【精品试卷】人教版高中物理选修3-4《第11章机械振动》单元综合试题及答案5复习专用试卷
高中物理人教版本选修3-4 第十一单元《机械振动》单元考试测试卷
高中物理人教版本选修3-4第十一单元《机械振动》单元考试测试卷第十一单元《机械振动》单元测试卷三、单选题(共15小题)1.如图9所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球．用手向下拉一小段距离后释放铁球，铁球便上下做简谐运动，则()图9A．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B．在小球从最高点向平衡位置运动的过程中，小球的位移逐渐减小，回复力、加速度先减小后增大C．若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T＝2π√mkD．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为mgk2.某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图所示的共振曲线．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()A．由图中数据可以估算出摆球的摆长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3.一位游客在千岛湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是()A． 0.5 s B． 0.75 s C． 1.0 s D． 1.5 s4.如图所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间做简谐运动，关于振子下列说法正确的是()A．在a点时加速度最大，速度最大B．在O点时速度最大，位移最大C．在b点时位移最大，回复力最大D．在b点时回复力最大，速度最大5.如图所示，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3 s，质点第一次到达M点，再经2 s，它第二次经过M点．则该质点的振动图象可能是下图中的()A．B．C．D．6.弹簧振子在做机械振动时，按周期性规律变化的物理量是()A．回复力B．周期C．频率D．振幅7.一质点作简谐运动，其位移x随时间t变化的图象如图所示．由图可知，在t＝4 s时，质点的()A．速度为零，加速度为负的最大值B．速度为零，加速度为正的最大值C．速度为负的最大值，加速度为零D．速度为正的最大值，加速度为零8.如图所示为共振筛示意图，共振筛振动的固有频率为5 Hz，为使共振筛发生共振，使其工作效率达到最高，则偏心轮的转速为()A． 5 r/s B． 10 r/s C． 0.2 r/s D． 300 r/s9.劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在倾角为30°的足够长光滑斜面底端，另一端与质量为m 的物块A 相连，跨过定滑轮O 的轻绳一端系住A ，另一端与质量为m 的球B 相连．细线OA 平行于斜面如图所示．用手托住球B ，使轻绳刚好伸直．现松手使球B 从静止开始下落，物块A 将在斜面上做简谐运动．下列说法正确的是( )A ． 物块A 获得的最大速度v ＝B ． 物块A 获得的最大速度v ＝C ． 球B 下落最大高度h ＝D ． 球B 下落最大高度h ＝10.如图2所示为某质点在0～4 s 内的振动图象，则( )图2A ． 质点振动的振幅是2 m ，质点振动的频率为4 HzB ． 质点在4 s 末的位移为8 mC ． 质点在4 s 内的路程为8 mD ． 质点在t ＝1 s 到t ＝3 s 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 11.工厂里，有一台机器正在运转，当其飞轮转得很快的时候，机器的振动并不强烈，切断电源，飞轮转动逐渐慢下来，到某一时刻t ，机器发生了强烈的振动，此后，飞轮转动的更慢，机器的振动反而减弱，这种现象说明( )A ． 在时刻t 飞轮惯性最大B ． 在时刻t 飞轮转动的频率最大C ． 在时刻t 飞轮转动的频率与机身的固有频率相等，发生共振D ． 纯属偶然现象，并无规律12.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N 1和N 2拉动速度用v 1和v 2表示，板N 1和N 2上曲线所代表的摆动周期用T 1和T 2表示，则( )A ．T 1＝2T 2B ． 2T 1＝T 2C ．v 1＝2v 2D ． 2v 1＝v 213.一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T ，则( )A ． 若t 时刻和(t ＋Δt )时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则Δt 一定等于T 的整数倍B ． 若t 时刻和(t ＋Δt )时刻振子运动位移的大小相等、方向相反，则Δt 一定等于的整数倍C ． 若Δt ＝T ，则在t 时刻和(t ＋Δt )时刻振子振动的速度一定相等D ． 若Δt ＝，则在t 时刻和(t ＋Δt )时刻弹簧的长度一定相等14.在同一地点，单摆甲的周期是单摆乙的周期的4倍，下列说法正确的是( )A ． 甲的频率是乙的4倍B ． 甲的摆长是乙的16倍C ． 甲的振幅是乙的4倍D ． 甲的振动能量是乙的4倍15.弹簧振子以O 点为平衡位置，在水平方向上的A ，B 两点间做简谐运动，以下说法正确的是( )A ． 振子在A 、B 两点时的速度和加速度均为零B ． 振子在通过O 点时速度的方向将发生改变C ． 振子的加速度方向总跟速度方向相反D ． 振子离开O 点运动总是减速运动，靠近O 点的运动总是加速运动二、填空题(共3小题)16.在用单摆测定重力加速度实验中：(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上．A ．长1 m 左右的细绳B ．长30 cm 左右的细绳C ．直径2 cm 的铅球D ．直径2 cm 的铁球E ．秒表F ．时钟G ．分度值是1 cm 的直尺 H ．分度值是1mm 的直尺；所选器材是_________________．(2)实验时对摆线偏离竖直线的要求是______________；理由是________________________． 17.如图所示，在地面上有一单摆，做左右小角度摆动，其周期T ＝____________(图中所标出的字母均为已知量，当地的重力加速度为g)；若考虑到单摆摆动时空气浮力的影响，则周期将______．(填“变大”“不变”“变小”)18.一简谐运动的位移与时间的函数关系式为x＝10sin(80πt＋) cm，由此可以求出该运动的周期为______s，初相位为____________．三、实验题(共3小题)19.某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径如图甲所示，然后用秒表记录了单摆振50次所用的时间，如图丙所示，则：甲乙丙(1)该摆摆长为______cm，周期为______s．(结果保留二位小数)(2)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：试以l为横坐标，T2为纵坐标，作出T2－l图线，并利用此图线求出重力加速度g＝______m/s2(结果保留三位有效数字)20.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/s2.21.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(共3小题)22.如图所示的系统中，轻弹簧的劲度系数k＝39.2 N/m，物块A、B的质量分别为0.1 kg和0.2 kg，A、B间的接触面水平，且最大静摩擦力为1.96 N，为使两物体一起在光滑的水平面上做简谐运动而不发生相对滑动，求振动振幅的最大值．23.如图，A、B两单摆摆长分别为m、m，两球静止时刚好接触，且重心等高、质量相等．今把A球从平衡位置向右拉开一个微小角度，然后无初速释放，于是A、B将发生一系列弹性正碰，设碰撞后两球速度互换，碰撞时间不计．则释放A球后20 s内两球碰撞多少次？(g取9.8m/s2)24.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：(重力加速度为g)(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？答案解析1.【答案】C【解析】平衡位置是振子处于平衡状态时所处的位置，小球处于平衡位置时，其所受的重力大小与弹簧的弹力大小相等，即mg＝kx，此时弹簧处于拉伸状态，故选项A错误；振动中的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而小球向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律a＝Fm得，加速度也减小，小球向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故小球的速度逐渐增大，故选项B错误；单摆周期公式T＝2π√Lg ，根据平衡条件有kL＝mg，联立解得T＝2π√mk，故选项C正确；当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg，则轻弹簧处于压缩状态，弹力F＝Mg＝kx，解得弹簧的压缩量为x＝Mgk，故选项D错误．2.【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．3.【答案】C【解析】令振动的表达式为y＝0.2sinπt，当y＝0.1 m时，t1＝0.25 s，所以在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是t2＝1.5－2t1＝1 s，C项正确．4.【答案】C【解析】在a点时加速度最大，但速度为零，故A错误；在O点时速度最大，位移为零，故B错误；在b点时位移最大，回复力最大，故C正确；在b点时回复力最大，速度为零，故D错误．5.【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1 s，则＝3＋1＝4 s，解得T ＝16 s.若质点从平衡位置向左运动，可知M到b的时间为1 s，则T＝3＋1＝4 s，解得T＝s．故C正确，A、B、D错误．6.【答案】A【解析】简谐运动的回复力：F＝－kx，是周期性变化的，故A正确；简谐运动的周期是完成一次全振动的时间，是固定的，故B错误；简谐运动的频率是单位时间内完成全振动的次数，是固定的，故C错误；简谐运动的振幅是振子偏离平衡位置的最大距离，是固定的，故D错误．7.【答案】A【解析】在t＝4 s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大值．8.【答案】A【解析】根据题意，筛子的固有频率为 5 Hz，电动机在某电压下，电动偏心轮的频率应该等于筛子的频率，则周期：T＝s，则转速：n＝＝5 r/s.9.【答案】A【解析】开始位置弹簧处于压缩状态，根据胡克定律，有：kx1＝mg sin 30°，解得：x1＝＝；释放球B后，平衡时弹簧处于伸长状态，根据平衡条件，有：mg－mg sin 30°＝kx2，解得：x2＝；故振幅为：A＝x1＋x2＝，到达平衡位置时，物块A获得最大速度，弹簧系统机械能守恒，根据系统机械能守恒定律，有：mgA－mgA sin 30°＝(m＋m)v2；解得：v＝，故A正确，B错误；振幅为，故下降的最大高度为2A，即，故C、D错误；故选：A.10.【答案】C【解析】由题图可知振动的振幅A＝2 m，周期T＝4 s，则频率f＝1＝0.25 Hz，选项A错误；振T动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s末的位移为零，选项B错误；路程s＝4A＝8 m，选项C正确；质点从t＝1 s到t＝3 s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误．11.【答案】C【解析】飞轮转动的越来越慢时，做受迫振动的频率在减小，当减小到跟机器的固有频率相等时，发生共振，振动最强烈，然后受迫振动的频率继续减小，远离固有频率，振动又减弱，C正确．12.【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＝2v2.13.【答案】C【解析】结合弹簧振子的运动示意图和振动图象进行分析；如图所示：图中的a、b、c三点位移大小相等、方向相同，显然Δt不一定等于T的整数倍，A错误；图中的a、d两点的位移大小相等、方向相反，Δt<，B错误；在相隔一个周期T的两个时刻，振子只能位于同一位置，其位移相同，速度也相等，C正确；相隔的两个时刻，振子的位移大小相等、方向相反，其位置关于平衡位置对称，弹簧分别处于压缩和拉伸状态，弹簧的长度并不相等，D错误．14.【答案】B【解析】由单摆的周期公式T＝2π可知L＝，故B选项正确；甲的频率是乙的频率的，故A选项错误；虽然甲、乙两单摆的摆长有L甲＝4L乙，但两个单摆的摆角不确定，两摆球质量不确定，故C、D选项错误．15.【答案】D【解析】在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，故A、B为最大位移处，速度为零，而加速度最大，故A错误；振子在通过O点时速度的方向不发生改变，故B错误；由简谐运动规律的定义振子的加速度方向总跟位移的方向相反，跟振子的运动方向有时相同，有时相反，故C错误；振子离开O点运动后的运动方向与加速度方向相反，故为减速运动，振子靠近O点的运动方向与加速度方向相同故为加速运动，所以D正确．16.【答案】(1)A、C、E、H(2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mg sinθ，只有当θ<10°时，sinθ≈θ，此摆才称为单摆，其振动才是简谐振动，周期T＝2π的关系式才成立．【解析】(1)所选器材为A、C、E、H.(2)偏角要求小于10°.根据本实验的原理：振动的单摆，当摆角小于10°时，其振动周期与摆长的平方根成正比，与重力加速度的平方根成反比，而与偏角的大小(振幅)、摆球的质量无关，周期公式为：T＝2π，经变换得g＝.因此，在实验中只要测出单摆的摆长L和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值，本实验的目的是测出g的值，而不是验证单摆的振动规律．如果在实验中选用较短的摆线，既会增大摆长的测量误差，又不易于保证偏角θ小于10°.摆线较长，摆角满足小于10°的要求时，单摆的振动缓慢，方便计数和计时，所以应选A.摆球应尽量选重的，所以选C.因为单摆振动周期T的测量误差对重力加速度g的影响较大，所以计时工具应选精确度高一些的秒表．摆长的测量误差同样对g的影响较大，也应选精度较高的最小刻度为毫米的直尺，即选H.(2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mg sinθ，只有当θ<10°时，sinθ≈θ，此摆才称为单摆，其振动才是简谐振动，周期T＝2π的关系式才成立．17.【答案】2π变大【解析】单摆做左右小角度摆动，球与圆心距离为摆长，故摆长为L；故单摆的周期为：T＝2π；浮力为恒力，向上，会抵消部分重力的影响，相当于重力加速度减小了，故周期会变大．18.【答案】(1)0.025【解析】简谐运动的位移与时间的函数关系式为x＝10sin(80πt＋) cm，式中ω＝80π rad/s，初相位为.则周期T＝＝＝0.025 s.19.【答案】(1)98.09 2.05(2)如图所示9．86【解析】(1)由图示游标卡尺可知，摆球直径为：d＝11 mm＋14×0.05 mm＝11.7 mm＝1.17 cm，单摆摆长为：L＝l＋＝97.50＋≈98.09 cm，由图示秒表可知，其示数为：1 min＋42.5 s＝102.5 s，单摆周期为：T＝＝＝2.05 s；(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：根据单摆周期公式：T＝2π可知：T2＝l，T2－l图象的斜率：k＝＝＝＝4，解得：g＝9.86 m/s2.20.【答案】(1)(2)1.39.86【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/s2.21.【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.22.【答案】0.15 m【解析】设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有：kx＝(mA＋mB)a对A物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：F f＝mAaF f≤F m联立解得：x≤F m＝×1.96＝0.15 m.23.【答案】27【解析】先求出A、B摆长的单摆周期：TA＝2π＝2 s，TB＝2π＝1 s．A与B发生碰撞，碰后速度交换，A静止，B球向左摆动，再经又摆回与A发生碰撞，碰后B静止，A向右运动，再经回到最右边．可见每经过T＝＝s，A、B发生两次碰撞，A又回到释放初的最右位置．所以有＝＝13余0.5 s；表明经过了13个碰撞周期，碰了26次，而0.5 s正好是，所以第20 s末A刚好回到平衡位置，第27次碰撞正在发生．24.【答案】(1)方向竖直向下(2)【解析】(1)小球上下振动过程中，三角架对水平面的压力最小为零，则上下两根弹簧对三角架的作用力大小为Mg，方向向上，小球此时受弹簧的弹力大小为Mg，方向向下，故小球所受合力为(m＋M)g，方向向下，小球此时运动到上面最高点即位移大小等于振幅处．根据牛顿第二定律，小球的瞬时加速度的最大值为：a m＝，加速度的方向为竖直向下．(2)小球由平衡位置上升至最高点时，上面的弹簧(相当于压缩x)对小球会产生向下的弹力kx，下面的弹簧(相当于伸长x)会对小球产生向下的弹力kx，两根弹簧对小球的作用力为2kx，故最大回复力的大小F回＝2kA，而最高点时F回＝(M＋m)g，故A＝.。
