第二章 机械振动同步训练（Word版含答案）

第二章机械振动
一、选择题（共15题）
1．一个摆长约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．
2．质量为M的三角架静止在水平面上，如图所示，沿中轴线用两根轻弹簧拴接一质量为m的小球，两弹簧劲度系数都是k，现使小球上下振动，若小球在振动过程中，三角架对水平面的最小压力为零，则（　　）
A．小球的最大加速度等于g
B．小球的最大加速度小于g
C．小球的振幅为
D．小球的回复力可能大于（M+m）g
3．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=1.6s时，以下对摆球的运动情况及其切向加速度变化情况的正确的是（　　）
A．正在向左做减速运动，加速度正在增大
B．正在向右做减速运动，加速度正在增大
C．正在向左做加速运动，加速度正在减小
D．正在向右做加速运动，加速度正在减小
4．如图为某质点的振动图像，下列判断正确的是（　　）
A．质点的振幅为10cm
B．质点的周期为4s
C．t＝4s时质点的速度为0
D．t＝7s时质点的加速度为0
5．如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定组成一个振动系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，下列说法正确的是（　　）
A．钢球运动的最高处为平衡位置 B．钢球运动的最低处为平衡位置
C．钢球速度为零处为平衡位置 D．钢球原来静止时的位置为平衡位置
6．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．两单摆的摆长不相等
C．两单摆相位相差
D．在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s甲＝2s乙
7．如图所示，一带正电小球以O点为平衡位置在B、C间做简谐运动，取水平向右为振子相对平衡位置的位移的正方向，当小球运动到B点时突然施加一水平向右的匀强电场，则下列说法正确的是（　　）
A．带电小球接下来仍做简谐运动，此时的平衡位置位于O点
B．带电小球接下来仍做简谐运动，此时的平衡位置位于O点左侧
C．带电小球接下来仍做简谐运动，此时的平衡位置位于O点右侧
D．带电小球接下来将不再做简谐运动
8．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．弹簧振子的周期为2 s
B．弹簧振子的振幅为10 cm
C．t=17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cm
D．2.5 s时振子正在向x轴正方向运动
9．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图像如图所示。下列关于图甲、乙、丙、丁的判断正确的是（选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度）
A．甲可作为该物体的v- t图像 B．乙可作为该物体的F- t图像
C．丙可作为该物体的F- t图像 D．丁可作为该物体的a- t图像
10．在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的
B．乘客向地心运动时速度增大、加速度增大
C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态
D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比
11．如图所示，如果下表中给出的是简谐振动的物体的位移或速度或加速度与时刻的对应关系，是振动周期，则下列选项正确的是( )
时刻 状态 物理量
甲 零 正向最大 零 负向最大 零
乙 零 正向最大 零 负向最大 零
丙 正向最大 零 负向最大 零 正向最大
丁 负向最大 零 正向最大 零 负向最大
A．若甲表示位移，则丙表示相应的速度
B．若丁表示位移，则甲表示相应的加速度
C．若丙表示位移，则甲表示相应的加速度
D．若丁表示位移，则丙表示相应的速度
12．一绳长为L的单摆，在平衡位置正上方（L—L′）的P 处有一个钉子，如图所示，这个摆的周期是(　　)
A． B．
C． D．
13．关于做简谐运动的物体的位移、加速度和速度间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．位移减小时，加速度减小，速度增大
B．位移的方向总跟加速度的方向相反，根速度的方向相同
C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同
D．物体的运动方向改变时，加速度的方向不变
14．通过DIS实验系统和力传感器可以测量单摆摆动时悬线上的拉力的大小随时间变化的情况．某次实验结果如图所示，由此曲线可知（ ）
A．t=0.2 s时摆球正经过最低点
B．摆球摆动过程中机械能守恒
C．摆球摆动的周期是T=0.6 s
D．单摆的摆长约为0.36m
15．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m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O点。现使小球以O点为平衡位置，在C、B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，下列说法中正确的是（　　）
A．小球从O位置向B位置运动过程中做匀减速运动
B．小球每次通过同一位置时的加速度一定相同
