第二章 机械振动 单元测试题（word版含解析）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册
第二章
机械振动
单元测试题（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共40分）
1．超声波洁牙机利用超声波激励工作头产生高频振动，使牙结石因振动而松脱。则（　　）
A．工作头的振动频率小于超声波的频率
B．工作头的振动频率与牙结石固有频率接近时，牙结石更容易脱落
C．工作头的振动频率越大，洁牙效果越好
D．工作头停止振动，牙结石的固有频率逐渐减小
2．如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为的A、B两点上，c细线下端系着一个带正电荷的小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，电荷量为，垂直于纸面向外有匀强电场，电场强度，下列说法正确的是（　　）
A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为
B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为
C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为
D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为
3．如图，是一段竖直放置的光滑圆弧轨道，相距的、两点等高、距轨道最低点的竖直高度为。一小滑块自点由静止释放并开始计时，其速率随时间变化的图像可能为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．如图是两个单摆的振动图象，以下说法正确的是（　　）
A．甲、乙两个摆的频率之比为1：1
B．甲、乙两个摆的频率之比为1：2
C．甲、乙两个摆的摆长之比为1：2
D．甲、乙两个摆的摆长之比为1：4
5．简谐运动属于（　　）
A．变加速运动
B．匀速运动
C．曲线运动
D．匀变速运动
6．一质点做简谐运动的图像如图所示，则该质点（　　）
A．在0.015s时，速度和加速度都沿x轴负方向
B．在第八个0.01s内，速度与位移方向相同，且都在不断增大
C．在0~0.5s内，走过的路程为2m
D．在0.01s至0.03s内，速度先沿x轴负方向后沿x轴正方向，而加速度始终沿x轴正方向
7．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为坐标原点，建立Ox轴，规定向右为正方向，其简谐运动的周期T=0.8s，OM=ON=10cm。当t=0时刻，将小球由N点静止释放。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　）
A．简谐运动的表达式为x=0.1sin（2.5πt）m
B．每次通过同一位置时，速度一定相同
C．从M经O到N的过程中，弹簧振子系统的机械能先增加再减小
D．从N到O的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能
8．物体做简谐运动时，下列叙述中正确的是（　　）
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
9．物体做简谐运动的过程中，下述物理量中保持不变的是（　　）
A．振幅
B．动能
C．势能
D．机械能
10．如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则下列说法正确的是（　　）
A．此单摆的固有周期约为2s
B．此单摆的摆长约为2m
C．若摆长增大，共振曲线的峰将左移
D．若摆长增大，单摆的固有频率增大
第II卷（非选择题）
二、实验题（共15分）
11．利用单摆测重力加速度实验中
(1)下列器材最合适的一组是______；
A．20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台
B．100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台
C．100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台
D．100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台
(2)为了减小测量单摆周期的误差，摆球应在经过最_____（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1，当计数为55时，所经历的总时间为t秒，则单摆周期为______秒。
12．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的___________（选填选项前的字母）。
A．长约1m的细线
B．长约1m的橡皮绳
C．直径约2cm的均匀铁球
D．直径约2cm的均匀木球
（2）实验中，用米尺测量出悬线长度为l，用游标卡尺测量出小球的直径为d，则摆长___________，用秒表测得单摆完成n次全振动所用的时间t，则根据以上数据计算重力加速度___________（用L，n，t表示）；
（3）若测量结果得到的g值偏大，可能是因为___________（选填选项前的字母）。
A．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长
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．实验中误将49次全振动数为50次
D．开始计时，秒表过早按下
（4）测量出多组周期T摆长L数值后，画出图像如图，若测得此图线的斜率为k，则重力加速度___________（用k表示）。
（5）为了减小测量误差，以下措施中正确的是___________（填字母）。
A．单摆的摆角应尽量大些
B．摆线应尽量短些
C．选体积较小，质量较大的摆球
D．测量周期时，应取摆球通过最高点作为计时的起、终点位置
E.测量周期时，应测摆球30~50次全振动的时间算出周期
三、解答题（共45分）
13．（1）单摆的回复力就是摆球所受的合外力吗？
（2）单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？
14．如图所示，在O点系着一细绳，细绳穿过小球B的通过直径的小孔，使B球能一直顺着绳子滑下来．在O点正下方有一直径为R的光滑弧形轨道，圆心位置恰好在O点，弧形轨道的最低点为O?．在接近O?处有另一小球A，令A、B两球同时开始无初速度释放．假如A球到达平衡位置时正好能够和B球相碰，A、B
球均可视为质点．则：
(1)B球与绳之间的摩擦力与B球重力大小之比是多少？
(2)比值的最小值为多少？
15．一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示
(1)求时质点的位移；
(2)在到的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化?
(3)在到时间内，质点的路程、位移各多大?