人教版高中物理选修3-4 第十一章《机械振动》测试题(解析版)
第十一章《机械振动》测试题一、单选题(共15小题)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.下列各种振动中，不是受迫振动的是( )A．敲击后的锣面的振动B．缝纫机针的振动C．人挑担子时，担子上下振动D．蜻蜓蝴蝶翅膀的振动3.一座在地球上走时准确的摆钟，到某行星上后，分针走一圈经历的实际时间是3小时，已知该行星的半径是地球半径的，则该行星上的第一宇宙速度应为地球上的第一宇宙速度的()A．B．C．D． 64.如图所示，用轻弹簧连接起来的两个同样的摆，两摆的振动使它们任何时刻都偏过同样的角度，但图甲中两摆总是偏向同一方，即左右摆动步调一致；图乙中两摆总是向相反方向，即左右摆动步调相反，则两摆的周期T甲、T乙比较时，大小为()A．T甲＝T乙B．T甲＞T乙C．T甲＜T乙D．不能确定5.一单摆摆长为40 cm，摆球在t＝0时刻正在从平衡位置向右运动，若g＝10 m/s2，则在1 s时摆球的运动情况是()A．正向左做减速运动，加速度正在增大B．正向左做加速运动，加速度正在减小C．正向右做减速运动，加速度正在增大D．正向右做加速运动，加速度正在减小6.关于简谐运动，以下说法正确的是()A．物体做简谐运动时，系统的机械能一定不守恒B．简谐运动是非匀变速运动C．物体做简谐运动的回复力一定是由合力提供的D．秒摆的周期正好是1 s7.对于弹簧振子，其回复力和位移的关系，下列图中正确的是()A．B．C．D．8.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＝v29.如图所示是两人合作模拟振动曲线的记录装置．先在白纸的中央画一条平行于纸的长边的直线OO1作为图象的横坐标轴．一个人用手使铅笔尖在白纸上沿垂直于OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况的x－t图象．下列说法中正确的是()A．白纸上OO1轴上的坐标代表速度B．白纸上与OO1垂直的坐标代表振幅C．匀速拖动白纸是为了用相等的距离表示相等的时间D．拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长10.一弹簧振子的周期为2 s，当振子从平衡位置向右运动开始计时，经12.6 s时振子的运动情况是()A．向右减速B．向右加速C．向左减速D．向左加速11.如图，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上的A点．当施加水平向右的匀强电场E后，小球从静止开始在A、B之间做简谐运动，在弹性限度内下列关于小球运动情况说法中正确的是()A．小球在A、B的速度为零而加速度相同B．小球做简谐振动的振幅为C．从A到B的过程中，小球和弹簧系统的机械能不断增大D．将小球由A的左侧一点由静止释放，小球简谐振动的周期增大12.已知地球半径为R，一单摆在山脚下(处于海平面高度)的周期为T，将该单摆移到高为h的山顶，其周期改变量ΔT为()A．TB．TC．TD．T13.甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1.如果两摆的悬点处于同一高度，将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，则两摆球经过各自的最低点时()A．甲、乙两摆球的动能相等B．悬线对甲摆球的拉力大于悬线对乙摆球的拉力C．甲、乙两摆球的机械能不相等D．两摆球的向心加速度相等14.弹簧振子在做简谐运动，则下列说法中正确的是()A．振子每次通过同一位置时其速度相同B．振子每次通过同一位置时其位移相同C．振子每次通过同一位置时其加速度可能不同D．振子通过平衡位置时所受合外力一定为零15.如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为()A． 1 HzB． 3 HzC． 4 HzD． 5 Hz二、实验题(共3小题)16.某同学想测出宜宾本地的重力加速度g.为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中如图甲所示，在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线．调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线．启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线．图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E.将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68 cm、39.15 cm、73.41 cm、117.46 cm.已知电动机每分钟转动3000转．求：(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为______s；(2)由实验测得宜宾本地的重力加速度为______(结果保留三位有效数字)；(3)本实验中主要系统误差是______，主要偶然误差是______(各写出一条即可)17.用单摆测重力加速度时(1)摆球应采用直径较小，密度尽可能______的球，摆线长度要在1米左右，用细而不易断的尼龙线．(2)摆线偏离竖直方向的角度θ应______(3)要在摆球通过______位置时开始计时，摆线每经过此位置______次才完成一次全振动(4)摆球应在______面内摆动，每次计时时间内，摆球完成全振动次数一般选为______次．利用单摆测重力加速度的实验中，摆长的测量应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至______．某同学组装了如图所示的单摆，并用图示的L作为摆长，这样测得的g值将偏______．(填“大”或“小”)18.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．图1图2图3(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1所示．这样做的目的是______．(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2所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m.(3)下列振动图象(图3)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______．(填字母代号)三、计算题(共3小题)19.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)20.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．21.如果一个单摆做半个全振动所用的时间是1 s，这个单摆就叫做秒摆．北京的自由落体加速度是9.8 m/s2，求北京的秒摆摆长是多少？(取π2＝10)四、填空题(共3小题)22.将一单摆装置竖直悬挂于某一悬点，其中悬线的上部分在带孔的薄挡板上面(单摆的下部分露于板外)，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，设单摆振动过程中悬线不会碰到挡板，如果本实验的长度测量工具只能测量出挡板到摆球球心之间的距离l，并通过改变l而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、l为横轴做出函数关系图象，就可以通过此图象得出悬点到挡板的高度h和当地的重力加速度．(1)现有如下测量工具：A．时钟；B.秒表； C．天平；D.毫米刻度尺．本实验所需的测量工具有______________；(填测量工具代号)(2)在实验中，有三名同学分别得到了T2－l关系图象如图(乙)中的a、b、c所示，那么，正确的图象应该是________；(3)由图象可知，悬点到挡板的高度h＝______m；(4)由图象可知，当地重力加速度g＝______m/s2；(保留三位有效数字)(5)如果某同学用此装置测出的重力加速度的结果比当地重力加速度的真实值偏大，他在实验操作上可能出现的失误是________A．测量l时没有加上摆球半径B．选用摆球的质量偏大C．在时间t内的n次全振动误记为n＋1次D．在时间t内的n次全振动误记为n－1次23.在用单摆测量某地重力加速度g时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图．已知摆长为l，偏离竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则摆球做这种运动的周期为____________，仍用单摆的周期公式求出当地的重力加速度值，这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．24.如图甲所示，在光滑的斜面上，有一滑块，一劲度系数为k的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F－t图象．现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示图象．(1)滑块做简谐运动的回复力是由______提供的；(2)由图乙所示的F－t图象可知，滑块做简谐运动的周期为______s；(3)结合F－t图象的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为____________．五、简答题(共3小题)25.小明手头有一支密度计，实验中他发现密度计可以在水面上下浮动，便联想到了简谐运动．于是他想证明密度计的上下浮动是否是简谐运动．现给出如下参数，密度计质量为m，直径为d，液体密度为ρ，不计液体对水的阻力，试帮助小明给出证明．26.如图所示是一个单摆的共振曲线．(1)若单摆所处环境的重力加速度g取9.8 m/s2，试求此单摆的摆长．(2)若将此单摆移到高山上，共振曲线的“峰”将怎样移动？27.两个简谐振动分别为：x1＝4a sin(4πt＋)，x2＝2a sin(4πt＋)．求x1和x2的振幅之比、各自的频率，以及它们的相位差．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】A【解析】受迫振动是物体在周期性驱动力作用下的运动，而敲击后锣面的振动，在敲击后锣面并没有受到周期性驱动力作用，故A选项正确，B、C、D选项都是在做受迫运动．3.【答案】C【解析】根据单摆的重力加速度公式T＝2π，有：＝＝故：g′＝g根据第一宇宙速度表达式v＝，有：＝＝＝.4.【答案】B【解析】单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，甲中两摆总是偏向同一方，左右摆动步调一致，弹簧没有弹力，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，其周期仍为T甲＝2π.而图乙中两摆总是向相反方向，左右摆动步调相反，若弹簧一直处于伸长状态，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快，周期缩短；若弹簧一直处于压缩状态，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快．若伸长和压缩状态交替产生，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快，则T乙＜2π，所以T甲＞T乙，故选B.5.【答案】D【解析】由T＝2π，得周期T＝1.256 s，<1 s<T.所以从t＝0时刻开始，经过1 s后，正由左端最大位移处向平衡位置运动，选项D正确．6.【答案】B【解析】简谐运动的过程中，动能和势能相互转化，机械能守恒，是等幅振动，故A错误；回复力满足F＝－kx的是简谐运动；其合力是变化的，故是非匀变速运动，故B正确；回复力可以是合力也可以是某个力的分力，故C错误；秒摆的摆长是1 m，其周期约为2 s，故D错误．7.【答案】C【解析】由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图象应如选项C所示8.【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∶2.9.【答案】C【解析】笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上OO1轴上的坐标代表时间，故A错误；白纸上与OO1垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故B错误；由v＝可知，匀速拖动白纸，是为了用相等的距离表示相等的时间，故C正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关，拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不改变，故D错误．10.【答案】D【解析】由简谐运动的周期性可知，经12.6 s，振子振动了6个周期，经过整个周期重复以前的运动形式，故即可认为是经个周期后的运动情况.<T<，所以振子正在向左运动，而且是向平衡位置运动，是加速运动，故D选项正确．11.【答案】C【解析】小球在A、B的速度为零，小球在A加速度方向向右，在B点的加速度的方向向左，加速度不相同，故A错误；小球做简谐运动，经过平衡位置时，弹簧的伸长量为A，有：kA＝qE，解得：A＝，即振幅为，故B错误；小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功，故对于弹簧和小球系统，电势能和弹性势能以及动能总量守恒，故小球从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球和弹簧系统的机械能不断增大，故C正确；弹簧振子的振动周期与小球的质量、弹簧的劲度系数以及电场力的大小有关，与振幅无关．