2023-2024学年粤教版选择性必修一第二章《机械振动》单元测试A卷（含答案）

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2023-2024学年 粤教版 选择性必修一 第二章《机械振动》单元测试
A卷（后附解析）
考试范围：xxx；考试时间：75分钟；命题人：xxx
题号 一 二 三 四 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人得分
一、单选题
1．某简谐运动的振动图像如图所示，a、b、c、d是曲线上的四个点。下列选项中，表示振子动能最大的是（　　）
A．a B．b C．c D．d
2．弹簧振子的振动图象如图所示，由此可知
A．在t1时刻，振子的动能最大，弹簧的弹性势能为零
B．在t2时刻，振子的动能为零，弹簧的弹性势能最大
C．在t3时刻，振子的动能最大，弹簧的弹性势能最大
D．在t4时刻，振子的动能为零，弹簧的弹性势能为零
3．高压输电线路塔杆较高，杆距较大，当输电线受到风吹动时，会发生较强烈的振动，输电线会因周期性的弯折发生破坏，为此，需要在靠近塔杆悬点处加挂一个小锤，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．小锤的作用是防雷电
B．小锤的作用是为了减弱输电线振动的幅度
C．小锤的振动与输电线振动是同步的
D．小锤的规格与杆距无关
4．将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是（　　）

A．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4：1
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2：1
C．摆球向左不能摆到释放时的同一高度处
D．摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变小
5．如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线如图乙所示、则（　　）
A．圆盘以的周期匀速转动时，小球稳定后振动频率约为3Hz
B．当圆盘转动周期为时，小球振动的振幅最大
C．若圆盘匀速转动的周期减小，共振曲线的峰值将向右移动
D．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率变小
6．一弹簧振子沿轴振动，平衡位置在坐标原点。时振子的位移；时；时，该振子的振幅和周期可能为（　　）
① ② ③ ④
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
7．有几名少年在荡秋千，现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．小明荡秋千时，其周期为
B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零
C．小明荡到图中对应的b点时，速度最大
D．该秋千的绳子长度约为
评卷人得分
二、多选题
8．关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．经过平衡位置时所受的合力不为零
B．经过平衡位置时所受的回复力不为零
C．回复力是重力和摆线拉力的合力
D．经过平衡位置时摆线拉力最大
9．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（　　）
A．两弹簧振子完全相同
B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
E．振子甲加速度为零时，振子乙速度最大
10．正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，转动逐渐停下来，到某一时刻t，机身反而会发生强烈的振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，针对这种现象的分析说法正确的是（　　）
A．在t时刻脱水桶的惯性最大
B．在t时刻脱水桶的转动频率最大
C．在t时刻洗衣机发生共振
D．纯属偶然现象，并无规律
E．机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等
11．一长为且不可伸长的绝缘细线一端固定在点，另一端拴一质量为、带电荷量为的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。用外力使小球静止在A点，细线伸直且平行于电场线，撤去外力后小球由静止开始沿圆弧摆动，当细线转过角时，小球到达B点，速度恰好为零，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的场强大小
B．A、B两点间的电势差
C．小球到达点时，细线对小球的拉力大小
D．小球向下摆动过程中的最大速度
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人得分
三、实验题
12．某同学想在家里做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验，但没有合适的摆球。他找到了一块大小为3cm左右、外形不规则的小石块代替小球。他设计了以下实验步骤：
A．如图，用细线将石块系好，结点为M，将细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间细线的长度l；
C．将石块拉至一个大约30°的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆到最低点时开始计时，测出50次全振动的总时间t，由得出周期。
（1）以上实验步骤中有错误的是 ；
（2）若该同学用OM的长l作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小”）；
（3）若该同学改正了错误，改变OM间细线的长度后做了两次实验，记下每次相应的细线长度l1、l2和周期T1、T2，则由上述四个量得到的重力加速度表达式是g= 。

