人教版（2019） 选择性必修 第一册 第二章 机械振动 本章复习与测试（含解析）

人教版（2019）选择性必修第一册第二章机械振动
一、单选题
1.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上、下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为现匀速转动摇把，转速为。则( )
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是
B. 当振子稳定振动时，它的振动频率是
C. 当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D. 当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
2.如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为的单摆，摆球的质量为。升降机保持静止，观察摆球正以小角度左右摆动，且振动周期为。已知重力加速度大小为，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期增大一倍
B. 若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大
C. 设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动
D. 设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速圆周运动
3.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把曲轴可带动弹簧振子上下振动开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为现匀速转动摇把，转速为则( )
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是
B. 当振子稳定振动时，它的振动周期是
C. 当摇把转速为 时，弹簧振子的振幅最大，若减小摇把转速，弹簧振子的振幅一定减小
D. 若摇把转速从 进一步增大，弹簧振子的振幅也增大
4.一游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为，周期为当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客不能舒服登船的时间是( )
A. B. C. D.
5.弹簧振子做简谐运动的图象如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 在第末，振子的速度最大且沿方向
B. 在第末，振子的位移最大且沿方向
C. 在第末，振子的加速度最大且沿方向
D. 在内，振子通过的路程为
6.如图所示，、两方物块可视为质点在半径为的光滑球面内与两点间一起做简谐运动，为最低点，当位移为时，、系统的回复力为。、的总重量为，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. A、经过点时均处于平衡状态
B.
C. 由点向点运动的过程中，受到的摩擦力逐渐增大
D. 经过点时，将取走，的振幅将增大
7.甲、乙两个单摆，做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆( )
A. 摆长之比为
B. 振动频率之比为：
C. 在时刻，加速度均不为零
D. 在时刻，振动方向相反
8.悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期，从最低点位置向上运动时刻开始计时，在一个周期内的振动图象如图所示，关于这个图象，下列哪些说法是正确的是( )
A. 时，振子的加速度为正，速度也为正
B. 时，振子的加速度为负，速度也为负
C. 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
D. 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
9.如图甲所示单摆摆线一端固定于点，另一端连接一小球，在点正下方位置有一个钉子，现将小球从点由静止释放，其运动的位移时间图像如图乙所示。则、两点间的距离为取( )
A. B. C. D.
10.如图所示，弹簧振子上放一个物块，在与一起做简谐运动的过程中，下列关于受力的说法中正确的是( )
A. 物块受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力
B. 物块受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力
C. 物块受重力、支持力及对它的恒定的摩擦力
D. 物块受重力、支持力及对它的非恒定的摩擦力
11.如图甲所示，点为单摆的固定悬点，在其正下方的点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后由静止释放，小球在摆动过程中的偏角不超过。从某时刻开始计时，绳中的拉力大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度取，忽略一切阻力。下列说法正确的是( )
A. 时小球位于点 B. 时小球位于点
C. 之间的距离为 D. 之间的距离为
12.一个水平弹簧振子的振动周期是，当振子从平衡位置开始向右运动，经过时，振子的运动情况是( )
A. 正在向右做减速运动 B. 正在向右做加速运动
C. 正在向左做减速运动 D. 正在向左做加速运动
13.如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为可视为质点的铁球从距弹簧上端的点静止释放，以点即坐标原点开始计时，铁球所受的弹力的大小随铁球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度取。下列结论正确的是( )
A. 弹簧弹性势能最大值为
B. 铁球运动过程中最大动能
C. 当时小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小
D. 铁球压缩弹簧过程中重力做功功率逐渐增大
二、多选题
14.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A. 甲的摆长与乙的摆长相等
B. 甲的摆长比乙的摆长长
C. 甲的机械能比乙的大
D. 在时有负向最大加速度的是乙摆
15.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块做简谐运动的表达式为。当时刻，一小球从距物块高处自由落下；时，小球恰好与物块处于同一高度。重力加速度的大小取。以下判断正确的是( )
A.
