阶段质量检测(一)机械振动

阶段质量检测（一）机械振动

一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。第1～5小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的不得分)

1．弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中( ) A ．振子所受的回复力逐渐增大 B ．振子离开平衡位置的位移逐渐增大 C ．振子的速度逐渐增大 D ．振子的加速度逐渐增大

解析：选C 振子向平衡位置运动的过程中位移逐渐减小，回复力与位移成正比，故回复力也逐渐减小，所以A 、B 错误；在振子向着平衡位置运动的过程中回复力做正功，故速度逐渐增大，所以C 正确；回复力逐渐减小，故加速度逐渐减小，所以D 错误。

2．一个摆长约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( )

解析：选C 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。

3. 光滑的水平面上叠放有质量分别为m 和m /2的两木块，下方木块与一劲度系数为k 弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f ，使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为( )

A.f

k B.2f k C.3f k

D.4f k

解析：选C 对m

2的木块来讲，随质量为m 的木块一起做简谐运动，其最大加速度为

a ＝f m 2

＝2f m ，即整体运动的最大加速度为a ＝2f m ，则弹簧的最大拉力为(m

2

＋m )a ＝kx ，设最

大振幅为x ＝A ，A ＝32m ·

2f m k ＝3f

k ，C 正确。

4．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f 固，则( )

A ．固固C ．50 Hz

D ．以上三项都不对

解析：选C 从图所示的共振曲线，可判断出f 驱与f 固相差越大，受迫振动的振幅越小；f 驱与f 固越接近，受迫振动的振幅越大。并从中看出f 驱越接近f 固，振幅的变化越慢。比较各组数据知f 驱在50～60 Hz 范围内时，振幅变化最小，因此，50 Hz

5．一平台沿竖直方向做简谐运动，一物体置于振动平台上随平台一起运动，当振动平台处于什么位置时，物体对平台的压力最大( )

A ．当振动平台运动到最高点时

B ．当振动平台向下运动过振动中心时

C ．当振动平台运动到最低点时

D ．当振动平台向上运动过振动中心时

解析：选C 物体随平台在竖直方向振动过程中，仅受两个力作用：重力和台面支持力。由这两个力的合力作为振动的回复力，并产生始终指向平衡位置的加速度。物体在最高点a 和最低点b 时，所受回复力和加速度的大小相等，方向均指向O 点，如图所示。

根据牛顿第二定律得

最高点mg －F N a ＝ma ；最低点F N b －mg ＝ma ； 平衡位置F N O －mg ＝0；所以F N b >F N O >F N a 。

即当振动平台运动到最低点时，平台对物体的支持力最大，根据牛顿第三定律，此时物体对平台的压力最大。

6．关于质点做简谐运动，下列说法中正确的是( )

A ．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反

B ．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同

C ．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大

D ．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小

解析：选AD 如图所示，设O 为质点做简谐运动的平衡位置，它

由C 经过O 到B ，又由B 经过O 到C 的一个周期内，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质点由B 到O 和由C 到O 的过程中，速度的方向与回复力的方向相同，A 正确。质点的位移方向与加速度方向总相反，B 不正确。质点振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，根据机械能守恒定律，其动能必然减小，C 不正确。当质点的势能减小时，如从C 到O 或从B 到O 阶段，回复力减小，质点的加速度大小也减小，D 正确。

7.如图所示，物体m 系在两弹簧之间，弹簧的劲度系数分别为k

1和k 2，且k 1＝k ，k 2＝2k ，两弹簧均处于自然状态，今向右拉动m ，然后释放，物体在B 、C 间振动，O 为平衡位置(不计阻力)，则下列判断正确的是( )

A ．m 做简谐运动，OC ＝O

B B ．m 做简谐运动，O

C ≠OB C ．回复力F ＝－kx

D ．回复力F ＝－3kx

解析：选AD 设m 在平衡位置O 处两弹簧均处于原长状态，则m 振

动后任取一位置A ，如图所示。设在A 处m 的位移为x ，则在A 处m 所在水平方向的合力F ＝k 2x ＋k 1x ＝(k 2＋k 1)x ，考虑到F 与x 方向关系有：F ＝－(k 2＋k 1)x ＝－3kx ，选项D 正确，C 错误；可见m 做的是简谐运动，由简谐运动的对称性可得OC ＝OB ，选项A 正确，B 错误。

8. 如图所示为同一实验室中甲、乙两个单摆的振动图像，从图像可知( ) A ．两摆球质量相等

B ．两单摆的摆长相等

C ．两单摆相位相差π

2

D ．在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s 甲＝2s 乙

解析：选BC 由题图知：T 甲＝T 乙，则摆长相等，但A 甲＝2A 乙，x 甲＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωt ＋π2，x 乙＝sin ωt ，故B 、C 项正确。而单摆周期与质量无关，A 项错误。由题图可知，在任何相等的时间内位移不一定具有s 甲＝2s 乙的关系，故D 错误。

二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

9．(8分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50 cm ，摆球直径为2.00 cm ，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示。则：

(1)该摆摆长为________cm ，秒表的示数为________； (2)如果他测得的g 值偏小，可能的原因是( ) A ．测摆线长时摆线拉得过紧

B ．摆线上端未牢固地系于悬点，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次全振动数为50次

解析：(1)由摆长公式l ＝l ′＋d /2，知l ＝98.50 cm ，由秒表的读数方法，可求得单摆振动50次所用的时间t ＝短针读数(t 1)＋长针读数(t 2)＝3×30 s ＋9.8 s ＝99.8 s ，同时可求得周期T 。

(2)通过g ＝4π2l

T 2，可知g 偏小的可能原因有二：一是摆长l 的测量值偏小，即测量值

小于实际值，可知A 错，B 正确；二是周期T 的测量值偏大，如开始计时时，过早按下秒表，停止计时时，过迟按下秒表，误把n ＋1次全振动数为n 次等等。由此可知C 、D 选项皆错，故正确答案为B 。

答案：(1)98.50 99.8 s (2)B

10．(10分)在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，

(1)关于安装选择仪器及测量时的一些实验操作，下列说法中正确的是________。 A ．用米尺测出摆线的长度，记为摆长l B ．实验中应选择体积较小、质量较大的小球

C ．使摆线偏离竖直方向某一角度α小于10°，然后静止释放摆球