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)-精选教育文档

《机械振动》单元检测题
一、单选题
1.对于做简谐运动的单摆，下列说法中正确的是( )
A．在位移为正的区间，速度和加速度都一定为负
B．当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振动的能量也逐渐增大
C．摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，摆线所受拉力最大
D．摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态
2.如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T 形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以 4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则( )
甲乙
A．此振动系统的固有频率约为3 Hz
B．此振动系统的固有频率约为0.25 Hz
C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变
D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动
3.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
＝
ta
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.有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时(t＝0)具有正的最大位移，则它的振动方程是( )
A．x＝8×10－3sin m
B．x＝8×10－3sin m
C．x＝8×10－1sin m
D．x＝8×10－1sin m
6.下列运动中不属于机械运动的有( )
A．人体心脏的跳动
B．地球绕太阳公转
C．小提琴琴弦的颤动
D．电视信号的发送
7.如图所示，一个内壁光滑的半球形容器水平固定放置，一小球自容器的球心O点自由下落，经时间t1到达容器的底部B点，小球自A点由静止开始滑到B点，时间为t2，如改为由离B点很近的C点自由滑下，则滑到B点历时t3，下列叙述正确的是( ) A．t2＝t1 B．t2＞t1 C．t3＝t1 D．t3＜t1
8.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
9.如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力频率f的关系，下列说法正确的是(g＝10 m/s2，π2＝10)( )
A．摆长约为10 cm
B．摆长约为10 m
C．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动
D．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
10.一弹簧振子由平衡位置开始做简谐运动，并把此时作为计时零点，其周期为T.则振子在t1时刻(t1＜)与t1＋时刻相比较，相同的物理量是( )
A．振子的速度
B．振子的加速度
C．振子的回复力
D．振子的动能
11.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟．如图所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动．在甲地走的准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是( )
A．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
B．甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
D．乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
12.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
二、多选题
13. 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 s
B．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
14. 一个由绝缘轻绳和带电小球组成的单摆竖直悬挂，无外电场时，单摆摆线与竖直方向的夹角θ随时间t的变化图象如图，现施加一水平方向的匀强电场后，下列图象中不可能是该单摆的θ－t图象是( )
A． B． C． D ．
15 单摆原来的周期为T，下列哪种情况会使单摆周期发生变化( )
A．摆长减为原来的
B．摆球的质量减为原来的
C．振幅减为原来的
D．重力加速度减为原来的
16.对“用单摆测定重力加速度”的实验，下列说法正确的是( )
A．如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球作摆球
B．单摆偏角不超过5°
C．为便于改变摆长，可将摆线的一头绕在铁架台上的圆杆上以代替铁夹
D．测量摆长时，应用力拉紧摆线
17.如图甲所示，小球在内壁光滑的固定圆弧形轨道最低点附近做小角度振动，t＝0时，小球位于最低点，其振动图象如图乙所示，以下说法中正确的是( )
A．t1时刻小球的速度为零
B．t2时刻小球的位移为零
C．t3时刻小球的速度最大
D．t4时刻小球的向心加速度为零
三、实验题
18.下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：
(1)利用上述数据，在图中描出l－T2的图象．
(2)利用图象，取T2＝5.2 s2时，l＝______m，重力加速度g＝______m/s2.
19.用单摆测定重力加速度实验中：
(1)除了细线、摆球、铁架台、铁夹、米尺之外，必需的仪器还有______；
(2)为了减小实验误差：当摆球的直径约为2 cm时，比较合适的摆长应选______ A．80 cm B．30 cm C．10 cm
(3)实验中，利用g＝，求得g，其摆长L和周期T的误差都会使最后结果产生误差，两者相比，______的误差影响较大；
(4)在某次实验中，测得单摆振动50次全振动的时间如图所示，则单摆的周期T＝______s.
四、计算题
20.如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数足够大，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长为L时将物块由静止开始释放，物块将在某一平衡位置两侧做简谐运动，在运动过程中斜面体始终处于静止状态，重力加速度为g.
(1)求物块处于平衡位置时弹簧的伸长量；
(2)依据简谐运动的对称性，求物块m在运动最低点的加速度大小；
(3)若在斜面体的正下方安装一个压力传感器，求在物块m运动的全过程中，此压力传
感器的最大示数．
21.如图所示是两个单摆的振动图象．
(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t＝0起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲振动到了什么位置？向什么方向运动？
22.由密度为ρ的金属小球组成的单摆，在空气中振动周期为T0，若把小球完全浸入水中成为水下单摆，则振动周期变为多大？(不计空气和水的阻力)
答案解析
1.【答案】C
【解析】回复力F＝－kx，加速度a＝－，若位移为正，加速度为负，但经过同一点速度有两个可能的方向，不一定为负，故A错误；回复力F＝－kx，当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，机械能守恒，不是增加；故B错误；摆球经过平衡位置时，动能最大，故速度最大，重力势能最小，摆线所受拉力最大，故C正确；摆球在最大位移处时，速度为零，受重力和拉力，二个力不共线，故不是平衡力，故D错误；故选C.
2.【答案】A
【解析】由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故A正确，B错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误．
3.【答案】C
【解析】对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t
＝2.