将小球由A的左侧一点由静止释放，小球做简谐振动的振幅增大，但是周期不变，故D错误．12.【答案】A【解析】设单摆的摆长为L，地球的质量为M.根据万有引力等于重力，得在海平面上，有mg＝G，在山顶上，有mg′＝G可得海平面的重力加速度和高度为h山顶上的重力加速度之比为：g∶g′＝(R＋h)2∶R2；据单摆的周期公式可知T＝2π则得海平面上有：T＝2π，山顶上有：T＋ΔT＝2π，联立得：ΔT＝T，故A正确．13.【答案】D【解析】甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1，根据单摆的周期公式T＝2π，摆长的比值为2∶1；将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，摆球摆动过程机械能守恒，故最低点的机械能等于初位置的机械能；最低点的动能等于重力势能的减小量，故A、C错误；根据机械能守恒定律，有：mgl＝mv2，最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F T－mg＝ma＝m，联立解得：a＝2g，F T＝3mg，B错误，D正确．14.【答案】B【解析】振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置指向振子所在的位置，通过同一位置，位移总是相同的．振子连续两次通过同一位置时，动能相同，速度可以相反，速度不一定相同，故A错误，B正确；物体每次经过同一位置时，回复力一定相同，加速度一定相同，故C错误；振子通过平衡位置时回复力为零，但合外力不一定为零，故D错误．15.【答案】A【解析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1 Hz，选项A正确．16.【答案】(1)0.1(2)9.79 m/s2(3)空气阻力读数误差【解析】(1)电动机的转速为3000 r/min＝50 r/s，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.02 s，每隔4条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为：0.02 s×5＝0.1 s；(2)xBC＝39.15－14.68 cm＝24.47 cm，xCD＝73.41－39.15 cm＝34.26 cm，xDE＝117.46－73.41 cm＝44.05 cm，可知连续相等时间内的位移之差Δx＝9.79 cm，根据Δx＝gT2得，g＝＝＝9.79 m/s2.(3)本实验棒在下落的过程中会受到空气的阻力等阻力的影响，所以主要系统误差是空气阻力，主要偶然误差是读数误差．17.【答案】(1)大(2)小于5°(3)平衡2(4)同一竖直30～50球心大【解析】(1)为了减小测量误差，摆球选择直径较小，密度较大的球，摆线不易伸长或形变的尼龙线．(2)在摆角较小时，摆球的运动可以看做简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°.(3)在摆球经过平衡位置时开始计时进行测量误差较小，摆线在一次全振动过程中，2次经过平衡位置．(4)摆球应在同一竖直面内摆动，防止出现圆锥摆，每次计时时间内，摆球完成全振动次数一般选为30～50次．摆长为悬点到球心的距离，因l偏大，则测得的g值偏大．18.【答案】(1)AC(2)12.00.993 0(3)A【解析】(1)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，是为了防止运动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故A、C正确．(2)游标卡尺示数为：d＝12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm；单摆摆长为：l＝L－d＝0.999 0 m－0.006 0 m＝0.993 0 m.(3)当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087 m＝8.7 cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30－50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小．19.【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.20.【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．21.【答案】0.98 m【解析】据题意可知：T＝2 s，g＝9.8 m/s2由T＝2π得：L＝＝0.98 m.22.【答案】(1)BD(2)a(3)0.4 (4)9.86或9.87 (5)C【解析】(1)本实验需要测量时间求出周期，并要测量板的下端口到摆球球心的距离l，则所需的测量工具是天平和毫米刻度尺，故选B、D(2)由单摆周期公式得：T＝2π；得到T2＝＋当L＝0时，T2＝＞0，则正确的图象是a.(3、4)当T2＝0时，l＝－h，即图象与l轴交点坐标．h＝－l＝40 cm＝0.4 m图线的斜率大小k＝，由图，根据数学知识得到k＝4，解得g＝9.86 m/s2(5)通过单摆周期公式得：T＝2π可得，测出的重力加速度的结果比当地重力加速度的真实值偏大，则要么周期变大，要么摆长偏短，故C正确．23.【答案】2π偏大【解析】圆锥摆的等效摆长L＝l cosθ，则摆球的周期T＝2π＝2π.根据单摆的周期公式T＝2π，则g＝，让摆球作圆锥摆运动，测得的周期变小，则测量的重力加速度比真实值偏大．24.【答案】(1)弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力)(2)0.4(3)【解析】(1)对滑块进行受力分析，滑块的合力为：弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回复力．(2)由图可以看出周期为0.4 s(3)根据胡克定律：F1＝kxF2＝kx′振幅d＝＝.25.【答案】根据阿基米德定律，密度计恰好在液体中静止时，排开水的重力与密度计的重力相等，即：m水g＝mg排开水的体积：V0＝＝设密度计的横截面积为S，则：S＝此时密度计进入水中的深度为h0，则：h0＝＝＝，当密度计进入水中的深度为h时，则密度计受到的浮力：F＝ρV·g＝ρSh·g若h＞h0，则密度计相对于平衡位置的位移向下，但合力的方向向上，合力为：F合＝F－mg＝F－m水g＝ρShg－ρV0g＝ρShg－ρSh0g＝ρSg(h－h0)其中h－h0是密度计偏离平衡位置的位移，考虑到该力的方向与位移的方向相反，ρSg都是常数，该上式可以写成：F合＝－k(h－h0)＝－k·x可知密度计受到的合外力与离开平衡位置的位移成正比．同理，若h＜h0，密度计相对于平衡位置的位移向上，则受到的合外力的方向向下，仍然满足：F合＝－kx所以，当密度计离开平衡位置一个小位移后，它将在平衡位置附近做简谐运动．【解析】26.【答案】(1)2.76 m(2)左移【解析】(1)由题图可知，单摆的固有频率f＝0.3 Hz，由周期公式T＝2π和f＝，得l＝＝m≈2.76 m.(2)由f＝知，将单摆移到高山上，重力加速度g减小，其固有频率减小，故共振曲线的“峰”向左移．27.【答案】它们的振幅之比是2：1，频率都是2 Hz，相位差是π【解析】第一个简谐运动的振幅为A1＝4a，第二个简谐运动的振幅为A2＝2a，所以它们的振幅之比：＝＝.第一个简谐运动的角速度为ω1＝4π rad/s，f1＝＝＝2 Hz；第二个简谐运动的角速度为ω2＝4π rad/s，角速度相同，频率也相等，为2 Hz.第一个简谐运动的相位为φ1＝4πt＋，第二个简谐运动的相位为φ2＝4πt＋，相位差为Δφ＝φ2－φ1＝π，恒定不变，是反相．。
最新人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动单元检测附答案》
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( )。
人教版高中物理选修3-4第十一章机械振动测试含答案及详细解析
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()。
人教版高中物理选修3-4 第十一章 《机械振动》单元测试试题
人教版高中物理选修3-4 第十一章 《机械振动》单元测试试题1 / 9第十一章 《机械振动》单元测试题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1．关于在水平方向做简谐运动的弹簧振子，下述说法中正确的是（ ）A ．振子在最大位移处时，加速度一定相同B ．振子每次通过平衡位置时，速度一定相同C ．振子在连续两次通过同一位置时，位移相同D ．振子连续两次通过同一位置时，动能和动量均相同2．简谐运动是下列哪一种运动( )A ．匀速直线运动B ．匀加速运动C ．匀变速运动D ．变加速运动3．如图所示，光滑圆弧轨道的半径为R ，圆弧底部中点为O ，两个大小可忽略质量分别为1m 和2m 的小球A 和B ，A 在离O 很近的轨道上某点，B 在点O 正上方h 处，现同时释放两球，使两球在A 小球第三次通过O 点时恰好相碰，则h 应为（ ）A ．22516R πB ．2258R πC ．258R π D ．2516R π 4．某一等幅简谐横波，t 时刻波形图线如图所示，已知波速m/s 。
则（ ）A 该波波长为0.3mB 该波传播一个波长的距离所用的时间是0.01sC 经0.01s 质点B 的位移为零D 经0.02s 质点A 的位移为零5．一振子做简谐运动的振幅是 4.0cm ，频率为 1.5Hz ，它从平衡位置开始振动，1.5s 内位移的大小和路程分别是: （ ）A ．4.0cm 、10cm B. 4.0cm 、36cmC ．4.0cm 、40cm. D. 0.36cm 、40cm.6．一质点做简谐运动的图象如图所示，则该质点 ( )A ．在0～0.01s 内，速度与加速度反向B ．在0.01s ～0.02s 内，速度与回复力同向C ．在0.025s 时，速度为正，加速度为正D ．在0.04s 时，速度最大，回复力为零，动能最大7．某单摆做小角度摆动，其振动图象如图所示，则以下说法正确的是( )A ．t 1时刻摆球速度最大，摆球向心加速度最大B ．t 2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小C ．t 3时刻摆球速度为零，摆球所受回复力最大D ．t 4时刻摆球速度为零，摆球处于平衡状态8．如图所示实线和虚线分别是同一个单摆在A 、B 两个大小相同的星球表面的振动图象，其中实线是A 星球上的，虚线是B 星球上的，则两星球的平均密度A ρ∶B ρ是( )A ．1∶2B ．2∶1C ．8∶1D ．4∶19．一个水平放置的弹簧振子在A 、B 两点间做简谐运动， O 为平衡位置，如图所示．设水平向右方向为正方向，以某一时刻作计时起点（0t =），经14周期，振子具有正方向最大加速度．那么，在图所示的几个振动图像中（x 表示振子离开平衡位置的位移），能正确反映该振子振动情况的是（ ）人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》单元测试试题A． B．C． D．10．物体做受迫振动，驱动力的频率小于物体的固有频率，则当驱动力的频率逐渐增大的过程中，物体的振幅将（）A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大11．一质点做简谐运动的图象如图所示，该质点在t=3.5s时刻（）A．速度为正、加速度为正 B．速度为负、加速度为负C．速度为负、加速度为正 D．速度为正、加速度为负12．波源为S．振动频率为2．5Hz的简谐横渡以1m/s的速度向左传播，波在传播过程中将经过距波源S左边0．4m的P点。
人教版高中物理选修3-4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.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》单元测试题(解析版)
人教版高中物理选修34第十一章《机械振动》单元测试题（解析版）第十一章《机械振动》单元测试题一、单选题(每小题只有一个正确答案)1.在1 min内甲振动30次，乙振动75次，则() A．甲的周期0.5 s，乙的周期1.25 sB．甲的周期0.8 s，乙的周期2 sC．甲的频率0.5 Hz，乙的频率1.25 HzD．甲的频率0.5 Hz，乙的频率0.8 Hz2.一个质点做简谐振动，其位移x与时间t的关系图线如图所示，在t＝4 s时，质点的()A．速度为正的最大值，加速度为零B．速度为负的最大值，加速度为零C．速度为零，加速度为正的最大值D．速度为零，加速度为负的最大值3.弹簧振子在做简谐运动，振动图象如图所示，则下列说法正确的是()A．t1、t2时刻振子加速度大小相等，方向相反B．t1、t2时刻振子的速度大小相等，方向相反球吊在悬点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＝2π7.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8.一个摆长约1 m的单摆，在下列的四个随时间变化的驱动力作用下振动，要使单摆振动的振幅尽可能增大，应选用的驱动力是()A．B．C．D．9.如图所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x 时，A、B间摩擦力的大小等于()A．0B．kxC．kxD．kx10.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11.两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1＞v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则() A．f1＞f2，A1＝A2B．f1＜f2，A1＝A2C．f1＝f2，A1＞A2D．f1＝f2，A1＜A212.做简谐运动的物体，其加速度a随位移x变化的规律应是下图中的()A．B．C．D．13.根据图可知，关于一次全振动，下列说法中正确的是()A．从B经O运动到C的过程B．从任意一点出发再回到该点的过程C．从任意一点出发再首次同方向经过该点的过程D．从平衡位置出发再次回到平衡位置的过程14.下列选项中，属于对过程建立物理模型的是() A．质点B．简谐运动C．点电荷D．理想气体15.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，加速度一定为正值二、多选题(每小题至少有两个正确答案)16.(多选)单摆在竖直平面内往复运动，下列说法正确的是()A．其最大摆角小于5°B．其回复力是由摆球的重力和悬线拉力的合力提供的C．测量周期时应该从摆球经过平衡位置开始计时D．“秒摆”是摆长为1 m、周期为1 s的单摆17.(多选)如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是()A．弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用B．弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用C．振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大D．振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置18.(多选)下列说法中正确的是()A．有阻力的振动叫做受迫振动B．物体振动时受到外力作用，它的振动就是受迫振动C．物体在周期性外力作用下的振动叫做受迫振动D．物体在周期性外力作用下振动，它的振动频率最终等于驱动力频率19.(多选)如图所示，一轻弹簧上端悬于顶壁，下端挂一物体，在AB之间作简谐运动，其中O点为它的平衡位置，物体在A时弹簧处于自然状态．