第11章机械振动单元达标测试题

第十一章机械振动单元达标检测一、选择题(本题共12小题，共40分,1-8为单项选择题，每题3分；9-12为多项选择题，每题4分，选不全得2分，选错不得分)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．回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程B．位移和速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D．位移和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程2．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，加速度一定为零3．下列说法正确的是()A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B．火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆C．挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象4．如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则()A．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5．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单摆的摆长B．由图中数据可以估算出摆球的质量C．由图中数据可以估算出摆球的最大动能D．如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动6．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，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是()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7．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( )8．劲度系数为k 的轻弹簧竖直悬挂，在其下端挂一质量为m 的砝码，然后从弹簧原长处由静止释放砝码，不计摩擦阻力，重力加速度为g .则( ) A ．砝码的运动不是简谐振动 B ．砝码最大加速度为2gC ．砝码偏离平衡位置的最大位移为2mg kD ．弹簧最大弹性势能为2m 2g 2k9．如图所示，A 、B 、C 三个小钢球的质量分别为2m 、12m 、m ，A 球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B 、C 振动达到稳定时，下列说法正确的是( ) A ．B 的振动周期最大 B ．C 的振幅比B 的振幅小 C ．C 的振幅比B 的振幅大 D ．A 、B 、C 的振动周期相等10．某单摆原来的周期为T ，下列哪些情况会使单摆周期发生变化( ) A ．摆长减为原来的14B ．摆球的质量减为原来的14C ．振幅减为原来的14D ．重力加速度减为原来的1411．如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是( ) A ．t ＝0.8 s 时，振子的速度方向向左 B ．t ＝0.2 s 时，振子在O 点右侧6 2 cm 处 C ．t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度完全相同 D ．t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的加速度逐渐减小12．一弹簧振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时振子的位移x ＝－0.1 m ；t ＝43 s 时x ＝0.1 m ；t ＝4 s 时x ＝0.1 m ．该振子的振幅和周期可能为( ) A ．0.1 m ，83 sB ．0.1 m,8 sC ．0.2 m ，83sD ．0.2 m,8 s二、实验填空题(本题共2小题，共12分)13．(6分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n 次经过最低点所用的时间为t .在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L ，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d (读数如图乙所示)．(1)从乙图可知，摆球的直径为d ＝________ mm.(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g ＝________.(3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是________． A ．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线 B ．当单摆经过最高位置时开始计时C ．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的D ．测量多组周期T 和摆长l ，作l －T 2关系图象来处理数据14．(6分)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________．三、计算简答题（共4小题，共48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．(10分)如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，m A＝100 g，m B＝500 g，系统静止时弹簧伸长x＝15 cm，未超出弹性限度．若剪断A、B间的细绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：(g取10 m/s2)(1)A的振幅；(2)A最大加速度的大小．16. （12分）一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，位移是4 cm，且向x轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程并画出相应的振动图像。

17．(12分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B 点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s内通过的路程及5 s末的位移大小；(3)振子在B点的加速度大小与在距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．18．(14分) 将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置。

∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g取10 m/s2)，求：(1)单摆的周期和摆长；(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度。

