沪科版高中物理选修3-4 第一章 机械振动（单元测试，含解析）

第一章
机械振动
(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.弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的(　　)
A．匀速直线运动　　　　　　
B．匀加速直线运动
C．匀变速直线运动
D．非匀变速直线运动
解析：选D.从位移方面来看，做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化，所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动；从振子的受力情况来看，水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力，而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的．随着振子的不断运动，弹簧的形变量在不断变化，弹簧对振子的弹力也在不断变化，从而振子的加速度也在变化．因此，振子的简谐运动属于非匀变速直线运动．
2.如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．球刚脱离弹簧时动能最大
C．球所受合力的最大值等于重力
D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加
解析：选D.从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量一直减小，即弹性势能一直减小，A错；运动到平衡位置时速度最大，动能最大，B错；球所受合力最大的位置在最低点，若小球好脱离弹簧时的速度恰好为零，则由简谐运动的对称性知，在最低点合力的最大值大小等于重力，但由题意知小球脱离弹簧后还继续向上运动，所以在最低点向上的合力大于重力，C错；从平衡位置到刚脱离弹簧的过程中，动能减小，但由于该过程弹簧对小球做正功，小球机械能增加，D正确．
3.在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500
Hz，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是(　　)
A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大
B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D．操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500
Hz
解析：选D.驱动力的周期与固有周期相等，形成共振，共振时振幅最大，操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500
Hz，就能使酒杯碎掉．
4.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上的直线OO1代表时间轴．图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板N1和板N2的速度v1和v2的关系为v2＝2v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系是(　　)
A．T2＝T1　　　　　　　　　
B．T2＝2T1
C．T2＝4T1
D．T2＝T1
解析：选D.由图乙知x1＝x2，因此t1＝，t2＝，且v2＝2v1，则＝＝，又t1＝T1，t2＝2T2，故有＝，则T1＝4T2.
5.如图所示为某一质点的振动图像，由图可知，在t1和t2两个时刻，|x1|＞|x2|，质点速度v1、v2与加速度a1、a2的关系为(　　)
A．v1＜v2，方向相同
B．v1＜v2，方向相反
C．a1＞a2，方向相同
D．a1＞a2，方向相反
解析：选AD.由图像可知，t1、t2两时刻，质点都在沿x轴负方向运动，越衡位置，速度越大，故选项A正确．由F＝－kx可知F1＞F2，对于同一质点来说，a1＞a2且方向相反．选项D正确．
6.如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中(　　)
A．位于B处的动能最大
B．位于A处时势能最大
C．在位置A的势能大于在位置B的动能
D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能
解析：选BC.单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点重力势能最大，最低位置时动能最大，故B正确，A错误．在B点EB＝EkB＋EpB＝EpA，故C正确，D错误．
7.如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则(　　)
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4
解析：选BD.由图像可知T甲∶T乙＝2∶1，根据T＝2π，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4.故B、D正确．
8.甲、乙两个单摆摆长相等，将两个单摆的摆球由平衡位置拉开，使摆角α甲＞α乙(α甲、α乙都小于10°)，由静止开始释放，则(　　)
A．甲先到达平衡位置
B．乙先到达平衡位置
C．甲、乙同时到达平衡位置
D．无法判断
解析：选C.两个摆长相同的单摆，实际上就是相同的摆，在摆角都小于10°时都做简谐运动并且“步调”相同，即两单摆的振动是同相的．
9.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则(　　)
驱动力频率/Hz
30
40
50
60
70
80
受迫振动振幅/cm
10.2
16.8
27.2
28.1
16.5
8.3
A.f固＝60
Hz
B．60
HzHz
C．50
HzHz
D．以上三个都不对
解析：选C.从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱在50
Hz～60
Hz范围内时振幅变化最小，因此50
HzHz，即C正确．
如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1
s，质点通过B点后再经过1
s又第2次通过B点，在这2
s内质点通过的总路程为12
cm.则质点的振动周期和振幅分别为(　　)
A．3
s，6
cm
B．4
s，6
cm
C．4
s，9
cm
D．2
s，8
cm
解析：选B.因质点通过A、B两点时速度相同，说明A、B两点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质点由B到最大位移，与由A到最大位移的时间相等，即t1＝0.5
s，则＝tAB＋2t1＝2
s，即T＝4
s，由过程的对称性可知：质点在这2
s内通过的路程恰为2A，即2A＝12
cm，A＝6
cm，故B正确．
二、实验题(本题共2小题，共12分．按题目要求作答)
(4分)利用单摆测重力加速度时，测出几组摆长和相应周期T，并作出T2－l图像，如图所示．已知图线与横轴间的夹角为θ，图线上的A、B两点的坐标分别为(x1，y1)(x2，y2)，则可得到重力加速度g＝________．
解析：先根据图线上A、B两点的坐标(x1，y1)(x2，y2)，求出图线斜率k＝，再根据T2＝l知：＝k，所以g＝＝.
答案：
(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次所用的时间如图所示，则
(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48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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)
(8分)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，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．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.
解析：单摆周期公式T＝2π，(3分)
又因为kl＝mg(3分)
解得T＝2π.(2分)
答案：2π
(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.(4分)
(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.(4分)
(3)振子加速度a＝－x，a∝x，所以aB∶aP＝xB∶xP＝10∶4＝5∶2.(4分)
答案：见解析
(14分)如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2
kg，在拉力F作用下由静止开始向上做匀变速直线运动，一个装有指针的频率为5
Hz的电动音叉在玻璃板上画出如图所示的曲线，量得OA＝1
cm，OB＝4
cm，OC＝9
cm，则拉力F的大小为多少？(g取10
m/s2)
解析：由振动图线可知，OA、AB、AC三段时间相同，设为T，有2T＝＝
s＝0.2
s，
解得T＝0.1
s(4分)
对玻璃板匀变速运动过程，由运动学知识可得
Δx＝BC－OA＝2aT2(3分)
解得a＝＝2
m/s2(3分)
对玻璃板，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma(2分)
解得F＝mg＋ma＝24
N．(2分)
答案：24
N
(14分)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的周期是T0，当气球停在某一高度时，测得单摆周期为T，求该气球此时离海平面的高度h.(地球可看成质量均匀分布半径为R的球体)
解析：设单摆的摆长为l，海平面处的重力加速度为g0，h高处的重力加速度为g，根据单摆周期公式，分别有
T0＝2π(3分)
T＝2π(3分)
设地球的质量为M，地球表面附近物体的质量为m，在地面附近重力近似等于万有引力，分别有
mg0＝G(3分)
mg＝G(3分)
联立以上各式解得h＝R.(2分)
答案：h＝R