2020版高中物理 第一章 机械振动试卷 教科版选修3-4

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精品 第一章 机械振动

章末检测试卷

(时间：90分钟 满分：100分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分)

1.(多选)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.位移和速度第一次同时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 BD

2.下列说法正确的是( )

A.摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确

B.火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆

C.挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频

D.在连续均匀的海浪冲击下，停在海面上的小船上下振动，是共振现象

答案 C

解析 摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2πlg可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥车发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；停在海面上的小船上下振动，是受迫振动，故D错误.

3.(多选)如图1所示，A、B、C三个小钢球的质量分别为2m、12m、m，A球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时，下列说法正确的是(

)

图1

A.B的振动周期最大

B.C的振幅比B的振幅小

C.C的振幅比B的振幅大

D.A、B、C的振动周期相等 ..

精品 答案 CD

解析 由题意知，A做自由振动，振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故A错误，D正确；由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比B的振幅大，故C正确，B错误.

4.如图2所示为某质点在0～4s内的振动图像，则(

)

图2

A.质点振动的振幅是2m，质点振动的频率为4Hz

B.质点在4s末的位移为8m

C.质点在4s内的路程为8m

D.质点在t＝1s到t＝3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小

答案 C

解析 由题图可知振动的振幅A＝2m，周期T＝4s，则频率f＝1T＝0.25Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4s末的位移为零，选项B错误；路程s＝4A＝8m，选项C正确；质点从t＝1s到t＝3s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误.

5.某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图3所示的共振曲线.横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅.已知重力加速度为g，下列说法中正确的是(

)

图3

A.由图中数据可以估算出单摆的摆长

B.由图中数据可以估算出摆球的质量

C.由图中数据可以估算出摆球的最大动能

D.如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动

答案 A

解析 从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率，单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率，根据单摆的频率可以计算出单摆的周期，根据单摆的周期公式可以估算出单摆的摆长，选项A正确；从单摆的周期无法计算出单摆的摆球质量和摆球的最大动能，选项B、C错误；如果增大单摆的摆长，单摆的周期增大，频率减小，曲线的峰将向左移动，选项D错误. ..

精品 6.(多选)某单摆原来的周期为T，下列哪些情况会使单摆周期发生变化( )

A.摆长减为原来的14

B.摆球的质量减为原来的14

C.振幅减为原来的14

D.重力加速度减为原来的14

答案 AD

解析 由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关，故A、D正确.

7.(多选)如图4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的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是(

)

图4

A.t＝0.8s时，振子的速度方向向左

B.t＝0.2s时，振子在O点右侧62cm处

C.t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同

D.t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的加速度逐渐减小

答案 ABD

解析 从t＝0.8 s时起，再过一段微小的时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t＝0.8 s时，速度方向向左，A正确；由题中图像得振子的位移x＝12sin5π4t cm，故t＝0.2 s时，x＝62 cm，故B正确；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移方向相反，由a＝－kxm知，加速度方向相反，C错误；t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其加速度逐渐变小，故D正确.

8.如图5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，MO的距离小于NO的距离.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(

)

图5 ..

精品 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

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A、B两球的运动周期分别为TA＝2πR1g，TB＝2πR2g，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝14TA＝π2R1g，tB＝14TB＝π2R2g，由于R1

9.(多选)如图6所示是摆长均为L的两个单摆，两摆球间用一根细线相连，现使两摆线与竖直方向均成θ角(θ<5°)，且使两单摆静止.已知甲的质量大于乙的质量.当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，从细线断开瞬间开始计时，当经过t时间，甲、乙两摆球第n次距离最近.则下列说法正确的是( )

图6

A.甲的振幅小于乙的振幅

B.甲的振幅等于乙的振幅

C.两单摆所处位置的重力加速度为g＝π2n2Lt2

D.甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度

答案 BD

解析 甲、乙两单摆的摆长相等，再结合题意可知，甲、乙两单摆做简谐运动的振幅相等，A错误，B正确；两单摆在平衡位置时速度最大，根据mgh＝12mv2，得v＝2gh，即速度与质量无关，所以甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度，D正确；当经过t时间，甲、乙两摆球第n次距离最近，说明单摆周期为T＝tn，根据T＝2πLg，知单摆周期与质量无关，且两单摆所处位置的重力加速度为g＝4π2n2Lt2，所以C错误.