C．小球从C位置向B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C位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等
二、填空题
16．某同学利用单摆测量当地的重力加速度，如图所示为单摆在摆动过程中，摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，已知摆的长度为l=0.384m，则该单摆的周期为T=______s，测得的重力加速度为g=______。
17．如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲线，两个单摆的固有周期之比为T1：T2=______；若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则两次摆长之比LⅠ：LⅡ=______；图线Ⅱ若是在地球上完成的，则该摆摆长约为______（精确到个位数）。
18．如图所示，倾角为θ的光滑斜面上，摆线长为L，小球质量为m，现将单摆上端固定在O点，平衡位置在O′点做简谐运动时，周期为____。
19．如图所示是实验室测得的一个单摆的共振曲线。取，，则该单摆的摆长约为___________m（结果保留一位小数），若摆长减小，共振曲线的峰将向___________移动。
三、综合题
20．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，忽略空气阻力，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，重力加速度为g。
（1）请由单摆周期公式推算出物块做简谐运动的周期；
（2）求从释放物块到物块第一次到达最高点的过程中，物块所受弹簧弹力的冲量。
21．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，，小于且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取）
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）的数值；
22．如图是一个弹簧振子的振动图像，试完成以下问题。
(1)写出该小球位移随时间变化的关系式。
(2)在第末到第末这段时间内，小球的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？
(3)该小球在第时的位移是多少？路程是多少？
23．如图所示，在竖直悬挂的劲度系数为k的轻弹簧下端挂一个质量为m的小球，用一个竖直向下的力将小球竖直拉向下方，当小球静止时拉力的大小为F，若撤去拉力，小球便在竖直面内做简谐运动，求：
（1）小球经过平衡位置时弹簧的伸长量；
（2）小球在振动过程中通过最高点时的加速度的大小和方向。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
据单摆的周期公式可得
当驱动力的周期接近该单摆的固有周期时，振幅最大，所以C图的周期为2s，故ABD错误，C正确。
故选C。
2．C
【详解】
AB．设两个弹簧对M的合力为F，M对地面压力为零，对M进行受力分析有：F=Mg，设M对地面压强为零时m的加速度为a，根据牛顿定律有：
mg+F=ma
小球的最大加速度等于
故AB错误；
CD．由于M始终没有离地，且三角架对水平面的压力最小为零，故小球受到的最大回复力为：
F回=mg+Mg
又因为两个弹簧的劲度系数都为k，故有：
F回=2kA=mg+Mg
代入数据解得：
故C正确D错误。
故选C。
3．C
【详解】
秒摆的周期为2s，在t=1.6s时，摆球经过了四分之三个周期，已经从最右端向平衡位置摆动，加速度减小，速度增加；
故选C。
4．B
【详解】
A．质点的振幅为5cm，选项A错误；
B．质点的周期为4s，选项B正确；
C．t＝4s时质点在平衡位置，此时的速度最大，选项C错误；
D．t＝7s时质点在最低点，此时的加速度向上最大，选项D错误。
故选B。
5．D
【详解】
钢球在竖直方向做简谐运动，平衡位置为重力和弹簧弹力相等的位置，即钢球原来静止的位置为平衡位置，在平衡位置处速度最大，故ABC错误，D正确。
故选D。
6．C
【详解】
A．单摆周期
与质量无关，所以无法得到两球的质量关系，A错误；
B．从图上知
则摆长相等；B错误；
C．由图像可知
两单摆相位相差，C正确；
D．由于两个摆的初相位不同，所以只有从平衡位置或最大位移处开始计时，而且末位置也是在平衡位置或最大位移处的特殊情况下，经过相同时间，两摆球通过的路程才一定满足
若不能满足以上的要求，则不一定满足
D错误。
故选C。
7．C
【详解】
由受力分析可知，加上匀强电场以后小球受力为恒定的电场力与弹簧弹力，此时小球的合力为二者的矢量和，仍然满足
故小球仍做简谐运动，且此模型与竖直状态的弹簧振子类似。同时由于受到向右的电场力，所以振幅将增大，故平衡位置位于O点右侧，ABD错误，C正确。
故选C。
8．B
【详解】
A．由乙图可知，弹簧振子的周期为4 s，A错误；
B．由乙图可知，弹簧振子的振幅为10 cm，B正确；
C．由于振动周期为4s，因此t=17 s时，振子相对平衡位置的位移与t=1s时位移相等，都等于零，C错误；
D．2.5 s时振子正在向x轴负方向运动，D错误。
故选B。
9．C
【详解】
AB．在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，故图乙可作为v- t图像，A、B错误；
C．由F＝－kx可知，回复力的图像与位移图像的相位相反，故丙可作为F -t图像，C正确；
D．又由F＝ma可知a与F的图像形状相同，丙可作为a -t图像，D错误；
故选C。
10．D
【详解】
