第1章 机械振动 单元测试（沪科版选修3-4）

第1章 机械振动 单元测试（沪科版选修3-4）
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．一质点做简谐运动，在t1和t2两个时刻加速度相同，则在这两个时刻下列物理量一定相同的有(　　)
①位移　②动能　③回复力　④速度
A．①③　　　　　　　　
B．②④
C．①②③
D．②③④
解析：选C.t1和t2时刻加速度相同，说明这两个时刻质点处于同一位置．因此位移和回复力大小、方向都相同；但由于速度方向可能相同也可能相反，所以速度不一定相同，选C.
2．单摆做简谐运动时，下列说法正确的是(　　)
A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大
B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关
C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大
D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大
解析：选AD.对于无阻尼单摆系统，机械能守恒，其数值等于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能．摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以A正确，B错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以C错误；同理，D正确．
3．弹簧振子做简谐运动的图像如图1－6所示，下列说法不正确的是(　　)
图1－6
A．在第5秒末，振子的速度最大且沿＋x方向
B．在第5秒末，振子的位移最大且沿＋x方向
C．在第5秒末，振子的加速度最大且沿－x方向
D．在0到5秒内，振子通过的路程为10 cm
解析：选A.在第5秒末时，由图可知弹簧振子处于正向最大位移处，此时速度为零，加速度最大且沿－x方向，A不正确，B、C正确；0到5秒内，振子通过了5个振幅的距离，故路程为10 cm，D项正确．
4．下列运动属于受迫振动的是(　　)
A．弹簧振子的振动
B．缝纫针持续上下振动
C．单摆的摆动
D．我们听到声音时耳膜的振动
解析：选BD.单摆的摆动、弹簧振子的振动没有受外界的驱动力，不是受迫振动；缝纫针的振动受到其他传动装置的驱动力，耳膜的振动受到周期性变化的空气压力的作用，所以它们是受迫振动．
图1－7
5．如图1－7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摆动时，下列说法中正确的是(　　)
A．振动稳定时，两摆的振动周期相同
B．当两摆摆长相等时，m摆的振幅最大
C．悬挂M的竖直细线长度变化时，m摆的振幅也会发生变化
D．当两摆摆长相等时，m摆的振幅可能超过M摆的振幅
解析：选ABCD.M摆振动时，m摆做受迫振动，稳定后，m摆的频率等于驱动力频率，A正确．当m摆的摆长等于M摆摆长时，m摆所受驱动力频率正好等于它的固有频率，达到共振，B正确．当M摆的摆长与m摆的摆长差别越大时，m摆的振幅越小，C正确．若M比m的质量大得较多，很容易使m摆的振幅超过M摆的振幅，故D正确．
6．劲度系数为20 N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图1－8所示，在图中A点对应的时刻(　　)
图1－8
A．振子所受的弹力大小为0.5 N，方向指向x轴的负方向
B．振子的速度方向指向x轴的正方向
C．在0～4 s内振子做了1.75次全振动
D．在0～4 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0
解析：选B.由图可知A在t轴上方，位移x＝0.25 cm，所以弹力F＝－kx＝－5 N，即弹力大小为5 N，方向指向x轴负方向，选项A不正确．由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，选项B正确．由图可看出，t＝0、t＝4 s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0～4 s内完成两次全振动， 选项C错误．所以在0～4s内振子位移为零，通过的路程为2×4×0.50 cm＝4 cm，故选项D错误．
7．(2010年高考安徽理综卷)曾设计如图1－9所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小(　　)
图1－9
A．只与斜面的倾角有关
B．只与斜面的长度有关
C．只与下滑的高度有关
D．只与物体的质量有关
解析：选C.物体从同一高度沿不同弧线下滑，至最低点后，都能沿同一条弧线运动至同一水平高度处，说明物体沿不同弧线运动到最低点的速度相同，故C项对．
8．一单摆在山脚处(认为在海平面高度)的周期为T，设地球的半径为R，将单摆移到山顶时测得的周期与原有周期相比改变了ΔT，则该山的高度H可表示为(　　)
A．R
B．R
C．2π
D．R
解析：选D.由T＝2π ，在山脚处T＝2π ；在该山的高度H处，T＋ΔT＝2π，又＝，由以上各式得：H＝R.
图1－10
9．如图1－10所示，放在光滑水平面上的弹簧振子，振子质量为m，振子以O为平衡位置，在B和C之间振动，设振子经平衡位置时的速度为v，则它在由O→B→O→C的整个运动过程中，弹簧弹力对振子所做功的大小为(　　)
A．2mv2
B．－mv2
C．3mv2
D.mv2
解析：选B.由于水平面是光滑的，在整个过程中只有动能和势能的相互转化，振子在O→B→O过程中，动能转化为势能又转化为动能，在O点振子的动能为 mv2，势能为零；从O→C过程中，动能向势能转化，在C点，动能完全转化为势能，即势能为mv2，据动能定理可知弹簧弹力对振子所做的功为－mv2.