10.劲度系数为k的轻弹簧竖直悬挂，在其下端挂一质量为m的砝码，然后从弹簧原长处由静止释放砝码，不计阻力，重力加速度为g.则( )

A.砝码的运动不是简谐振动

B.砝码最大加速度为2g ..

精品 C.砝码偏离平衡位置的最大位移为2mgk

D.弹簧最大弹性势能为2m2g2k

答案 D

解析 设砝码的最大速度为vm，砝码的速度最大时，弹簧弹力大小等于砝码的重力，则得mg＝kx0，得弹簧伸长的长度x0＝mgk，此位置为平衡位置，在平衡位置以上Δx时，弹簧的弹力为F＝k(x0－Δx)，砝码受到的合力F合＝mg－F＝mg－k(x0－Δx)＝kΔx，同理可以得出砝码在平衡位置以下Δx时，仍然满足F合＝kΔx，即砝码受到与离开平衡位置的位移成正比的合外力的作用，且该合力方向始终指向平衡位置，所以由静止释放砝码后，砝码在重力和弹簧的弹力作用下将做简谐振动，故A错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，根据对称性可知，此时弹簧伸长量为：x′＝2x0＝2mgk，根据牛顿第二定律得：a＝F弹－Gm＝kx′－mgm＝2mg－mgm＝g，所以弹簧弹性势能最大时小球加速度大小为g，故B错误；此时弹簧伸长量x′＝2mgk，所以砝码偏离平衡位置的最大位移为x′－x0＝mgk，故C错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，砝码从静止开始下落到速度为零时，根据动能定理得：mg·2mgk＋W弹＝0，解得W弹＝－2m2g2k，所以弹簧的最大弹性势能为2m2g2k，故D正确.

11.如图7所示，一质点在a、b间做简谐运动，O是它振动的平衡位置.若从质点经过O点开始计时，经3s，质点第一次到达M点，再经2s，它第二次经过M点，则该质点的振动图像可能是下图中的(

)

图7

答案 C

解析 若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M到b的时间为1s，则T4＝3s＋1s＝4s，解得T＝16s，若质点从平衡位置先向左运动，可知M到b的时间为1s，则34T＝3s＋1s＝4s，解得T＝163s，故C正确，A、B、D错误.

12.(多选)一弹簧振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点.t＝0时振子的位移x＝－0.1m；t＝43s时x＝0.1m；t..

精品 ＝4s时x＝0.1m.该振子的振幅和周期可能为( )

A.0.1m，83s B.0.1m,8s

C.0.2m，83s D.0.2m,8s

答案 ACD

解析 若振幅A＝0.1m，T＝83s，则43s为半个周期，从－0.1m处运动到0.1m处，符合运动实际，4s－43s＝83s为一个周期，正好返回0.1m处，所以A对；若A＝0.1m，T＝8s，43s只是T的16，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B错；若A＝0.2m，T＝83s，则43s＝T2，振子可以由－0.1m处运动到对称位置，4s－43s＝83s＝T，振子可以由0.1m处返回0.1m处，所以C对；若A＝0.2m，T＝8s，则43s＝2×T12，而sin2πT·T12＝12，即T12时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1m处，再经83s又恰好能由0.1m处运动到0.2m处后，再返回0.1m处，所以D对.

二、填空题(本题共2小题，共24分)

13.(12分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图8甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t.在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示).

图8

(1)从乙图可知，摆球的直径为d＝________mm.

(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________.

(3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是________.

A.尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线

B.当单摆经过最高位置时开始计时

C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的

D.测量多组周期T和摆长l，作T2－l关系图像来处理数据