A．乘客做简谐运动的回复力是乘客受到的合力提供的，即万有引力与车对人的支持力的合力，故A错误；
B．乘客向地心运动时速度增大、加速度减小，通过地心时的速度达到最大值，加速度为零，故B错误；
C．乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故C错误；
D．设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为ρ，则
在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力
又
联立得
即万有引力与r成正比，故D正确。
故选D。
11．A
【详解】
A、若甲表示位移x，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度从正向最大开始减小零，所以丙可以表示相应的速度v，故A正确；
B、依据简谐运动的特点，加速度大小与位移成正比，与位移方向相反，故BC错误；
D、若丁表示位移x，位移从最大负向位移变化到零，则振子速度从零开始到正向最大速度变化，故D错误．
点睛：简谐运动中速度与位移大小变化情况是相反的，即位移增大，速度减小，再分析方向以及位移与加速度之间的关系即可进行选择．
12．D
【详解】
无钉子时，单摆的周期
，
有钉子后，在半个周期内绕悬挂点摆动，设时间为，由有
，
半个周期内绕钉子摆动，设时间为，则有
，
则有钉子后的周期
。
故D正确，ABC错误。
故选D。
13．AD
【详解】
试题分析：位移减小时，质点衡位置，加速度减小，速度增大，故A正确；根据回复力公式，位移方向总跟加速度方向相反；质点经过同一位置，位移方向总是由平衡位置指向质点所在位置，而速度方向两种，可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反，故B错误；物体运动方向指向平衡位置时，位移方向离开平衡位置，速度方向跟位移方向相反，故C错误；物体的运动方向改变的时刻出现在最大位移位置，此时加速度方向不变．故D正确．
14．AD
【详解】
A．当悬线的拉力最大时，摆球通过最低点，由图读出t=0.2s时摆球正通过最低点，A正确；
B．摆球经过最低点时悬线的拉力随时间在减小，说明存在空气阻力，摆球机械能不断减小，B错误；
C．由图读出：摆球从最低点到最高点的时间为0.3s，则摆球的摆动周期大约1.2s， C错误；
D．根据
可求得摆长约为0.36m，D正确。
故选AD。
15．BD
【详解】
A．小球在O点时弹簧的弹性势能是零，所以小球的动能最大，小球从O位置向B位置运动过程中受到弹簧的向左的拉力，与小球速度的方向相反，所以小球做减速运动，但是小球受到弹簧的弹力在变化，则加速度在变化，所以不是匀减速运动，A错误；
B．小球每次通过同一位置时的回复力
都是相等的，所以加速度一定相同，B正确；
C．根据能量守恒，小球从C位置向O位置运动过程中，速度增大，所以动能逐渐增大，弹簧振子所具有的势能逐渐减小；从O位置向B位置运动过程中，速度减小，所以动能逐渐减小，弹簧振子所具有的势能逐渐增大，C错误；
D．小球在运动的过程中，动能与弹性势能相互转化，由于小球在C点与在B点的速度都是零，所以小球在C位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等，D正确。
故选BD。
16． 9.6
【详解】
摆球完成一次全振动需要两次经过最低点，故可知该单摆的周期为
由单摆的周期公式
可得
代入数据可得
17． 5：2 25：4 1m
【详解】
若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则固有周期比为5：2
根据，知摆长比为25：4
图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，则固有周期为2s，由解得
18．
【详解】
摆球静止在平衡位置O′时，绳上的拉力为
所以
故周期为
19． 2.8 右
【详解】
由图可知该单摆的固有频率为0.3 Hz，则其周期为
由单摆的周期公式
有
若摆长减小，单摆的固有周期减小，固有频率增加，共振曲线的峰将向右移动。
20．（1）；（2），方向向上
【详解】
（1）单摆周期公式
且
解得
（2）取向上为正方向，根据动量定理得
又
联立解得
弹力冲量的方向向上。
21．（1），；（2）
【详解】
（1）由图可知
由
得
（2）在B点时拉力最大，设为，根据牛顿第二定律有
由A到B过程机械能守恒，有
在A、C两点拉力最小，有
联立方程解得
22．(1)x=Asinωt=5sin0.5πt cm。
(2)在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的速度减小，动能减小，弹性势能增大，加速度逐渐增大；
(3)该振子在第100s时的位移是零，路程为5m。
【详解】
(1)由振动图象可得：振幅A=5cm，周期T=4s，初相φ=0，则圆频率
故该振子做简谐运动的表达式为
(2)由图可知，在t=2s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t=3s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。　
(3)振子经过一个周期位移为零，路程为5×4cm=20 cm，前100s时刚好经过了25个周期，所以第100 s振子位移x=0，振子路程s=20×25cm=500 cm=5 m。
23．（1）；（2），竖直向下
【详解】
（1）小球在平衡位置时弹力等于重力，故弹簧的伸长量为
Δx＝
（2）小球振动过程中在最高点和最低点的加速度大小相等，方向相反，而在最低点，其合外力为F，故在最高点时，加速度
a＝，加速度方向竖直向下
答案第1页，共2页