若v、x、F、a、E k、E p分别表示物体运动到某一位置的速度、位移、回复力、加速度、动能和势能，则()A．物体在从O点向A点运动过程中，v、E p减小向而x、a增大B．物体在从B点向O点运动过程中，v、E k增大而x、F、E p减小C．当物体运动到平衡位置两侧的对称点时，v、x、F、a、E k、E p的大小均相同D．当物体运动到平衡位置两侧的对称点时，v、x、F、a、E k的大小均相同，但E p大小不同20.(多选)下列几种运动中属于机械振动的是() A．乒乓球在地面上的上下运动B．弹簧振子在竖直方向的上下运动C．秋千在空中来回的运动D．竖于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动三、实验题21.物理小组的同学们用如图甲所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器(其中光电门1更靠近小球释放点)，小型电磁铁一个(用于吸住或释放小钢珠)、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h.甲乙(1)使用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球直径为______cm.(2)如图甲，改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h＝____________.(3)根据实验数据作出h－t图线，若图线斜率的绝对t值为k，根据图线可求出重力加速度大小为______．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？五、填空题23.一个质点做简谐运动，振幅为4 cm，频率为2.5 Hz，若质点从平衡位置开始向正方向运动时开始计时，经过2 s，质点完成了______次全振动，通过的路程为______m,1.1 s末振子的位移______m.24.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，用20分度的游标卡尺测小球直径如图乙所示；小球的直径为______mm.若某次测量时间结果如图甲所示，则秒表的读数是______s.甲乙25.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学先测得摆线长为92.50 cm，然后用秒表记录了单摆做45次全振动的时间，摆球的直径和秒表的读数如图所示，该单摆的摆长为______cm，单摆的周期为______s.26.将一水平放置的弹簧振子从平衡位置向右拉开4 cm后放手，让它做振动．如果从放手到第一次回到平衡位置的时间为0.1 s，则弹簧振子在2 s内完成______次全振动，振子在 5 s内通过的路程为______m.27.一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图象．y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标．由此图求振动的周期为____________和振幅为____________．六、简答题28.如图所示是某质点做简谐运动的振动图象．根据图象中的信息，回答下列问题：(1)质点离开平衡位置的最大距离有多大？(2)质点在10 s末和20 s末的位移是多少？(3)质点在15 s和25 s末向什么方向运动？(4)质点在前30 s内的运动路程是多少？答案解析1.【答案】C【解析】T甲＝s＝2 s，f甲＝＝0.5 Hz，T2＝s＝0.8 s，f乙＝1.25 Hz.2.【答案】B【解析】在t＝4 s时，质点在平衡位置，所以回复力等于0，物体的加速度等于0；此时物体正在向x的负方向运动所以速度为负向最大，故选项B正确，选项A、C、D错误．3.【答案】B【解析】t1与t2两时刻振子经同一位置向相反方向运动，加速度相同，速度方向相反，A错，B对；t2与t4两时刻振子经过关于平衡位置的对称点，加速度大小相等、方向相反，C错；t2、t3时刻振子的速度相同，D错．4.【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.5.【答案】B【解析】由单摆的周期公式T＝2π可知L＝，故B选项正确；甲的频率是乙的频率的1，故A选项错4误；虽然甲、乙两单摆的摆长有L甲＝4L乙，但两个单摆的摆角不确定，两摆球质量不确定，故C、D选项错误．6.【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.7.【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．8.【答案】C【解析】单摆的周期为T＝2 s，驱动力的频率应尽可能接近系统的固有频率，C对．9.【答案】D【解析】当物体离开平衡位置的位移为x时，弹簧弹力的大小为kx，以整体为研究对象，此时A与B 具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得kx＝(m＋M)a，故a＝.以A为研究对象，使A产生加速度的力即为B对A的静摩擦力F，由牛顿第二定律可得F＝ma＝kx，故正确答案为D.10.【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．11.【答案】C【解析】根据单摆周期公式T＝2π，相同的单摆，周期相同，频率f＝，所以频率相同．根据机械能守恒得，速度大者摆角大，则振幅也大，所以A1＞A2，故C正确．12.【答案】B【解析】以弹簧振子为例，F＝－kx＝ma，所以a＝，即a＝－k′x，故正确选项为B.13.【答案】C【解析】小球在做简谐运动，是一种重复性的运动，从B经O运动到C的过程不是该重复性运动的最小单元，故A错误；若从任意一点出发再回到该点的速度方向相反，说明不是该重复性运动的最小单元，故B错误；从任意一点出发再首次同方向经过该点的过程，是该重复性运动的最小单元，故C正确；从平衡位置出发再次回到平衡位置的过程是半个全振动，故D错误．14.【答案】B【解析】质点是理想模型，点电荷研究的是带电体，理想气体研究的是气体，研究的都是物体，故A、C、D错误；简谐运动研究的是振动过程，故B正确，故选B.15.【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．16.【答案】AC【解析】单摆做简谐运动时，单摆的最大摆角应小于5°，否则不能看成简谐振动，故A正确；单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故B错误；经过平衡位置球的速度最快，故测量误差最小，故C正确；“秒摆”是摆长为1 m、周期为2 s的单摆，故D错误．17.【答案】AD【解析】回复力是根据效果命名的力，不是做简谐运动的物体受到的具体的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在题图中弹簧的弹力充当回复力，故A正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移的大小在减小，故此过程中回复力逐渐减小，C错误；回复力总是指向平衡位置，故D正确．18.【答案】CD【解析】物体在周期性外力作用下的振动叫做受迫振动，选项C对，B错；这个周期性的外力能给振动物体补充能量，而阻力不行，选项A错；受迫振动的频率最终等于驱动力频率，选项D对．19.【答案】BC【解析】物体在从O点向A点运动过程中，物体离开平衡位置，v减小，E p增大，x、a增大，故A错误；物体在从B点向O点运动过程中，物体靠近平衡位置，v、E k增大而x、F、E p减小，故B正确；根据对称性可知，当物体运动到平衡位置两侧的对称点时，v、x、F、a、E k、E p的大小均相同，故C正确，D错误．20.【答案】BCD【解析】机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，乒乓球的上下运动不是在平衡位置两侧的往复运动．gt2＋vt(3)2k21.【答案】(1)1.170(2)－12【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为11 mm，游标读数为0.05×14 mm＝0.70 mm，则小球的直径为11.70 mm＝1.170 cm.(2)采用逆向思维，结合匀变速直线运动的位移时间公式得：h＝－12gt2＋vt.(3)根据h＝vt－12gt2得：ht＝v－12gt，可知ht－t图线的斜率k＝12g，则g＝2k.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零．23.【答案】50.8－0.04【解析】由题得质点振动的周期为：T＝＝s＝0.4 s，时间t＝2 s＝5T，所以质点完成了5次全振动．在2 s内振子通过的路程为：s＝5×4A＝20×4 cm＝80 cm＝0.8 m.T，故1.1 s末振子的位移为－4 cm 因t＝1.1 s＝234＝－0.04 m.24.【答案】(1)29.9096.8【解析】游标卡尺的主尺读数为29 mm，游标读数为0.05×18 mm＝0.90 mm，则最终读数为29.90 mm.秒表小盘读数为90 s，大盘读数为6.8 s，则秒表读数为96.8 s.25.【答案】93.515 1.95【解析】(1)球的直径：主尺：2.0 cm，游标尺对齐格数：第6个格，读数：6×＝0.30 mm＝0.030 cm ，所以直径为：2.0＋0.030＝2.030 cm摆长：L＝绳长＋小球半径＝92.50＋1.015＝93.515 cm(2)秒表读数：内圈：1.0min＝60 s，外圈：27.5 s，所以读数为：87.5 s单摆的周期为T ＝t＝s＝1.95 s.n26.【答案】52【解析】简谐运动中，振幅是振子与平衡位置的最大距离，故振幅为4 cm；从最大位移回到平衡位置的时间为0.1 s，故周期为0.4 s；周期为0.4 s，故2 s内完成5次全振动；周期为0.4 s，故5 s内完成12.5次全振动，一个全振动内通过的路程等于4倍振幅，故5 s内路程为振幅的50倍，即s＝50A＝200 cm＝2 m.27.【答案】【解析】记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期T＝.根据图象可知，振幅为A＝28.【答案】(1)20 cm(2)20 cm0(3)负方向负方向(4)60 cm【解析】(1)质点离开平衡位置的最大距离等于最大位移的大小，由图看出，此距离为20 cm.(2)质点在10 s末的位移x1＝20 cm,20 s末的位移x2＝0.(3)15 s末质点位移为正，15 s后的一段时间，位移逐渐减小，故质点在15 s末向负方向运动，同理可知，25 s末质点也向负方向运动．(4)前30 s质点先是由平衡位置沿正方向运动了20 cm，又返回平衡位置，最后又到达负方向20 cm处，故30 s内的总路程为60 cm.。
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)
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）一、单项选择题1.关于简谐运动，以下说法正确的选项是( )A．简谐运动一定是水平方向的运动B．一切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．只需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，每次有相反的动能时，以下说法正确的选项是( ) A．具有相反的速度B．具有相反的势能C．具有相反的回复力D．具有相反的位移3.以下说法中正确的选项是( )A．假定t1、t2两时辰振植物体在同一位置，那么t2－t1＝TB．假定t1、t2两时辰振植物体在同一位置，且运动状况相反，那么t2－t1＝TC．假定t1、t2两时辰振植物体的振动反向，那么t2－t1＝D．假定t2－t1＝，那么在t1、t2时辰振植物体的振动反向4.如下图，两段润滑圆弧轨道半径区分为R1和R2，圆心区分为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑衔接．M点和N点区分位于O点左右两侧，距离MO小于NO.现区分将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由运动释放．关于两小球第一次相遇点的位置，以下判别正确的选项是( )A．恰恰在O点B．一定在O点的左侧C．一定在O点的右侧D．条件缺乏，无法确定5.如下图为某质点做简谐运动的振动图象．那么关于该质点的振动状况，以下说法正确的选项是( )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战争衡位置，以下说法中正确的选项是( )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终点的位移C．机械振动的物体运动的路程越大，发作的位移也越大D．机械振动的位移是指振植物体偏离平衡位置最远时的位移7.如下图，一升降机在箱底装有假定干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中缀裂，疏忽摩擦力，那么升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的运动进程中( ) A．升降机的速度不时减小B．升降机的减速度不时变大C．升降机的减速度最大值等于重力减速度值D．升降机的减速度最大值大于重力减速度值8.如下图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．关于小球的运动状况，以下描画正确的选项是( )A．小球经过O点时速度为零B．小球经过M点与N点时有相反的减速度C．小球从M点向O点运动进程中，减速度增大，速度增大D．小球从O点向N点运动进程中，减速度增大，速度减小9.如下图为一弹簧振子做简谐运动的振动图象，依据图象可以判别( )A．t1时辰和t2时辰振子位移大小相等、方向相反，且(t2－t1)一定等于B．t2时辰和t3时辰速度大小相等、方向相反C．t2时辰和t4时辰减速度大小相等、方向相反D．t1时辰和t3时辰弹簧的长度相等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构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构成的曲线，假定板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，那么( )A．T1＝2T2 B． 2T1＝T2 C．v1＝2v2 D． 2v1＝v211.以下几种说法中正确的选项是( )A．只需是机械振动，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．简谐运植物体所受的回复力总是对物体做正功D．简谐运植物体所受的回复力总是对物体做负功12.如下图，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，那么这个单摆的周期为( )A．T＝2πB．T＝2πC．大于T＝πD．小于T＝2π二、多项选择题13. 如下图，A、B区分为单摆做简谐振动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最洼位置，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，那么摆球在摆动进程中( )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. 应用如下图的单摆测定重力减速度的实验中，周期为T.以下说法正确的选项是( )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．把摆球质量添加一倍，那么测出的周期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，那么该地的重力减速度g＝9.86 m/s2 15. 