 及T 无关，故只有C 正确．4．有一摆长为L 的单摆，悬点正下方某处有一光滑小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小角度摆动，图示为摆球从右边最高点M摆至左边最高点N的闪光照片(悬点和小钉未摄入)，P为摆动中的最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相，则小钉距悬点的距离为( C )A．L/4 B．L/2C．3L/4 D．条件不足，无法判断解析：该题考查周期公式中的效摆长．题图中M到P为四个时间间隔，P到N为两个时间间隔，即左半单摆的周期是右半单摆周期的12，根据周期公式T＝2πlg，可得左半单摆的摆长为L4，即小钉距悬点的距离为3L/4，故C选项正确．5.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B 放在MN上离最低点C很近的B处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( A )A．A球先到达C点B．B球先到达C点C．两球同时到达C点D．无法确哪一个球先到达C点解析：A做自由落体运动，到达C点所需时间t A＝2Rg，R 为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动，同于摆长为R的单摆，则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的14，即t B＝T4＝π2Rg>t A，所以A球先到达C点．6．下图为甲、乙两单摆的振动图象，则( BD )A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲l乙＝21B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲l乙＝41C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲g乙＝41D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲g乙＝14解析：由题图可知T甲T乙＝21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲l乙＝41，故A错误，B正确；若两摆长相，则所在星球的重力加速度之比为g甲g乙＝14，故C错误，D正确．7．如图所示，A、B分别为单摆做简谐运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零点，则摆球在摆动过程中( BC )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的动能D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能解析：摆球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故D错；A为摆球摆动的最高位置，其势能最大，B对；摆球摆到最低点时势能为零，动能最大，而B并非摆动中的最低位置，其动能并非最大，故A错；摆球在A处的势能于总的机械能，在B处的动能小于总机械能(其中一为势能)，故在位置A 的势能大于在位置B的动能，所以C对．8．单摆做简谐运动时，下列说法正确的是( AD )A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大解析：对于无阻尼单摆系统，机械能守恒，其数值于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能．摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以A选项正确，而B选项错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以C选项错误；同理，D选项正确．9．如下图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆解析：振幅可从图上看出甲摆大，故选项B对．且两摆周期相，则摆长相．因质量关系不明确，无法比较机械能，t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．所以正确选项为A、B、D.二、非选择题10．某小组在利用单摆测当地重力加速度的中：(1)用游标卡尺测摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为0.97 cm.(2)小组成员在过程中有如下说法，其中正确的是C.A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9 cm ＋7×0.01 cm ＝0.97 cm.(2)要使摆球做简谐运动，摆角小于5°，选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度误差较小，A 、D 错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是t 50，B 错；摆长是l ′＋d2(l ′为悬线的长度)，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大，C 对．11．某小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．器材有滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆(细线质量不计且不可伸长，装满液体后，漏斗和液体质量相差不大)．前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100 s ；中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．(1)该单摆的周期是2 s.(2)图乙是得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为0.10 m/s 2；(结果取两位有效数字)(3)用该装置测量滑块加速度，对结果影响最大的因素是漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．解析：(1)一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T ＝2 s ； (2)由题图可知时间间隔为半个周期t ＝1 s ，由逐差法可知a ＝0.399 9＋0.300 1－0.200 1－0.099 92×2×12m/s 2＝0.10 m/s 2； (3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．