1
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．
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】A
【解析】ω＝＝4π rad/s，当t＝0时，具有正的最大位移，则x＝A，所以初相φ＝，表达式为x＝8×10－3sin m，A正确．
6.【答案】D
【解析】人体心脏的跳动，心脏位置不断改变，是机械运动，故A错误；地球绕太阳运动，相对太阳的位置不断改变，是机械运动，故B错误；小提琴琴弦的颤动，是机械振动，属于机械运动，故C错误；电视信号的发送，是电磁波的传播，电磁波是场物质，不是宏观物体，故不是机械运动，故D正确．
7.【答案】B
【解析】从O点自由下落做自由落体运动，根据R＝gt2得，t1＝，从A点下滑，做变速圆周运动，在整个运动的过程中加速度小于g，但是路程大于R，可知时间t2一定大于t1，故A错误，B正确．
小球从C点自由滑下，做单摆的运动，可知t3＝T＝，可知t1＜t3，故C、D错误．
8.【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．
9.【答案】D
【解析】由共振曲线可知：当驱动力频率f＝0.5 Hz时产生共振现象，则单摆的固有
频率f＝0.5 Hz.由单摆的频率公式f＝得：L＝＝m＝1 m．故A、B错误；由单摆的频率公式f＝得知，当摆长增大时，单摆的固有频
率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动，故C错误，D 正确．
10.【答案】D
【解析】根据周期性和对称性可知，两时刻的时间间隔为，则可知两点的位移大小相等，方向相反，速度大小相等，方向相反，此时加速度大小相等，方向相反，只有动能相等．
11.【答案】C
【解析】由甲到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2π，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动．则C正确．
12.【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．
13.【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．
14.【答案】BD
【解析】在重力场中，单摆的周期公式为：T＝2π，其中的l是单摆的摆长；
当施加一水平方向的匀强电场后，由几何关系可知，水平方向的电场力和竖直方向的重力相互垂直，所以合力：F合＝
此时单摆的周期公式为：T′＝2π
可知在复合场中单摆的周期小于只有重力作用时单摆的周期，因此t0时间内完成的单摆的次数增加，所以图象中不可能是该单摆的θ－t图象有B、D.
若所加电场电场力的方向和单摆摆线与竖直方向的夹角θ的正方向相同，则选项A正确；若电场力的方向和单摆摆线与竖直方向的夹角θ的正方向相反，则选项C正确．本题选择图象中不可能是该单摆的θ－t图象，所以选BD.
15.【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．
16.【答案】AB
【解析】摆球选择质量大一些，体积小一些的小球，如果有两个大小相等且都带孔的铁球和木球，应选用铁球作摆球，故A正确；当摆角小于5°时，单摆的运动可以看成是简谐运动，所以单摆的摆角不超过5°，故B正确；不能将摆线的一头绕在铁架台的圆杆上，这样单摆摆动时，摆长会发生变化，故C错误；测量摆长时，不能用力拉紧摆线，应测量挂上摆球后的自然长度，故D错误．
17.【答案】AB
【解析】t1时刻小球位于最大位移处，速度为零，故A正确；t2时刻小球处于平衡位置，位移为零，B正确；t3时刻小球处于负向位移最大处，速度为0，故C错误；t4时
刻小球处于平衡位置，速度最大，则向心加速度最大，故D错误．
18.【答案】(1)
(2)1.3 9.86
【解析】(1)描点作图如图所示．
(2)由图可知当T2＝5.2 s2时，l＝1.3 m，得：g＝＝m/s2≈9.86 m/s2.
19.【答案】(1)秒表和游标卡尺(2)A (3)周期(4)2.02
【解析】(1)在用单摆测定重力加速度实验中，需要用秒表测量周期，用米尺测量摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，所以实验必须的仪器还有秒表和游标卡尺．(2)单摆在摆动过程中．阻力要尽量小甚至忽略不计，同时摆长不能过小，一般取 1 m 左右，故A最为合适，故选A.
(3)根据单摆周期公式T＝2π得到g的表达式g＝，重力加速度与摆长成正比，而与周期的平方成反比，可知周期对误差的影响比较大．
(4)秒表的读数为90＋10.8 s＝100.8 s.
单摆完成50次全振动的时间为t，所以T＝＝＝2.02 s.
20.【答案】(1)(2)g sinα＋(3)(M＋m)g＋mg sin2α＋sinα
【解析】(1)设物块处于平衡位置时弹簧的伸长量为Δl，则
mg sinα－kΔl＝0，
解得Δl＝.
(2)根据简谐运动的对称性可知，最高点和最低点的加速度大小相同，
在最高点，由牛顿第二定律得
mg sinα＋＝ma，
解得a＝g sinα＋.
(3)由于斜面体受力平衡，则在竖直方向上有
F
－Mg－F sinα－F N1cosα＝0，
N2
其中F N1＝mg cosα，F－mg sinα＝ma，
根据牛顿第三定律得
F
′＝F N2＝(M＋m)g＋mg sin2α＋sinα.
N2
21.【答案】(1)1∶4(2)平衡位置向左运动
【解析】(1)由题图可以看出，单摆甲的周期是单摆乙的周期的，即T甲＝T乙，又由单摆的周期与摆长的关系可知，l甲∶l乙＝1∶4.
(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t＝2 s，振动了周期，甲振动了周期，位移为0，位于平衡位置，此时甲向左运动．
22.【答案】T0
【解析】小球在水中等效重力加速度为：
g′＝＝＝g，
在空气中的周期为：T0＝2π，
在水中的周期为：T＝2π，
联立解得：T＝T0.
第 11 页。