单摆测重力减速度实验中，测得的g值偏大，能够的缘由是( )A．先测出摆长l，后把单摆悬挂起来B．摆线上端未结实地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度添加了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，当摆球经过最低点时启动秒表并数〝1〞，数到摆球第40次经过平衡位置时按下秒表，读出时间t，得周期T＝16. 如下图是某质点做简谐运动的振动图象，试依据图象判别以下说法正确的选项是( )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，振动的减速度方向沿y轴正向D．质点振动从P至Q进程中，路程大于9.5 cm17. 用两根完全一样的弹簧和一根细线将甲、乙两滑块连在润滑的水平面上．线上有张力，甲的质量大于乙的质量，如下图，当线突然断开后，两滑块都末尾做简谐运动，在运动进程中( )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.某同窗在〝用单摆测重力减速度〞的实验中停止了如下的操作；(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，经过计算失掉摆长L.(2)用秒表测量单摆的周期，当单摆摆动动摇且抵达最低点时末尾计时并记为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(结果保管三位有效数字)．(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)与重力减速度的真实值比拟，发现测量结果偏大，剖析缘由能够是________．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．末尾计时误记为n＝119.为了研讨弦的振动频率，设计了下面的实验：将n根相反的弦一端固定，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，停止实验，研讨其振动频率f与小物体质量m及弦的长度L的关系．详细做法是：只让m或只让L变化，测定振动频率f，失掉图(b)所示的两个图象．(1)下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)依据下面的实验及两个图象，你以为表示频率f的式子应该如写？请从下面四个选项中(k为常数)，选出最能够的为________．(填字母代号)A．f＝k·B．f＝k·C．f＝k·D．f＝k·.四、计算题＝100 g的平台A衔接在劲度系数k＝200 N/m的弹簧上端，弹20.如下图，将质量为mA簧下端固定在地上，构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一同上下振动，弹簧原长为5 cm.A的厚度可疏忽不计，g取10 m/s2求：(1)当系统做小振幅简谐振动时，A的平衡位置离空中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在振动中一直与A接触，振幅不能超越多大？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打破．假设宇航员将在空中上校准的摆钟拿到月球上去．(g月＝)(1)假定此钟在月球上记载的时间是1 h，那么实践的时间是多少？(2)假定要在月球上使该钟与在空中上时一样准，摆长应如何调理？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作，各个方向都有能够发作，A错；简谐运动是最复杂的振动，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；假定物体振动的图象是正弦曲线，那么其一定做简谐运动，D对．2.【答案】B【解析】在一个周期内动能相反的时辰有四个，但是由于速度和力还有位移具有矢量性，所以三项能够方向会不同，故只要B选项正确．3.【答案】D【解析】假定t1、t2如下图，那么t2－t1≠T，故A错误．如下图，与t1时辰在同一位置且运动状况相反的时辰有t2、t2′……等．故t2－t1＝nT(n＝1、2、3……)，故B错误．同理可判别C错误，D正确．4.【答案】C【解析】据题意，两段润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，那么M、N两球的运动周期区分为：TM ＝2π，TN＝2π，两球第一次抵达O点的时间区分为：tM＝TM＝，tN＝TN＝，由于R1＜R2，那么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运动时的位置，所以应与受力有关，与能否为振动范围的中心位置有关，A错误；振动位移是以平衡位置为终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，振植物体的振动位移最大，B 正确，C、D错误．7.【答案】D【解析】从弹簧接触空中末尾剖析，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的运动进程中，速度由v1增大到最大v m，减速度由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)，减速度为g(方向竖直向上)，升降机从O→A′的运动进程中，速度由最大v m减小到v1，减速度由零增大到g，从A′点运动到最低点B的进程中，速度由v1减小到零，减速度由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点的减速度大小相等、方向相反，B错；小球从M向O点运动时，速度增大，减速度减小，C错；小球从O向N 运动时，速度减小，减速度增大，D对．9.【答案】C【解析】由图象可知t1、t2两时辰振子所处的位置相反，位移大小相等、方向相反，但(t2－t1)＜，故A错；t2、t3两时辰振子所处的位置关于平衡位置对称，速度相等、方向也相反，B错；t2、t4两时辰和t1、t3两时辰振子所处的位置都关于平衡位置对称，t2、t4两时辰减速度大小相等，方向相反，C对；而t1、t3两时辰回复力的大小相等，但弹簧一次伸长，一次紧缩，长度不相等，D错．10.【答案】C【解析】同一单摆的周期是一定的，那么T1＝T2；设单摆的周期为T，板长为L，那么有：T＝，2T＝依据题意，有：v1＝2v2.11.【答案】B【解析】简谐运动是最基本也是最复杂的机械振动，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；简谐运植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，竖直方向遭到的合力：F合＝mg＋qE摆球在摆动的进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】摆球在摆动进程中总机械能守恒，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有关，故B 错误；由平衡位置O运动到左端最大位移处需求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，重力减速度：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，所测重力减速度偏小，故A错误；摆线上端未结实地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度添加了，所测摆长偏小，所测重力减速度偏小，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，而实践摆长偏大，所测重力减速度偏大，故C正确；测周期时，当摆球经过最低点时启动秒表并数〝1〞，数到摆球第40次经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，所测重力减速度偏大，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，向平衡位置接近，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，依据简谐运动特征可知，减速度方向与位移方向相反，那么振动的减速度方向沿y轴正向，故C正确；质点振动从P至Q进程中，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反，分开平衡位置的最大距离相反，即振幅一定相反，故A正确，B错误；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相反，抵达平衡后，甲、乙的最大动能相反，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，那么T2－L图象的斜率：k＝，应选C；(4)由单摆周期公式：T＝2π可得：g＝，重力减速度与单摆的振幅有关，振幅偏小不会影响重力减速度的测量值，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，所测重力减速度偏小，故B错误；将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，由g＝可知，所测重力减速度偏小，故C 错误；末尾计时误记为n＝1，所测周期T偏小，由g＝可知，所测重力减速度偏大，故D正确．19.【答案】(1)D (2)B【解析】(1)控制一个变量，研讨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的添加而减小，f与L成正比；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间不会分别，将A与B全体作为振子，当它们处于平衡位置时，依据平衡条件得：kx0＝(mA＋mB)g得形变量：x0＝1 cm平衡位置距空中高度：h＝l0－x0＝4 cm(2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大减速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大减速度：a＝＝＝5 m/s2m取B为研讨对象，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在振动中一直与A接触，在最高点时相互作用力应满足：F N≥0取B为研讨对象，依据牛顿第二定律，有：－F N＝mBamBg当F N＝0时，B振动的减速度到达最大值，且最大值：a＝g＝10 m/s2(方向竖直向下)m因a mA＝a mB＝g，说明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长：A＝x＝1 cm，振幅不能大于1 cm.21.【答案】(1)h (2)摆长应调理为在地球上摆长的【解析】(1)依据单摆的周期公式：T＝2π，解得：T月＝2π＝T地此钟在月球上记载的时间是地球上记载的时间的倍，所以假定此钟在月球上记载的时间是1 h，那么实践的时间是h.(2)将单摆的周期公式变形得：L＝.依据该公式知所以假定要在月球上使该钟与在空中上时一样准，摆长应调理为在地球上摆长的.。
人教版高中物理选修3-4第十一章 机械振动测试含答案及详细解析
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.。
人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》检测题(含答案解析)
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．。
人教版高中物理选修3-4 第十一章 机械振动 测试含答案和详细解析
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．。
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.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 HzB．此振动系统的固有频率约为0.25 HzC．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＞tdB．td ＞tb＞tc＞taC．tb ＞tc＝ta＞tdD．td ＞tb＝tc＝ta4.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 mB．x＝8×10－3sin mC．x＝8×10－1sin mD．x＝8×10－1sin m6.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＜t18.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 cmB．摆长约为10 mC．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 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，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．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，本文由一线教师精心整理/word 可编辑11 / 11 解得a ＝g sin α＋.(3)由于斜面体受力平衡，则在竖直方向上有F N2－Mg －F sin α－F N1cos α＝0，其中F N1＝mg cos α，F －mg sin α＝ma ，根据牛顿第三定律得F N2′＝F N2＝(M ＋m )g ＋mg sin 2α＋sin α.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】T 0【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：T 0＝2π， 在水中的周期为：T ＝2π，联立解得：T ＝T 0.。
人教版高二物理选修3-4 第十一章 机械振动 单元测试 word版含解析答案
人教版选修3-4 第十一章机械振动单元测试(满分:100分;时间:90分钟)一、选择题(每小题6分,共48分)1.(多选)下列运动属于机械振动的是()A.说话时声带的运动B.弹簧振子在竖直方向的上下运动C.体育课上同学进行25米折返跑D.竖立于水面上的圆柱形玻璃瓶的上下运动2.部队经过桥梁时,规定不许齐步走,登山运动员登雪山时,不许高声叫喊,主要原因是()A.减轻对桥的压力,避免产生回声B.减少对桥、雪山的冲击力C.避免使桥发生共振和使雪山发生共振D.使桥受到的压力更不均匀,使登山运动员耗散能量3.(多选)如图所示,将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上,下端连接物体A,A下面再用棉线挂一物体B,A、B质量相等,g为当地重力加速度。