10．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asint，则质点(　　)
A．第1 s末与第3 s末的位移相同
B．第1 s末与第3 s末的速度相同
C．3 s末至5 s末的位移方向都相同
D．3 s末至5 s末的速度方向都相同
解析：选AD.由x＝Asint知周期T＝8 s．第1 s末、第3 s末、第5 s末分别相差2 s，恰好是个周期．根据简谐运动图像中的对称性可知A、D选项正确．
二、填空题(本题共2小题，共14分，将答案填在题中的横线上)
11．(6分)一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的.在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后，此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是________．
解析：本题显然要利用T＝2π来解答，考虑到地球表面的g与某行星表面的g′不同，所以首先要根据天体运动的知识：g′＝.又因为地球表面上摆钟周期T＝2π，在行星上摆钟周期T′＝2π ＝2π＝4π＝2T.所以，分针走一整圈的时间为2小时．
答案：2 h
12．(8分)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图1－11所示，则
图1－11
(1)该摆摆长为______cm，停表表示的读数为______s.
(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动数为50次
解析：(1)本题要求真正掌握摆长的概念，能应用停表读数，会应用公式g＝4π2l/T2去分析造成实验误差的原因．由摆长的概念，摆长应等于摆线长与摆球半径之和：97.50 cm＋1.00 cm＝98.50 cm
停表读数t总＝90 s＋9.78 s＝99.78 s.
(2)由公式g＝4π2l/T2，可知：A项是使l变大，测得g值偏大，B项导致周期T偏大，使g值偏小，C、D项导致周期T偏小，使g值偏大．
答案：(1)98.50　99.78　(2)B
三、计算题(本题共4小题，共46分．解答时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)
图1－12
13．(10分)如图1－12，在光滑水平面上，用两根劲度系数分别为k1与k2的轻质弹簧系住一个质量为m的小球．开始时，两弹簧均处于原长，后使小球向左偏离x后放手，可以看到小球将在水平面上做往复运动．试问小球是否做简谐运动？
解析：以小球为研究对象，竖直方向受力平衡，水平方向受到两根弹簧的弹力作用．设小球位于平衡位置O左方某处时，偏离平衡位置的位移为x，则
左方弹簧压缩，对小球F1＝k1x，方向向右．
右方弹簧拉伸，对小球F2＝k2x，方向向右．
则F＝F1＋F2＝(k1＋k2)x，方向向右．
令k1＋k2＝k，则F＝kx
由于小球所受回复力的方向与位移方向相反，考虑方向后，则F＝－kx
故小球将在两根弹簧的作用下在水平面上做简谐运动．
答案：是做简谐运动
14．(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内通过的路程及位移大小；
(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．
解析：(1)设振幅为A，由题意BC＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm.振子从B到C所用时间t＝0.5 s，为周期T的一半，所以T＝1.0 s；f＝1/T＝1.0 Hz.
(2)振子在1个周期内通过的路程为4A.故在t＝5 s＝5T内通过的路程s＝t/T×4A＝200 cm.5 s内振子振动了5个周期，5 s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10 cm.
(3)振子加速度a＝－x，a∝x，所以aB∶aP＝xB∶xP＝10∶4＝5∶2.
答案：见解析
图1－13
15．(12分)如图1－13所示，两个质量相等的弹性小球A和B分别挂在轻线上，开始时两线平行，两球重心在同一水平线上，且两球相接触，线长LA＝0.25 m，LB＝1 m．把A球拉开一小角度(小于10°)后释放，则两球经多长时间发生第三次碰撞？
解析：两球发生碰撞是弹性碰撞，因两球质量相等，故两球相碰时交换速度，即碰后运动的A球停下，原来静止的B球运动起来．
球A振动的周期TA＝2π ＝1 s
球B振动的周期TB＝2π ＝2 s
球A先摆动，经时间t1＝和B球发生第一次碰撞；碰后A球静止，B球开始向右摆动，B球经t2 ＝后返回平衡位置和A球发生第二次碰撞，碰后B球静止，A球向左摆动，再经t3 ＝后，返回平衡位置和B球发生第三次碰撞．所以两球发生第三次碰撞的时间t＝t1＋t2＋t3＝1.75 s.
答案：1.75 s
16．(12分)如图1－14所示，质量为m的物体静止在水平面上的O点处，物体和水平面之间的动摩擦因数为0.1，距离O点的右侧2 m处有一半径为10 m的光滑圆形轨道．物体水平向右的初速度为3 m/s，求物体回到O点时的速度v以及这一过程所用的时间t总．(g＝10 m/s2)
图1－14
解析：物体的运动过程分三个阶段：物体沿水平面匀减速运动到O1点，接着沿圆形轨道上滑到最高点后回到O1点，再匀减速运动回到O点．物体沿圆形轨道做变速圆周运动，可等效为单摆，如果小球上升的最大高度远小于轨道半径，则单摆的周期公式就能适用．
对全过程应用动能定理，－2μmgs＝mv2－mv
解得回到O点时的速度大小v＝1 m/s
从O到O1，有－μmgs＝mv－mv，
解得v1＝ m/s
又v1＝v0－μgt1，解得t1＝(3－)s
对于圆形轨道上的运动，－mgh＝0－mv
解得h＝0.25 m R
故t2＝＝π＝3.14 s
从O1到O，有v＝v1－μgt3，
解得t3＝(－1)s
故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝5.14 s.
答案：1 m/s　5.14 s