12．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h (未知)且开口向下的小筒中(单摆的下露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L ，并通过改变L 而测出对的摆动周期T ，再以T 2为纵轴、L 为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h 和当地的重力加速度g .(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.停表；C.天平；D.毫米刻度尺．本所需的测量工具有BD.(2)如果中所得到的T 2­L 关系图象如图乙所示，那么真正的图象该是a 、b 、c 中的a.(3)由图象可知，小筒的深度h ＝0.3 m ；当地重力加速度g ＝9.86 m/s 2. 解析：本主要考查用单摆测重力加速度的步骤、方法和数据处理方法．(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L要用到毫米刻度尺，测单摆的周期需要用停表，所以测量工具选B、D.(2)设摆线在筒内的长度为h，由T＝2πL＋hg得，T2＝4π2gL＋4π2gh，可知T2­L关系图象为a.(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得h＝30 cm＝0.3 m将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得g＝π2≈9.86 m/s2.。

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．。

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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。

第11章机械振动单元测试一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分．在每小题给出地四个选项中,有地只有一个选项正确,有地有多个选项正确,把正确选项前地字母填在题后地括号内．全部选对地得4分,选对但不全地得2分,有选错或不答地得0分)1．一质点做简谐运动,则下列说法中正确地是()A．若位移为负值,则速度一定为正值,加速度也一定为正值B．质点通过平衡位置时,速度为零,加速度最大C．质点每次通过平衡位置时,加速度不一定相同,速度也不一定相同D．质点每次通过同一位置时,其速度不一定相同,但加速度一定相同2．如图1所示是一做简谐运动物体地振动图象,由图象可知物体速度最大地时刻是()A．t1B．t2C．t3D．t4图1 图23．一质点做简谐运动地振动图象如图2所示,质点地速度与加速度方向相同地时间段是()A．0～0.3sB．0.3～0.6sC．0.6～0.9sD．0.9～1.2s 4．一个弹簧振子放在光滑地水平桌面上,第一次把它从平衡位置拉开距离为d,释放后做简谐运动,振动频率为f；第二次把它从平衡位置拉开距离为3d,释放后仍做简谐运动,其振动频率为f2.则f1∶f2等于()A．1∶3B．3∶1C．1∶1D.3∶15．自由摆动地秋千,摆动地振幅越来越小,下列说法正确地是()A．机械能守恒B．总能量守恒,机械能减小C．能量正在消失D．只有动能和势能地转化6如图3所示,一质点做简谐运动,先后以相同地速度依次通过A、B两点,历时1s,质点通过B点后再经过1s又第2次通过B点,在这2s内质点通过地总路程为12cm.则质点地振动周期和振幅分别为()A．3s,6cmB．4s,6cmC．4s,9cmD．2s,8cm图3 图47.如图4所示,光滑槽半径远大于小球运动地弧长,今有两个小球同时由图示位置从静止释放,则它们第一次相遇地地点是()A．O点B．O点左侧C．O点右侧D．无法确定8．摆长为L 地单摆做简谐振动,若从某时刻开始计时(取作t ＝0),当振动至t ＝3π2Lg时,摆球具有最大速度,则单摆地振动图象是图5中地( )图5 图69．如图6所示,单摆摆长相同,平衡时两摆球刚好接触,现将摆球A 在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放．碰撞后,两摆球分开各自做简谐运动,以m A 、m B 分别表示摆球A 、B 地质量,则( )A ．如果m A ＞mB ,下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B ．如果m A ＜m B ,下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C ．无论两球地质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D ．无论两球地质量之比是多少,下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧10．在实验室可以做“声波碎杯”地实验,用手指轻弹一只酒杯,可以听到清脆地声音,测得这个声音地频率为500Hz.将这只酒杯放在两只大功率地声波发生器之间,操作人员通过调整其发出地声波,就能使酒杯碎掉,下列说法中正确地是( ) A ．操作人员一定是把声波发生器地功率调到很大B ．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高地超声波C ．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波地频率和功率D ．操作人员一定是将声波发生器发出地声波频率调到500Hz二、填空题(本题共2小题,每小题8分,共16分．把答案填在题中横线上)11．某实验小组拟用如图7甲中装置研究滑块地运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、M 尺、带滑轮地长木板,以及漏斗和细线组成地单摆等．实验中,滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动,同时单摆垂直于纸带运动方向摆动,漏斗漏出地有色液体在纸带上留下地痕迹记录了漏斗在不同时刻地位置．图7 图8(1)在图乙中,从________纸带可看出滑块地加速度和速度方向一致．(2)用该方法测量滑块加速度地误差主要来源有：________、________(写出两个即可)．12．(1)在“用单摆测重力加速度”地实验中,下列措施中可以提高实验精度地是________．A ．选细线做为摆线B ．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C ．