烧断棉线,下列说法中正确的是()A.烧断棉线瞬间,A的加速度大小为gB.烧断棉线之后,A向上先加速后减速C.烧断棉线之后,A在运动中机械能守恒D.当弹簧恢复原长时,A的速度恰好减到零4.(多选)一个做简谐运动的弹簧振子,每次势能相同时,下列说法中正确的是()A.有相同的动能B.有相同的位移C.有相同的加速度D.有相同的速率5.如图所示,五个摆悬挂于同一根绷紧的水平绳上,A是摆球质量较大的摆,让它摆动后带动其他摆运动,下列结论正确的是()A.只有E摆的振动周期与A摆的相同B.其他各摆的振幅都相等C.其他各摆的振幅不同,E摆的振幅最大D.其他各摆的振动周期不同,D摆周期最大6.(多选)一质点做简谐运动,其位移x与时间t的关系曲线如图所示,由图可知()A.质点振动频率是0.25 HzB.t=2 s时,质点的加速度最大C.质点的振幅为2 cmD.t=3 s时,质点所受的合外力一定为零7.(多选)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象,则下列说法中正确的是()A.甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B.t=2 s时,甲摆的重力势能最小,乙摆的动能为零C.甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等8.在飞机的发展史中有一个阶段,飞机飞上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法解决了这一问题,在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是()A.加大飞机的惯性B.使机体更加平衡C.使机翼更加牢固D.改变机翼的固有频率二、非选择题(共52分)9.(15分)用单摆测重力加速度时:(1)摆球应采用直径较小,密度尽可能的小球,摆线长度要在1米左右,用细而不易断的尼龙线。
人教版高中物理选修3-4 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.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＞tdB．td＞tb＞tc＞taC．tb＞tc＝ta＞tdD．td＞tb＝tc＝ta2.如图所示，轻弹簧下端挂一个质量为M的重物，平衡后静止在原点O.现令其在O点上下做简谐运动，下列四幅图象能正确反映重物的加速度a随位移x变化关系的是(沿x轴正方向的加速度为正)( )A． B． C． D．3.对于弹簧振子，其回复力和位移的关系，下列图中正确的是( )A． B． C． D．4.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5.关于简谐运动，下列说法正确的是( )A．位移的方向总是指向平衡位置B．速度的方向总是跟位移的方向相反C．位移的方向总是由平衡位置指向振动物体所在位置D．速度的方向总是跟位移的方向相同6.根据图可知，关于一次全振动，下列说法中正确的是( )A．从B经O运动到C的过程B．从任意一点出发再回到该点的过程C．从任意一点出发再首次同方向经过该点的过程D．从平衡位置出发再次回到平衡位置的过程7.一质点做简谐运动，其x－t图象如图所示，在0.2 s到0.3 s这段时间内质点的运动情况是( )A．沿负方向运动，且速度不断增大B．沿负方向运动，且位移不断增大C．沿正方向运动，且速度不断增大D．沿正方向运动，且速度不断减小8.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＋19.如图所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B间做简谐振动，下列说法正确的是( )A．振子在A、B处的加速度和速度均为零B．振子通过O点后，加速度方向改变C．振子通过O点后，速度方向改变D．振子从O→B或从O→A的运动都是匀减速运动10.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( )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011.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12.甲、乙两单摆静止于平衡位置，摆球质量相同，摆长l甲＞l乙．现给摆球相同的水平初速度v，让其在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与能量分别为f1、f2和E、E2，则它们的关系是 ( )1A．f1＞f2，E1＝E2 B．f1＜f2，E1＝E2 C．f1＜f2，E1＞E2 D．f1＝f2，E1＜E2二、多选题13. 质点运动的位移x与时间t的关系如图所示，其中做机械振动的是( )A． B． C． D．14. 如图所示，轻弹簧拴着小球放在光滑水平面上，O为弹簧的原长．现将小球拉至A 处后释放，则小球在A、B间往复运动，下列说法正确的是( )A．从B→O，速度不断减小B．在O处弹性势能最小C．从B→O，速度不断增大D．在B处弹性势能最小15. 一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，在O点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐振动，由传感器测出拉力F随时间t 的变化图象如图所示，下列判断正确的是( )A．小球振动的周期为2 sB．小球速度变化的周期为4 sC．小球动能变化的周期为2 sD．小球重力势能变化的周期为4 s16.轻弹簧上端与力传感器相连，下端系一质量为m的小球，静止时小球处在位置O 点，在弹簧弹性限度内，让小球在竖直方向上做简谐运动，振幅为A.取O点为x坐标原点，竖直向上为x正方向；t＝0时刻小球恰经过O点向上运动．传感器将其受到的弹簧作用力传给与之连接的计算机，四位同学通过计算机记录的数据分别绘制出F－t 图象如下图所示，其中一定不正确的是( )A． B．C． D．三、实验题17.某实验小组用单摆测重力加速度．先用游标卡尺测摆球直径，结果如图甲所示，则摆球的直径为______cm.若将单摆悬挂后，用刻度尺测得摆线的长是87.00 cm，测得单摆完成40次全振动的时间如图乙表所示，则秒表读数是______s，单摆的摆动周期是______s，由此计算当地的重力加速度为______m/s2.(保留三位有效数字，π取3.14)18.某研究性学习小组用图甲所示装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作，测出多组(h，t)，计算出对应的平均速度；④画出v－t图象甲乙请根据实验，回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g.则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为____________．(用v0、g和t表示)(2)实验测得的数据如表：请在图乙坐标纸上画出v－t图象．(3)根据v－t图象，可以求得当地重力加速度g＝______m/s2，小球通过光电门1时的速度为______m/s.(以上结果均保留两位有效数字)四、计算题19.一个小球和轻质弹簧组成的系统，按x1＝5sin (8πt＋π) cm的规律振动．(1)求该振动的周期、频率、振幅和初相；(2)另一简谐运动表达式为x2＝5sin(8πt＋π) cm，求它们的相位差．20.小明同学做了一个单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球质量m＝0.10 kg，假设单摆做简谐运动，他测出单摆振动30次所用的时间t＝60.8 s，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s)，摆长应怎样改变？改变多少？21.一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．(1)求t＝0.25×10－2s时的位移；(2)在t＝1.5×10－2s到2×10－2s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(3)在t＝0到8.5×10－2s时间内，质点的路程、位移各多大？答案解析1.【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．2.【答案】B【解析】因为物体做简谐运动，所以物体的重力与弹簧的弹力的合力充当回复力，并且满足F＝－kx，根据牛顿第二运动定理可得F＝ma，所以a＝－，即物体的加速度大小和位移成正比，方向和位移的方向相反，故B正确．3.【答案】C【解析】由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图象应如选项C所示4.【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．5.【答案】C【解析】位移的方向由平衡位置指向物体所在的位置，故A错误，C正确；速度的方向可以与位移方向相同，也可以与物体的位移方向相反，故B、D错误．6.【答案】C【解析】小球在做简谐运动，是一种重复性的运动，从B经O运动到C的过程不是该重复性运动的最小单元，故A错误；若从任意一点出发再回到该点的速度方向相反，说明不是该重复性运动的最小单元，故B错误；从任意一点出发再首次同方向经过该点的过程，是该重复性运动的最小单元，故C正确；从平衡位置出发再次回到平衡位置的过程是半个全振动，故D错误．7.【答案】C【解析】由题图可看出，在0.2 s到0.3 s这段时间内，质点沿负方向的位移不断减小，说明质点正沿着正方向由负的最大位移处向着平衡位置运动，由此可判断A、B错误；又质点的速度方向是正方向，质点做变加速运动，质点速度不断增大，选项C正确，D错误．故正确答案为C.8.【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．9.【答案】B【解析】振子在A、B处的加速度最大，方向相反，而速度都为零，故A错误；当振子经过平衡位置时，速度的方向不变，而位移方向改变，所以加速度的方向改变，故B 正确，C错误；当振子从平衡位置向两端点运动时，弹簧的弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度的方向与速度的方向相反，振子做减速运动，但不是匀减速，故D错误，故选B.10.【答案】D【解析】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．11.【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．12.【答案】B【解析】根据单摆周期公式T＝2π，不同的单摆，摆长越长，周期越大，频率f ＝，所以频率越小，故f1＜f2；在平衡位置，势能最小，动能最大，由于质量和速度都相同，故最低点动能相同，故E1＝E2.13.【答案】ABC【解析】机械振动是指物体在某一平衡位置附近做来回往复运动，质点运动的位移x 与时间t的关系图中，A、B、C正确，D错误．14.【答案】BC【解析】弹簧的弹性势能与形变量有关，在O点处为弹簧的原长，弹性势能最小，故B正确，D错误；从B→O过程中，弹力对小球做正功，速度不断增大，故A错误，C 正确．15.【答案】BC【解析】小球运动的过程中在最低点拉力最大，最大位移处拉力最小，在一个周期内两次经过平衡位置，所以小球的周期为 4 s，故A错误；小球的速度变化周期等于小球的点运动周期，等于 4 s，故B正确；简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此时两点速度大小相等，方向相反，因为动能没有方向，所以动能的变化周期等于小球的半个周期，为 2 s，故C正确；简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此时两点速度大小相等，方向相反，高度关于平衡位置对称，所以重力势能的变化周期为2 s，故D错误．16.【答案】ABC【解析】弹簧振子做简谐运动，x－t关系为：x＝A sinωt重力和弹力的合力提供回复力，有：F－G＝F回回复力表达式为：F回＝－kx故F－t关系为：F＝－kA sinωt＋G故A、B、C不正确，D可能．17.【答案】0.97 75.3 1.88 9.76【解析】摆球的直径为：d＝9 mm＋0.1×7 mm＝9.7 mm＝0.97 cm.秒表的读数为：t＝60＋15.3 s＝75.3 s，单摆的周期为：T＝＝s＝1.882 5 s≈1.88 s.根据T＝2π得：g＝＝≈9.76 m/s2.18.【答案】(1)v＝v0＋gt(2)(3)9.7 1.1【解析】(1)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v＝v0＋gt；(2)根据数据作出v－t图象：(3)小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v＝v0＋gt；所以v－t图象的斜率k＝g，所以当地重力加速度g＝2k＝9.7 m/s2，根据v－t图象得出v0＝1.10 m/s，即小球通过光电门1时的速度为1.1 m/s.19.【答案】(1)s 4 Hz 5 cm (2)π【解析】(1)已知ω＝8π rad/s，由ω＝得T＝s，f＝＝4 Hz.A＝5 cm，φ1＝(2)由Δφ＝(ωt＋φ2)－(ωt＋φ1)＝φ2－φ1得Δφ＝π－＝π.20.【答案】(1)9.79 m/s2(2)其摆长要缩短0.027 m【解析】(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式为T＝2π，由此可得g＝，只要求出T值代入即可．因为T＝＝s≈2.027 s，所以g＝＝m/s2≈9.79 m/s2.(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点，重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有＝，故有l0＝＝m≈0.993 m．其摆长要缩短Δl ＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m.21.【答案】(1)－cm (2)变大变大变小变小变大(3)34 cm 2 cm【解析】(1)由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2s，振动方程为x＝A sin(ωt－)＝－A cosωt＝－2 cos t cm＝－2cos 100 πt cm当t＝0.25×10－2s时，x＝－2cos cm＝－cm.(2)由图可知在 1.5×10－2～2×10－2s内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(3)从t＝0至8.5×10－2s时间内为个周期，质点的路程为s＝17A＝34 cm，质点0时刻在负的最大位移处，8.5×10－2s时刻质点在平衡位置，故位移为2 cm.。
人教版高中物理选修3-4第十一章 《机械振动》单元测试题(解析版)