(3)若把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1.60m/s2，则该单摆振动周期是多少？(可保留π)第十一章 机械振动单元达标检测答案一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分,1-8为单项选择题，9-12为多项选择题，选不全得2分，选错不得分) 1. 答案 B 2. 答案 A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． 3. 答案 C解析 摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T ＝2πlg可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A 错误；火车过桥时要减速是为了防止桥车发生共振，不是防止火车发生共振，故B 错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C 正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D 错误． 4. 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 ＝1T ＝0.25 Hz ，选项A 错误；振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． 5. 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． 6. 答案 C解析 据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A 、B 两球的运动周期分别为T A ＝2π R 1g ，T B ＝2π R 2g，两球第一次到达O 点的时间分别为t A ＝14T A ＝π2R 1g ，t B ＝14T B ＝π2 R 2g，由于R 1<R 2，则t A <t B ，故两小球第一次相遇点的位置一定在O 点的右侧．故选C. 7. 答案 C解析 若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M 到b 的时间为1 s ，则T4＝3 s ＋1 s ＝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34T ＝3 s ＋1 s ＝4 s ，解得T ＝163 s ，故C 正确，A 、B 、D 错误． 8. 答案 D解析 设砝码的最大速度为v m ，砝码的速度最大时，弹簧弹力大小等于砝码的重力，则得：mg ＝kx 0，得弹簧伸长的长度x 0＝mgk ，此位置为平衡位置，在平衡位置以上Δx 时，弹簧的弹力为F ＝k (x 0－Δx )，砝码受到的合力：F 合＝mg －F ＝mg －k (x 0－Δx )＝k Δx ，同理可以得出砝码在平衡位置以下Δx 时，仍然满足：F合＝k Δx ，即砝码受到与离开平衡位置的位移成正比的合外力的作用，且该合力始终指向平衡位置，所以由静止释放砝码后，砝码在重力和弹簧的弹力作用下将做简谐振动，故A 错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，根据对称性可知，此时弹簧伸长量为：x ′＝2x 0＝2mgk ，根据牛顿第二定律得：a ＝F 弹－G m ＝kx ′－mg m ＝2mg －mgm ＝g ，所以弹簧弹性势能最大时小球加速度大小为g ，故B 错误；此时弹簧伸长量x ′＝2mg k ，所以砝码偏离平衡位置的最大位移为x ′－x 0＝mgk ，故C 错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，砝码从静止开始下落到速度为零时，根据动能定理得：mg ·2mgk ＋W 弹＝0，解得W 弹＝－2m 2g 2k ，所以弹簧最大的弹性势能为2m 2g 2k ，故D 正确．9. 答案 CD解析 由题意，A 做自由振动，振动周期就等于其固有周期，而B 、C 在A 产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A 的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故A 错误，D 正确；由于C 、A 的摆长相等，则C 的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比B 摆大，故C 正确，B 错误． 10. 答案 AD解析 由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关，故A 、D 正确． 12. 答案 ABD解析 从t ＝0.8 s 时起，再过一段微小的时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t ＝0.8 s 时，速度方向向左，A 正确；由题中图象得振子的位移x ＝12 sin 5π4t cm ，故t ＝0.2 s 时，x ＝6 2 cm ，故B 正确；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的位移方向相反，由a ＝－kxm知，加速度方向相反，C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其加速度逐渐变小，故D 正确． 12. 答案 ACD解析 若振幅A ＝0.1 m ，T ＝83 s ，则43 s 为半个周期，从－0.1 m 处运动到0.1 m 处，符合运动实际，4 s －43 s ＝83 s 为一个周期，正好返回0.1 m 处，所以A 对；若A ＝0.1 m ，T ＝8 s ，43 s 只是T 的16，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B 错；若A ＝0.2 m ，T ＝83 s ，则43 s ＝T2，振子可以由－0.1 m处运动到对称位置，4 s －43 s ＝83s ＝T ，振子可以由0.1 m 处返回0.1 m 处，所以C 对；若A ＝0.2 m ，T ＝8 s ，则43 s ＝2×T 12，而sin ⎝⎛⎭⎫2πT ·T 12＝12，即T 12时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1 m 处，再经83 s 又恰好能由0.1 m 处运动到0.2 m 处后，再返回0.1 m 处，所以D 对． 二、非选择题(本题共5小题，共52分) 13. 答案 (1)5.980 (2)π2(n －1)2(L ＋d 2)t 2(3)AD解析 (1)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm ，可动刻度读数为0.01×48.0 mm ＝0.480 mm ，则最终读数为5.980 mm.(2)由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n 次经过最低点所用的时间为t ，则单摆的全振动的次数为N ＝n －12，周期为T ＝t N ＝2t n －1，单摆的摆长为l ＝L ＋d2，由单摆的周期公式T ＝2πlg，得g ＝π2(n －1)2(L ＋d2)t2. (3)公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A 正确；为了减小误差，需要在单摆经过平衡位置时开始计时，且选用体积较小的摆球，故B 、C 错误；应用图象法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T 和摆长l ，作l －T 2关系图象来处理数据，故D 正确．14. 答案 (1)弹簧的弹力和重力沿斜面分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力) (2)0.4 (3)F 1＋F 22k解析 (1)对滑块进行受力分析，弹簧的弹力和重力沿斜面分力的合力提供回复力． (2)由题图可以看出周期为0.4 s. (3)根据胡克定律：F 1＝kx F 2＝kx ′振幅A ＝x ＋x ′2＝F 1＋F 22k.三、计算简答题（共4小题，共48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15. 答案 (1)12.5 cm (2)50 m/s 2 解析 (1)设只挂A 时弹簧伸长量x 1＝m A gk .由(m A ＋m B )g ＝kx ，得k ＝(m A ＋m B )gx ，即x 1＝m Am A ＋m B x ＝2.5 cm.振幅A ＝x －x 1＝12.5 cm.(2)剪断A 、B 间的细绳瞬间，A 所受弹力最大，合力最大，加速度最大．F ＝(m A ＋m B )g －m A g ＝m B g ＝m A a m ， a m ＝m B gm A＝5g ＝50 m/s 2. 16. 简谐运动振动方程的一般表示式为 x ＝A sin(ωt ＋φ0)，根据题给条件有：A ＝0.08 m ，ω＝2πf ＝π， 所以x ＝0.08sin(πt ＋φ0)m ，将t ＝0时x 0＝0.04 m 代入得0.04＝0.08sin φ0， 解得初相φ0＝π6或φ0＝56π，因为t ＝0时，速度方向沿x 轴负方向，即位移在减小， 所以取φ0＝56π，所求的振动方程为x ＝0.08sin ⎝⎛⎭⎫πt ＋56πm ， 对应的振动图像如图所示。