13．用单摆测定重力加速度的实验装置如图 1 所示。

选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长 L。
③记录小球完成 n 次全振动所用的总时间 t。
④根据单摆周期公式计算重力加速度 g 的大小。
根据图 2 所示，测得的摆长 L = cm；
重力加速度测量值表达式 g = （用 L、n、t 表示）。
评卷人得分
四、解答题
14．说说机械振动的运动特征。如下图所示为某质点运动的位移x与时间t的关系，判断该质点是否在做机械振动，为什么？
15．单摆是我们研究简谐振动中常用的模型，已知某单摆的小球质量为m，摆长为l，当地重力加速度为g，尝试回答下述问题：
（1）在θ角很小时，（其中x为小球位移），由此写出单摆回复力与位移的关系式，并说明为何单摆可视为简谐振动。
（2）简谐运动的周期公式为（其中k是力与位移的比例系数），结合上一问推导出单摆的周期公式。
（3）依据单摆的周期公式，我们可通过实验来测定当地的重力加速度，分析以下实际情况，测出的重力加速度是“偏大”、“偏小”还是“准确”，简述判断理由。
a.测量摆长时，仅考虑摆线长度，未计入小球半径。
b.计时后提前停下秒表，导致测量的周期略小。
（4）一位同学测量多组数据后画出周期平方摆长（T2一L）的图像见乙图，若该直线的斜率为，写出该同学所测重力加速度的表达式（包含）。
16．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？
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
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)
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参考答案：
1．C
解析：振子在平衡位置速度最大、动能最大，C正确。
答案：C。
2．B
解析：弹簧振子机械能守恒，在最大位移处速度为零，动能最小为零，弹性势能最大，在平衡位置时，速度最大，动能最大，弹性势能最小；
A．在t1时刻，振子的动能为零，弹簧的弹性势能最大，选项A错误；
B．在t2时刻，振子的动能为零，弹簧的弹性势能最大，选项B正确；
C．在t3时刻，振子的动能最大，弹簧的弹性势能为零，选项C错误；
D．在t4时刻，振子的动能最大，弹簧的弹性势能为零，选项D错误。
答案：B。
3．B
解析：在靠近塔杆悬点处加挂一个小锤，是为了减弱输电线振动的幅度，减缓输电线因周期性的弯折发生破坏。
答案：B。
4．A
解析：AB．根据单摆周期公式可知
摆线碰到障碍物前后的摆长之比为
A正确，B错误；
C．摆球从最高点M摆至左边最高点N时，系统机械能守恒，故摆球向左能摆到释放时的同一高度处，C错误；
D．摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，则
即
可知摆线张力变大，D错误。
答案：A。
5．D
解析：A．圆盘转动时，T形支架对小球产生周期性的驱动力，此时小球的运动为受迫振动，小球振动稳定后的周期等于驱动周期为2s，频率为
故A错误；
B．当驱动力的频率等于小球的固有频率时发生共振，振幅最大；由乙图可知小球的固有频率是3Hz，周期为
故B错误；
C．共振曲线的峰值由弹簧和小球组成的振动系统决定，与圆盘匀速转动的周期无关，故C错误；
D．圆盘转动时，T形支架对小球产生周期性的驱动力，此时小球的运动为受迫振动，小球简谐振动频率与驱动力频率相同；若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率变小，故D正确。
答案：D。
6．B
解析：t=0时刻振子的位移x=-0.1m；时刻x=0.1m，如果振幅为0.1m，则
（n+）T=t
解得
当n=0时
可知周期的最大值为
又：时刻x=0.1m；t=4s时刻x=0.1m；经过能回到原位置，故①正确，②错误；
t=0时刻振子的位移x=-0.1m，时刻x=0.1m，如果振幅为0.2m，结合位移-时间关系图象，有
当n=0时
或者
或者
当n=0时
故③④正确。
答案：B。
7．C
解析：A．由振动图像可知，小明荡秋千时，其周期为6.28s，故A错误；
B．图中a点对应荡秋千时的最高点，此时振幅最大，回复力最大，故B错误；
C．小明荡到图中对应的b点时，回到最低点，此时速度最大故C正确；
D．由单摆的周期公式
则
故D错误。
答案：C。
8．AD
解析：A．单摆经过平衡位置时需要向心力，所以合力不为零，故A正确；
BC．单摆的回复力由重力沿切线方向的分力提供，经过平衡位置时，分力为零，所以回复力为零，故B、C错误；
D．平衡位置处速度最大，由向心力方程可得
所以经过平衡位置时摆线拉力最大，故D正确。
答案：AD。
9．CDE
解析：D.从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确；
A.弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；
B.由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力（F＝－kx）的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，B错误；
CE.由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，C E正确．
10．CE
解析：A．惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，A错误；
BCDE．机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，CE正确，BD错误。
答案：CE。
11．CD
解析：AB．小球由A到B的过程中，由动能定理可得
解得
由
可得电场强度大小为
故AB错误；
C．小球在A与B之间来回摆动，根据对称性可知，B处绳子的拉力与A处绳子的拉力大小相等，在A处时，由水平方向平衡可知
故C正确；
D．小球在A与B之间来回摆动，根据对称性可知，在绳子与水平方向夹角为时，速度最大，则从A到速度最大的位置时，根据动能定理可知
其中
解得
故D正确。
答案：CD。
12． C 偏小
解析：（1）[1]单摆在摆角小于5°时的运动是简谐运动，如果单摆摆角过大，单摆的运动不是简谐运动，不能根据单摆周期公式求出重力加速度；因此实验步骤C错误，答案：C；
（2）[2]由单摆周期公式
可知，重力加速度
摆线悬点到石头重心的距离是摆长L，摆线的长度l小于摆长L，则重力加速度的测量值小于真实值；
（3）[3]设M点到石头重心的距离为r，由单摆周期公式得
解得重力加速度
13．
解析：[1]摆长应为球心到悬点的距离，由图2知，摆长为
L=98.50cm
[2]单摆振动周期为
根据，可得
14．见解析
解析：机械振动是指物体或质点在其平衡位置附近做来回的往复运动。由图可看出，该质点在其平衡位置附近做来回的往复运动，所以该质点在做机械运动。
15．（1），见详解；（2）；（3）a.偏小，b.偏大；（4）
解析：（1）在θ角很小时
由几何关系可知，单摆的回复力为
负号说明回复力方向与位移方向相反，当一个单摆的小球质量为m，摆长为l，当地重力加速度为g，令，则单摆的回复力为
由此可见，单摆在摆角很小的情况下的运动为简谐运动。
（2）由（1）分析可知，力与位移的比例系数为
又有，单摆在摆角很小的情况下的运动为简谐运动，则单摆的周期公式为
（3）根据可得，当地的重力加速度为
a.测量摆长时，仅考虑摆线长度，未计入小球半径，则测量的摆长偏小，可知，重力加速度偏小。
b.计时后提前停下秒表，导致测量的周期略小，可知，重力加速度偏大
（4）根据可得
则图像中，图线的斜率为
可得
16．（1）(n=0，1，2……) （2）
解析：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
答案第1页，共2页
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