第十一章《机械振动》单元测试题一、单选题(每小题只有一个正确答案)1.简谐运动的物体由最大位移处移向平衡位置所作的运动是( )A．匀加速运动B．加速度不断增大的加速运动C．加速度不断减小的加速运动D．加速度不断增大的减速运动2.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，那么为( )A． B． C． D．3.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4.做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同( )A．回复力、加速度、速度B．回复力、加速度、动能C．回复力、速度、弹性势能D．加速度、速度、机械能5.一个做简谐运动的物体，频率为25 Hz，那么它从一侧最大位移的中点D，振动到另一侧最大位移的中点C所用的最短时间，下面说法中正确的是( )A．等于0.01 s B．小于0.01 sC．大于0.01 s D．小于0.02 s大于0.01 s6.一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＝T B．T1＝T2<T C．T1>T2＝T D．T1<T2<T7.已知地球半径为R，一单摆在山脚下(处于海平面高度)的周期为T，将该单摆移到高为h的山顶，其周期改变量ΔT为( )A．T B．T C．T D．T8.如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)．打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅摆动，窗上沿到房顶的高度为 1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为( )A． 0.2π s B． 0.4π s C． 0.6π s D． 0.8π s9.将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s，下列措施可行的是( )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10.如图所示，两根细线长度均为2 m，A细线竖直悬挂且在悬点O处穿有一个金属小球a，B悬挂在悬点O′处，细线下端系有一金属小球b，并且有ma＞mb，把金属小球b向某一侧拉开3 cm到b′处，然后同时让金属小球a、b由静止开始释放(不计阻力和摩擦)，则两小球的最终情况是( )A．a小球先到达最低点，不可能和b小球在最低点相碰撞B．b小球先到达最低点，不可能和a小球在最低点相碰撞C．a、b两小球恰好在最低点处发生碰撞D．因不知道ma、mb的具体数值，所以无法判断最终两小球的最终情况11.弹簧振子的一端系于竖直墙上的O点，当弹簧为原长时振子处于B点，现用力把弹簧压缩到A 点，然后自由释放，振子能运动到C点静止．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则( )A．物体从A到B的速度越来越大，从B到C速度越来越小B．物体从A到B的速度越来越小，从B到C加速度越来越大C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速D．振动过程中，物体在B点所受合外力为零12.如图，甲、乙两个单摆的悬点在同一水平天花板上，两摆球拉到同一水平高度，并用一根细线水平相连，以水平地板为参考面．平衡时，甲、乙两摆线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，且θ1＞θ2.当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，则( )A．甲、乙两摆的周期相等 B．甲、乙两摆的振幅相等C．甲的机械能小于乙的机械能 D．甲的最大速度小于乙的最大速度13.有一个正在摆动的秒摆，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.2 s时，摆球( )A．正在做加速运动，加速度正在增大 B．在在做加速运动，加速度正在减小C．正在做减速运动，加速度正在增大 D．正在做减速运动，加速度正在减小14.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15.如图所示，轻弹簧下端挂一个质量为M的重物，平衡后静止在原点O.现令其在O点上下做简谐运动，下列四幅图象能正确反映重物的加速度a随位移x变化关系的是(沿x轴正方向的加速度为正)( )A． B． C． D．二、多选题(每小题至少有两个正确答案)16.(多选)在水平面内做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v，则下列说法中正确的是( )A．振动系统的最大弹性势能为mv2B．当振子的速率减为时，此振动系统的弹性势能为mv2C．从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功一定为mv2D．从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功一定为零17.(多选)如图所示，两个质量分别为M和m的小球，悬挂在同一根水平细线上，当M在垂直于水平细线的平面内摆动时，下列说法正确的是( )A．两摆的振动周期是相同的B．当两摆的摆长相等时，m摆的振幅最大C．悬挂M的竖直细线长度变化时，m的振幅不变D．m摆的振幅可能超过M摆的振幅18.(多选)某同学利用单摆测定重力加速度时，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时停止计时．测量结果与当地的重力加速度的真实值比较，发现偏大，可能原因是( )A．振幅偏小B．开始计时误记为n＝1C．将摆线加上球直径当成了摆长D．将摆线的长度当成了摆长19.(多选)如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐运动，在振子从最大位移处a向平衡位置O 运动过程中( )A．位移方向向左，速度方向向左B．位移方向向左，速度方向向右C．位移不断增大，速度不断减小D．位移不断减小，速度不断增大20.(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是( )A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10 sin(πt) cmB．单摆的摆长约为1.0 mC．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的动能逐渐减小D．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小三、实验题21.(1)在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中，除带横杆的铁架台、铁夹、秒表、游标卡尺、刻度尺之外，还必须选用的器材，正确的一组是______．A．约1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小铁球B．约0.1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小铁球C．约0.1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小塑料球D．约1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小塑料球(2)某同学在处理数据的步骤中，以为纵坐标，以周期T为横坐标，作出如图所示的图象，已知该图线的斜率为k＝0.500，则重力加速度为______m/s2.(结果保留三位有效数字，π＝3.14)22.在“用单摆测重力加速度”的实验中，小明同学的操作步骤为；A．取一根细线，下端系着直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；B．用刻度尺量得细线长度l；C．在细线偏离竖直方向角度很小时释放小球；D．用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到周期T＝；E．用公式g＝计算重力加速度①为了减小实验误差，小明同学应在小球经过______(选填“释放位置”或“平衡位置”)时开始计时．②按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比______(选填“偏大”“相同”或“偏小”)．23.我们学习了“用单摆测定重力加速度”，其实测定重力加速度的方法还有很多，比如下面就是一宇航员到达某一星球后，做的一个测定该星球表面重力加速度的实验：取一根细线穿过光滑的细直管，细线一端拴一质量为m的砝码，另一端连接在一固定的测力计上，手握细直管抡动砝码，使它在竖直平面内做完整的圆周运动，停止抡动细直管，砝码可继续在同一竖直平面内做完整的圆周运动，如图，此时观察测力计得到当砝码运动到圆周的最低点和最高点两位置时测力计的读数差为ΔF，则由测量结果可得该星球表面重力加速度g＝____________，若已知星球半径R，则星球质量为____________(已知万有引力常量为G)四、计算题24.如图所示，一个三角形物块固定在水平桌面上，其光滑斜面的倾角为θ＝30°.物体A的质量为mA＝0.5 kg，物体B的质量为mB＝1.0 kg(A、B均可视为质点)，物体A、B并列在斜面上且压着一劲度系数为k＝125 N/m的轻弹簧，弹簧的下端固定，上端拴在A物体上，物体A、B处于静止状态．(g取10 m/s2)(1)求此时弹簧的压缩量是多大？(2)将物体B迅速移开，物体A将作周期为0.4 s的简谐振动，若以沿斜面向上的方向为正方向，请在所给的坐标系中作出物体A相对平衡位置的位移随时间的变化曲线图，并在图中标明振幅的大小．(3)将物体B迅速移开，试证明物体A在斜面上作简谐运动．25.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图甲所示，该装置可用于研究弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙所示．当把手以某一速度匀速运动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图象如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，A表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则：(1)稳定后，物体振动的频率f＝________ Hz.(2)欲使物体的振动能量最大，需满足什么条件？答：________________________________________________________________________.(3)利用上述所涉及的知识，请分析某同学所提问题的物理依据．“某同学考虑，我国火车第六次大提速时，需尽可能的增加铁轨单节长度，或者是铁轨无接头”．答：________________________________________________________________________.答案解析1.【答案】C【解析】做简谐运动的物体，在由最大位移处移向平衡位置的过程中，位移减小，故加速度a＝－也减小(负号表示方向与位移方向相反)，速度增大，振子做加速度不断减小的加速运动．2.【答案】B【解析】整体做简谐运动，则对整体有：F＝－kx.木块做简谐运动，则对木块有：F′＝－k′x；故＝；由于木块加速度与整体加速度相同，故＝，故＝故选B.3.【答案】D【解析】4.【答案】B【解析】振动质点的位移是指离开平衡位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；回复力F＝－kx，由于x相同，故F相同；加速度a＝－，经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故A、C、D错误，B正确．5.【答案】B【解析】做简谐运动的物体从最大位移向平衡位置运动时，速度越来越大，所以从一侧最大位移的中点D运动到平衡位置的时间小于八分之一周期，根据简谐运动的对称性，其从平衡位置运动到另一侧最大位移中点C所用的时间也小于八分之一周期，故总时间小于四分之一周期，根据题意可知周期为0.04 s，B项正确．6.【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．7.【答案】A【解析】设单摆的摆长为L，地球的质量为M.根据万有引力等于重力，得在海平面上，有mg＝G，在山顶上，有mg′＝G可得海平面的重力加速度和高度为h山顶上的重力加速度之比为：g∶g′＝(R＋h)2∶R2；据单摆的周期公式可知T＝2π则得海平面上有：T＝2π，山顶上有：T＋ΔT＝2π，联立得：ΔT＝T，故A正确．8.【答案】B【解析】由单摆周期公式知，T1＝2π＝2πs＝0.6π s；T2＝2π＝2πs＝π s；摆球从左到右的时间为t＝＝0.4π s.9.【答案】D【解析】由单摆周期公式T＝2π可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的.10.【答案】A【解析】a小球做自由落体运动，根据运动学公式，有：l＝gt解得：t1＝≈1.4b小球做简谐运动，摆到最低点的时间是四分之一周期，为：t2＝＝≈1.57t1＜t2＜t3，故a小球先到达最低点，不可能和b小球在最低点相碰撞．11.【答案】C【解析】物体竖直方向受到重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑动摩擦力．由于弹簧可自由伸长到B，即伸长到B点时弹力为0，从A到B过程中，弹簧被压缩，弹簧的弹力水平向右，滑块向右运动，摩擦力水平向左，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先加速后减速，从B到C过程，摩擦力和弹簧的弹力方向均向左，物体一直做减速运动．故A、B错误，C正确；由上分析可知，物体在B点，没有弹力，但存在滑动摩擦力，则合力不为零，而合力为零的点应该在B点之前某一点，故D错误．12.【答案】C【解析】根据几何关系得，甲的摆长大于乙的摆长，摆角大于乙的摆角，所以甲的振幅大于乙的振幅．根据T＝2π知，甲摆的周期大于乙摆的周期，故A、B错误；两球开始处于平衡，设绳子拉力为F T，根据共点力平衡知，m甲g＝，m乙g＝，则m甲＜m乙，在摆动的过程中，机械能守恒，则甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故C正确；根据机械能守恒定律得，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故D错误．13.【答案】C【解析】秒摆的周期为2 s，则摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.2 s时，摆球从平衡位置向右方最远处做减速运动；由于位移在变大，故加速度也在变大．14.【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.15.【答案】B【解析】因为物体做简谐运动，所以物体的重力与弹簧的弹力的合力充当回复力，并且满足F＝－kx，根据牛顿第二运动定理可得F＝ma，所以a＝－，即物体的加速度大小和位移成正比，方向和位移的方向相反，故B正确．16.【答案】AD【解析】在水平面内做简谐运动的弹簧振子，机械能守恒，最大速率为v，当动能为零时势能最大，为mv2，故A正确；系统机械能守恒，当振子的速率减为时，动能为mv2，故势能为mv2，故B 错误；从某时刻起，在半个周期内，振子通过的路程为2A，振子运动到与起始点相对称的另一个点，速度的大小相等，故动能变化量为零，故弹力做功为零，故C错误，D正确．17.【答案】ABD【解析】M摆动时，m摆做受迫振动，稳定后，m摆的振动周期应等于驱动力的周期，即等于M摆的周期，故选项A正确；当m摆长与M摆长相等时，两者的固有周期相等，而M摆的固有周期就是使m做受迫振动的驱动力的周期，可见m摆处于共振状态，选项B正确；M摆长发生变化，就是使m做受迫振动的驱动力周期发生变化，由于m的固有周期不变，这样两个周期差别就发生了变化，因而m的振幅也发生了变化，选项C错误；单摆振动的能量不仅与振幅有关，还跟振动系统的质量有关，如果M的质量比m大得多，从M向m传递的能量有可能使m的振幅大于M的振幅，选项D正确．18.【答案】BC【解析】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；开始计时误记为n＝1，所测中期T偏小，由g＝可知，所测重力加速度偏大，故B正确；若摆线加上球直径当成了摆长，所测摆长偏大，由g＝可知，所测重力加速度偏大，故C正确；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D错误．19.【答案】BD【解析】在振子从最大位移处a向平衡位置O运动的过程中，振子受到的合外力向右且不断减小，速度方向向右且不断增大，A、C错误；位移由平衡位置指向振子所处位置，方向向左，位移不断减小，故B、D正确．20.【答案】ABD【解析】由振动图象读出周期T＝2 s，振幅A＝10 cm，由ω＝得到角频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为A sinωt＝10 sin(πt) cm，故A正确；由公式T＝2π，代入得到L＝1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误；从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D正确．21.【答案】(1)A (2)9.86【解析】(1)根据实验要求，摆长1 m左右．为减小空气阻力的影响，应选用体积较小的实心金属球，故选半径约1 cm的小铁球，故A正确，B、C、D错误．