拴好摆球后,令其自然下垂时测量摆长D ．计时起止时刻,选在最大摆角处(2)某同学在做“利用单摆测重力加速度”地实验中,先测得摆线长为97.50cm,摆球直径为2.00cm,然后用秒表记录了单摆振动50次所用地时间,则：①该摆摆长为________cm.②如果测得地g值偏小,可能地原因是________.A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点末固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了C．开始计时时,秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动记为50次③为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长l并测出相应地周期T,从而得出一组对应地l与T地数据,再以l为横坐标,T2为纵坐标,将所得数据连成直线如图8所示,并求得该直线地斜率为k,则重力加速度g＝________(用k表示)．三、计算题(本题共4小题,共44分,解答应写出必要地文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案地不能得分．有数值计算地题,答案中必须明确写出数值和单位) 13．(10分)一弹簧振子地质量为100g,频率为2Hz,若把振子拉开4cm后放开,弹簧地劲度系数为100N/m,求：(1)弹簧振子地最大加速度大小；(2)3s内振子通过地总路程．14．(10分)有人利用安装在气球载人舱内地单摆来确定气球地高度．已知该单摆在海平面处地周期是T0.当气球停在某一高度时,测得该单摆周期为T,求该气球此时离海平面地高度h,把地球看成质量均匀分布地半径为R地球体．115．(12分)如图9所示,两个完全相同地弹性小球A和B分别挂在l和l/4地细线上,重心在同一水平面且小球恰好相互接触,把第一个小球A向右拉开一个不大地距离后由静止释放,经过多长时间两球发生第12次碰撞(两球碰撞时交换速度)?图916．(12分)如图10所示,一块涂有炭黑地玻璃板,质量为2kg,在拉力F地作用下,由静止开始竖直向上做匀加速运动．一个装有水平振针地振动频率为5Hz地固定电动音叉在玻璃上画出了图示曲线,量得OA＝1cm,OB＝4cm,OC＝9cm,求外力F地大小．(g取10m/s2)图10答案选择题1解读：选D.如图所示,设质点在A、B之间振动,O点是它地平衡位置,并设向右为正．在质点由O向A 运动过程中其位移为负值；而质点向左运动,速度也为负值．质点在通过平衡位置时,位移为零,回复力为零,加速度为零,但速度最大．振子通过平衡位置时,速度方向可正可负,由F＝－kx知,x相同时F相同,再由F＝ma知,a相同,但振子在该点地速度方向可能向左也可能向右．2．解读：选B.据简谐运动地特点可知,振动地物体在平衡位置时速度最大,振动物体地位移为零,此时对应题图中地t2时刻,B对．3．解读：选BD.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．4解读：选C.因为弹簧振子固有周期和频率与振幅大小无关,只由系统本身决定,所以f1∶f2＝1∶1,选C.5解读：选B.对于阻尼振动来说,机械能不断转化为内能,但总能量是守恒地．6.解读：选B.因质点通过A、B两点时速度相同,说明A、B两点关于平衡位置对称,由时间地对称性可知,质点由B 到最大位移,与由A 到最大位移时间相等；即t 1＝0.5 s,则T2＝t AB ＋2t 1＝2 s,即T ＝4 s,由过程地对称性可知：质点在这2 s 内通过地路程恰为2 A ,即2A ＝12 cm,A ＝6 cm,故B 正确． 7.解读：选A.两球释放后到槽最低点前地运动为简谐运动且为单摆模型．其周期T ＝2πR g,两球周期相同,从释放到最低点O 地时间t ＝T4相同,所以相遇在O 点,选项A 正确．8．解读：选C.从t ＝0时经过t ＝3π2Lg 时间,这段时间为34T ,经过34T 摆球具有最大速度,说明此时摆球在平衡位置,在给出地四个图象中,经过34T 具有负向最大速度地只有C 图,选项C 正确．9.解读：选CD.单摆做简谐运动地周期T ＝2πl g,与摆球地质量无关,因此两单摆周期相同．碰后经过12T 都将回到最低点再次发生碰撞,下一次碰撞一定发生在平衡位置,不可能在平衡位置左侧或右侧．故C 、D 正确．10．解读：选D.通过调整发生器发出地声波就能使酒杯碎掉,是利用共振地原理,因此操作人员一定是将声波发生器发出地声波频率调到500 Hz,故D 选项正确． 二、填空题(本题共2小题,每小题8分,共16分．把答案填在题中横线上) 11答案：(1)B (2)摆长地测量、漏斗重心地变化、液体痕迹偏粗、阻力变化…… 12答案：(1)ABC (2)①98.50 ②B ③4π2k计算题13．(10分)解读：由题意知弹簧振子地周期T ＝0.5 s, 振幅A ＝4×10－2 m. (1)a max ＝kx max m＝kA m＝40 m/s 2.(2)3 s 为6个周期,所以总路程为s ＝6×4×4×10－2 m ＝0.96 m.答案：(1)40 m/s 2 (2)0.96 m14．(10分)解读：设单摆地摆长为L ,地球地质量为M ,则据万有引力定律可得地面地重力加速度和高山上地重力加速度分别为：g ＝G M R 2,g h ＝GMR ＋h2据单摆地周期公式可知T 0＝2πL g,T ＝2πL g h由以上各式可求得h ＝(TT 0－1)R .答案：(TT 0－1)R15．(12分解读：球A 运动地周期T A ＝2πl g,球B 运动地周期T B ＝2πl /4g＝πl g.则该振动系统地周期T ＝12T A ＋12T B ＝12(T A ＋T B )＝3π2l g.在每个周期T 内两球会发生两次碰撞,球A 从最大位移处由静止开始释放后,经6T ＝9πl g,发生12次碰撞,且第12次碰撞后A 球又回到最大位置处所用时间为t ′＝T A /4. 所以从释放A 到发生第12次碰撞所用时间为t ＝6T －t ′＝9πl g －2T 2l g＝17π2l g.答案：17π2l g16．(12分解读：在力F 作用下,玻璃板向上加速,图示OC 间曲线所反映出地是振动地音叉振动位移随时间变化地规律,其中直线OC 代表音叉振动1.5个周期内玻璃板运动地位移,而OA 、AB 、BC 间对应地时间均为0.5个周期,即t ＝T 2＝12f＝0.1 s ．故可利用匀加速直线运动地规律——连续相等时间内地位移差等于恒量来求加速度． 设板竖直向上地加速度为a ,则有：s BA －s AO ＝aT 2①s CB －s BA ＝aT 2,其中T ＝152s ＝0.1 s ②由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ③ 解①②③可求得F ＝24 N. 答案：24 N。