16．如图所示，OA为一单摆，B是穿在一根较长细线上的小球，让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动的同时，另一小球B从与O点等高处由静止开始下落，当A球摆到最低点时，B球也恰好到达与A同一水平面处，求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比。(取g＝10m/s2，π2＝10)
参考答案
1．B
【详解】
ABC．超声波洁牙机利用超声波激励工作头产生高频振动，工作头的振动频率和超声波的频率相等，当工作头的振动频率与牙结石固有频率接近时，发生共振，牙结石更容易脱落，AC错误B正确。
D．工作头停止振动，牙结石的固有频率不变，D错误。
故选B。
2．D
【详解】
AC．小球不可以在纸面内做简谐运动，因为小球会受到垂直纸面向外的电场力，垂直纸面方向无法平衡，故AC错误；
BD．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，等效重力
周期
故B错误，D正确。
故选D。
3．A
【详解】
设圆弧半径为R，则由几何关系可知
解得
R=4.8m
球在圆弧槽中来回运动可看做单摆，其周期为
小滑块自A点由静止释放速率先增加后减小，则速率随时间变化图像为A。
故选A。
4．D
【详解】
AB．由图可知甲、乙两个摆的周期之比为1:2，则频率之比为2:1，选项AB错误；
CD．根据
可得
可知甲、乙两个摆的摆长之比为1：4，选项C错误，D正确。
故选D。
5．A
【详解】
在简谐运动中，由于回复力与离开平衡位置的位移大小成正比，方向指向平衡位置，即
而根据牛顿第二定律
可知加速度时刻改变，因此简谐运动属于变加速运动，其中弹簧振子就是典型的简谐振动，它是变加速直线运动
故选A。
6．D
【详解】
A．由图像可知，在0.015s时，速度沿x轴负方向，加速度沿x轴正方向，A错误；
B．在第八个0.01s内，速度与位移方向相同均为正值，且速度在不断减小，加速度不断增大，B错误；
C．由于周期为0.04s，在0~0.5s内，共经过12.5个周期，每经过一个周期运动的路程为4倍振幅，因此走过的路程为
C错误；
D．在0.01s至0.03s内，速度先沿x轴负方向逐渐减小后沿x轴正方向逐渐增加，而加速度始终沿x轴正方向先增加后减小，D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A．由题目可知A=0.1m，T=0.8s，则
因为当t=0时刻，将小球由N点静止释放，所以简谐运动的表达式为
故A错误；
B．每次通过同一位置时，速度大小相同，但是方向不一定相同，故B错误；
C．从M经O到N的过程中，弹簧振子系统的机械能不变，故C错误；
D．从N到O的过程中，弹簧的弹性势能减小，转化为小球的动能，故D正确。
故选D。
8．AD
【详解】
平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受到的合力不一定为零。
故选AD。
9．AD
【详解】
AD．物体做简谐运动的过程中，机械能守恒，振幅不变，
AD正确；
BC．当物体向平衡位置运动时，动能增大，势能减小；当物体远离平衡位置运动时，动能减小，势能增大，BC错误。
故选AD。
10．AC
【详解】
A．由图可知该单摆的周期为
故A正确；
B．由单摆周期公式得
代入数据解得故B错误；
C．由单摆周期公式可知摆长增大，则单摆周期增大，故固有频率减小，共振曲线向左移动，故C正确；
D．由单摆周期公式可知摆长增大，则单摆周期增大，故固有频率减小，故D错误。
故选AC。
11．B
低
【详解】
(1)[1]实验中应采用长1m左右，不能形变的细线，小球选用体积小质量大小的金属球；另外需要秒表、米尺、铁架台，故选B；
(2)[2][3]摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小。所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时。由题分析可知，单摆全振动的次数为
周期为
12．AC
C
CE
【详解】
(1)[1]AB．实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；
CD．为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm的均匀木球，故C正确，D错误。
故选AC；
(2)[2]摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，单摆摆长
[3]单摆周期
(3)[4]由单摆周期公式得，重力加速度
A．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长，所测摆长L偏小，所测重力加速度偏小，故A错误；
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，所测摆长L偏小，所测重力加速度偏小，故B错误；
C．实验中误将49次全振动数为50次，所测周期T偏小，所测重力加速度偏大，故C正确；
D．开始计时，秒表过早按下，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故D错误。
故选C；
(4)[5]由单摆周期公式得，重力加速度
由图示T2-L图象可知，图象的斜率
重力加速度为
(5)[6]A．单摆在摆角小于5°时的运动是简谐运动，单摆的摆角不能太大，故A错误；
B．为减小实验测量误差，摆线应适当长些，故B错误；
C．为减小空气阻力对实验的影响，应选体积较小、质量较大的摆球，故C正确；
D．为减小周期测量误差，测量周期时，应取摆球通过最低点做为计时的起、终点位置，故D错误；
E．为减小周期测量的误差，测量周期时，应测摆球30～50次全振动的时间算出周期，故E正确。
故选CE。
13．（1）回复力不是合外力。单摆的运动可看成变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力提供使摆球沿圆弧振动的回复力；（2）单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零
【详解】
略
14．（1）(n=0，1，2……)
（2）
【详解】
圆弧轨道运动的小球A接近O?运动，故可看做单摆模型
A球作简谐运动，由周期公式得A到O?的时间为：
B球作匀变速运动从O到O?的时间为，由题意得，解得
对于小球B，由牛顿第二定律得：mg-f=ma
得(n=0，1，2……)
(2)由可知当n=0时，则比值最小，最小值为
15．(1)－cm；（2）见解析；（3），位移为2cm
【详解】
(1)由题图可知A＝2cm，T＝2×10－2s，振动方程为
x＝Asin＝－Acosωt＝－2costcm＝－2cos100πtcm
当t＝0.25×10－2s时
x＝－2coscm＝－cm
(2)由图可知在1.5×10－2s～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＝34cm
位移为2cm。
16．，
n=0，1，2，3……
【解析】
【详解】
单摆的周期公式
①
当A球摆到最低点所用的时间
n=0，1，2，3……
②
由牛顿第二定律，B的加速度
③
由运动学公式
④
由①②③④解得
，
n=0，1，2，3……