(2)单摆的周期公式T＝2π，变形得＝T，其中k＝，根据题意斜率k＝0.500，所以g＝4π2k2＝4×3.142×0.5002≈9.86 m/s2.22.【答案】平衡位置偏小【解析】为了减小实验误差，应在小球经过平衡位置时开始计时．根据：g＝来求解加速度，L为摆长，T为周期；摆长实际值为：线长加小球的半径．而在计算时我们把线的长度当做摆长进行计算，所以l值小了，故计算出的重力加速度偏小．23.【答案】【解析】(1)设砝码在最高点时细线的拉力为F1，速度为v1，在最低点细线的拉力为F2，速度为v2，则根据牛顿第二定律得：最高点：F1＋mg＝m①最低点：F2－mg＝m②由机械能守恒定律得：mg2L＋mv＝mv③由题意，F1－F2＝ΔF④由①②③④解得：g＝⑤(2)在星球表面，万有引力近似等于重力，则有G＝m′g⑥由⑤⑥解得星球的质量为：M＝24.【答案】(1)0.06 m (2)如图所示(3)设物体A在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则有mAg sinθ＝kx0，当物体A经过平衡位置下方的某一位置时，对平衡位置的位移的大小为x，则：F＝k(x0－x)－mAg sinθ由以上两式得：F＝－kx且位移的方向与F的方向相反．即物体A作简谐运动【解析】(1)物体A、B在斜面上处于平衡状态，所受外力平衡，设压缩量为x，则有：(mA＋mB)g sin 30°＝kx解得：x＝＝0.06 m(2)将物体B移开后，物体A作简谐运动的振幅为：A＝＝0.04 m已知系统的振动周期为T＝0.4 s，振动的位移随时间的变化关系曲线如下图：(3)设物体A在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则有mAg sinθ＝kx0，当物体A经过平衡位置下方的某一位置时，对平衡位置的位移的大小为x，则：F＝k(x0－x)－mAg sinθ由以上两式得：F＝－kx且位移的方向与F的方向相反．即物体A作简谐运动．25.【答案】(1)0.125 (2)T＝T0＝4 s(3)若单节车轨非常长，或无接头，则驱动力周期非常大，从而远离火车的固有周期，使火车的振幅较小，以便来提高火车的车速【解析】(1)由题目中丙图可知，f＝＝Hz＝0.125 Hz.(2)物体的振动能量最大时，振幅最大，故应发生共振，所以应有T＝T0＝4 s.(3)若单节车轨非常长，或无接头，则驱动力周期非常大，从而远离火车的固有周期，使火车的振幅较小，以便来提高火车的车速．。
人教版高中物理选修3-4第十一章 《机械振动》单元测试题
第十一章 《机械振动》单元测试题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1．一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3 s 时，振子第一次到达P 点，又经过2 s 第二次经过P 点，则该弹簧振子的振动周期可能为( )A ．32 sB ．16 sC ．8 sD ．4 s2．如图所示实线和虚线分别是同一个单摆在A 、B 两个大小相同的星球表面的振动图象，其中实线是A 星球上的，虚线是B 星球上的，则两星球的平均密度A ρ∶B ρ是( )A ．1∶2B ．2∶1C ．8∶1D ．4∶13．弹簧振子在振动中通过平衡位置时( )A ．速度最大B ．回复力最大C ．位移最大D ．加速度最大4．如图（a ）所示为一列简谐横波在2=t s 时的波形图，图)(b 是这列波中P 点的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向正确的是（ ）A ．v 25=cm ／s ，向左传播B ．v 50=cm ／s ，向左传播C ．v 25=cm ／s ，向右传播D ．v 50=cm ／s ，向右传播5．如图表示质点做简谐运动的图象，则以下说法中正确的是( )A ．图中的曲线部分是质点的运动轨迹B ．t 1、t 3时刻的速度是相同的C ．从t 1到t 2这段时间内，速度和加速度方向是相同的D ．从t 2到t 3这段时间内，速度变大，加速度变小6．下列关于简谐运动的说法中正确的是（）A．位移减小时，加速度减小，速度也减小B．位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同C．水平弹簧振子从平衡位置开始朝左运动时，加速度方向跟速度方向相同，朝右运动时，加速度方向跟速度方向相反D．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同7．一质点做简谐运动的图象如图所示，在4 s内具有最大正方向速度和最大正方向加速度的时刻分别是（）A.1 s 4 sB.3 s 2 sC.1 s 2 sD.3 s 4 s8．如图所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为的小球相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小球位于点．现使小球以点为平衡位置，在、两点间沿光滑水平面做简谐运动，关于这个弹簧振子做简谐运动的过程，下列说法中错误的．．．是（）A．小球从位置向位置运动过程中做减速运动B．小球每次通过同一位置时的加速度一定相同C．小球从位置向位置运动过程中，弹簧振子所具有的势能持续增加D．小球在位置弹簧振子所具有的势能与在位置弹簧振子所具有的势能相等9．如图所示是一个质点做简谐运动的振动图象，从图中可以知道（）A．在t = 0时，质点位移为零，速度和加速度也为零B．在t = 4s时，质点的速度最大，方向沿y轴的负方向C．在t = 3s时，质点振幅为-5cm，周期为4sD．无论何时，质点的振幅都是5cm，周期都是4s10．如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点。
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高中物理学习材料 （精心收集**整理制作）(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义有以下说法，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解析：选D.物体完成一次全振动，是一次完整的振动过程．物体回到原位置，位移、速度、回复力的大小和方向与原来的大小和方向都相同．因此D 正确．2. 一个弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，如图11－3所示，O 是平衡位置，以某时刻作为计时零点(t ＝0)，经过14周期，振子具有正方向的最大加速度，那么图11－4中的四个x -t 图象能正确反映运动情况的是( )解析：选D.由题意可知当t ＝14T 时，振子具有正向最大加速度，也就是位移负向最大，所以D正确．3. (2011年烟台高二检测)如图11－5所示是一做简谐运动物体的振动图象，由图象可知物体速度最大的时刻是( )图11－5A．t1B．t2C．t3D．t4答案：B4．(原创题)2011年3月11日14时46分，日本宫城县和岩手县等地发生9.0级地震，导致很多房屋坍塌，场景惨不忍睹，就此事件，下列说法正确的有()A．所有建筑物振动周期相同B．所有建筑物振幅相同C．建筑物的振动周期由其固有周期决定D．所有建筑物均做受迫振动解析：选AD.地面上的所有建筑物都在同一驱动力下做受迫振动，它们的振动周期都与驱动力的周期相同，与其固有周期无关，故A、D正确，C错误．由于不同的建筑物固有周期不尽相同，所以做受迫振动时，它们的振幅不一定相同，B错误．5．如图11－6所示为水平面内振动的弹簧振子，O是平衡位置，A是最大位移处，不计小球与轴的摩擦，则下列说法正确的是()图11－6A．每次经过O点时的动能相同B．从A到O的过程中加速度不断增加C．从A到O的过程中速度不断增加D．从O到A的过程中速度与位移的方向相反解析：选AC.简谐运动中机械能守恒，故振子每次过O点时动能相同，A对；从A到O过程中位移逐渐减小，而振子的加速度大小与位移大小成正比，故加速度也逐渐减小，B错；A到O过程中振子的合力(回复力)做正功，振子速度增加，C对；O到A过程中，振子向右运动，位移也向右，故速度与位移方向相同，D错．6．(2011年沈阳高二检测)如图11－7所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象．已知甲、乙两个振子质量相等，则()图11－7A．甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cmB．甲、乙两个振子的相位差总为πC．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大解析：选AD.两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，A 对；两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，D对．7. 如图11－8所示，光滑槽半径远大于小球运动的弧长，今有两个小球同时由图示位置从静止释放，O 点为槽的最低点，则它们第一次相遇的地点是( )图11－8 A ．O 点 B ．O 点左侧 C ．O 点右侧D ．无法确定解析：选A.两球释放后到槽最低点前的运动为简谐运动且为单摆模型．其周期T ＝2πRg，从释放到最低点O 的时间t ＝T4相同，所以在O 点相遇，选项A 正确．8．如图11－9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.则质点的振动周期和振幅分别为( )图11－9 A ．3 s,6 cm B ．4 s,6 cm C ．4 s,9 cmD ．2 s,8 cm解析：选B.因质点通过M 、N 两点时速度相同，说明M 、N 两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由N 到最大位移，与由M 到最大位移的时间相等，即t 1＝0.5 s ，则T2＝t MN ＋2t 1＝2 s ，即T ＝4 s ，由过程的对称性可知：质点在这2 s 内通过的路程恰为2A ，即2A ＝12 cm ，A ＝6 cm ，故B 正确．9. 弹簧振子在AOB 之间做简谐运动，如图11－10所示，O 为平衡位置，测得AB 间距为8 cm ，完成30次全振动所用时间为60 s ．则( )图11－10A ．振动周期是2 s ，振幅是8 cmB ．振动频率是2 HzC ．振子完成一次全振动通过的路程是16 cmD ．振子过O 点时计时，3 s 内通过的路程为24 cm 答案：CD10．一个摆长为l 1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T 1，已知地球质量为M 1，半径为R 1，另一摆长为l 2的单摆，在质量为M 2，半径为R 2的星球表面做简谐运动，周期为T 2，若T 1＝2T 2，l 1＝4l 2，M 1＝4M 2，则地球半径与星球半径之比R 1∶R 2为( )A ．2∶1B ．2∶3C ．1∶2D ．3∶2解析：选A.在地球表面单摆的周期 T 1＝2πl 1g① 在星球表面单摆的周期T 2＝2πl 2g ′② 又因为GM 1R 21＝g ③G M 2R 22＝g ′④ ①②③④联立得R 1R 2＝ M 1M 2· l 2l 1·T 1T 2＝21.二、实验题(本题共2小题，11题6分，12题8分，共14分．把答案填在题中横线上) 11．(2011年高考福建理综卷)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图11－11所示，则该摆球的直径为________cm.图11－11(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母) 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)游标卡尺读数为0.9 cm ＋7×0.1 mm ＝0.97 cm(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过10°，并从平衡位置计时，故A 错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T ＝t 50，若第一次过平衡位置计为“1”则周期T ＝t49.5，B 错误；由T ＝2πl /g 得g ＝4π2lT 2，其中l 为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g 偏大，故C 正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D 错误．答案：(1)0.97 (2)C12．(2011年大同高二检测)(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是________．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)如果测得的g 值偏小，可能的原因是________. 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 并测出相应的周期T ，从而得出一组对应的l 与T 的数据，再以l 为横坐标，T 2为纵坐标，将所得数据连成直线如图11－12所示，并求得该直线的斜率为k ，则重力加速度g ＝________(用k 表示)．图11－12答案：(1)ABC (2)B (3)4π2k三、计算题(本题共4小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(6分)(2011年高考江苏卷)将一劲度系数为k 的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m 的物块．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T .解析：单摆周期公式T ＝2πlg，且kl ＝mg解得T ＝2πmk.答案：见解析14．(8分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图11－13所示．图11－13(1)求t ＝0.25×10－2s 时的位移．(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？解析：(1)由图象可知T ＝2×10－2 s ，横坐标t ＝0.25×10－2 s 时，所对应的纵坐标x ＝－A cos ωt ＝－2cos100π×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 ＝8.5×10－2 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．答案：(1)－1.414 cm (2)34 cm 015．(10分)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的周期是T 0.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的高度h ，把地球看成质量均匀分布的半径为R 的球体．解析：设单摆的摆长为L ，地球的质量为M ，则据万有引力定律可得地面的重力加速度和高山上的重力加速度分别为：g ＝G M R 2，g h ＝G M (R ＋h )2据单摆的周期公式可知T 0＝2πLg，T ＝2πL g h由以上各式可求得h ＝(TT 0－1)R .答案：(TT 0－1)R16．(12分)如图11－14所示，两个完全相同的弹性小球A 和B 分别挂在l 和l /4的细线上，重心在同一水平面且小球恰好相互接触，把第一个小球A 向右拉开一个不大的距离后由静止释放，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11－14解析：球A 运动的周期T A ＝2πl g， 球B 运动的周期T B ＝2π l /4g＝πl g. 则该振动系统的周期。