B. 简谐运动的周期是
C. 内物块运动的路程是
D. 时，物块与小球运动方向相反
16.如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距的、两点。已知质点在点的位移大小为振幅的一半，点位移大小是点的倍，质点经过点时开始计时，时刻第二次经过点，该振动的振幅和周期可能是( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
17.如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为的、两物体用轻弹簧拴接。对物体施加一沿斜面向下的压力，使静止于点。撤掉力，沿斜面做简谐运动，当运动至最高点时，刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 物体运动过程中，、、弹簧组成的系统机械能及动量均守恒
B. 从撤掉开始至弹簧首次恢复原长过程中，的速度先增大后减小
C. 物体静止于点时，对物体施加的压力的大小为
D. 物体沿斜面做简谐运动的过程中，物体的最大速度为
三、实验题
18.如图甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器压力显示为正值，拉力显示为负值，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出图像。现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示图像。
滑块做简谐运动的回复力是由______提供的。
由图乙所示的图像可知，滑块做简谐运动的周期为______。
结合图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为______。
某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
下列关于单摆实验的操作，正确的是______。
A.摆球运动过程中摆角应大于
B.摆球到达平衡位置时开始计时
C.摆球应选用泡沫小球
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最低端的长度，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______，单摆摆长为______。
实验中，测出不同摆长对应的周期值，作出图像，如图所示，已知图线上、两点的坐标分别为、，可求出 ______。
19.在用单摆测重力加速度的实验中：
实验时必须控制摆角 ；
某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度当作摆长，而没有加上摆球的半径，直接将和测得的周期用单摆的周期公式算出了当地的重力加速度．则测出的重力加速度将比实际的重力加速度 填“大”、“小”、“一样”．
该同学通过改变悬线长度而测出对应的摆动周期，再以为纵轴、为横轴画出函数关系图象，实验中所得到的关系图象如图乙所示，由图象可知，摆球的半径 ；当地 ．
四、计算题
20.如图甲所示，底座放在水平台面的压力传感器上，其上固定光滑竖直杆，轻弹簧套在竖直杆上，下端固定在底座上，上端连接质量的小球，底座与杆的总质量。将小球向上拉起一段距离，时，释放小球，使小球在竖直方向振动起来，不计空气阻力。通过压力传感器描绘出压力随时间变化的图像如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内。已知弹簧振子的周期公式，重力加速度。
求时弹簧的伸长量；
以平衡位置为坐标原点，取向上为正方向，求小球的振动方程；
若仅将小球质量改为，取向上为正方向，求小球的振动方程。
21.年，伽利略用他制作的望远镜发现了木星的四颗主要卫星。根据观察，他将其中一颗卫星的运动视为一个振幅为、周期为的简谐运动，并据此推测，他观察到的卫星振动是卫星圆周运动在某方向上的投影。如图所示，为卫星运动的示意图，在平面内，质量为的卫星绕坐标原点做匀速圆周运动。已知引力常量为，不考虑各卫星之间的相互作用。若认为木星位于坐标原点，根据伽利略的观察和推测结果：
写出卫星做圆周运动的向心力大小的表达式，求木星的质量；
物体做简谐运动时，回复力应该满足。请据此证明：卫星绕木星做匀速圆周运动在轴上的投影是简谐运动。
22.如图所示，两个完全相同的弹性小球和分别挂在和的细线上，重心在同一水平面且小球恰好相互接触，把第一个小球向右拉开一个不大的距离后由静止释放，经过多长时间两球发生第次碰撞两球碰撞时交换速度？
23.如图所示，一轻质弹簧的上端固定在倾角为的光滑斜面顶部，下端栓接小物块，通过一段细线与小物块相连，系统静止时恰位于斜面的中点．将细线烧断，发现当运动到斜面底端时，刚好第三次到达最高点．已知的质量，弹簧的劲度系数，斜面长为，且始终保持静止状态，重力加速度．
试证明小物块做简谐运动；
求小物块振动的振幅和周期．
答案和解析
1.【答案】
【解析】、现匀速转动摇把转速为。知驱动力的周期，，知振子稳定振动时，它的振动周期为，振动频率为，故AB错误；
、弹簧振子的固有频率为，所以只有当转速减小时，驱动力的周期增大，驱动力的频率减小，等于振子的固有频率时，发生共振，振幅增大，故C错误，D正确。
故选：。
2.【答案】
【解析】、其周期公式为，与质量无关，故仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变，故A错误；
B、若升降机匀加速上升，加速度向上，设为，则此时单摆的周期：，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大，为，故B正确；
C、设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度竖直下落，完全失重，摆球将相对于升降机做匀速圆周运动，故C错误；
D、当摆球摆到最高点时小球相对于升降机的速度为，升降机突然以加速度竖直下落，完全失重，故摆球相对于升降机会保持静止，故D错误；
故选：。
3.【答案】
【解析】摇把的转速为，它的周期；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；
、振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是，故A错误，B正确；
C、弹簧振子的固有周期，当驱动力周期是时，提供驱动力的摇把转速为，振子发生共振，振幅最大，故C错误；
D、摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故D错误；
故选：。
4.【答案】
【解析】把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为：
代入得：
当时，可解得：，
故在一个周期内，游客不能舒服登船的时间是．
故选：．
5.【答案】
【解析】、由图知第末，振子运动的位移最大沿方向，振子速度为零，故A错误，B正确；
C、在第秒末，振子的位移为正的最大，由可知，振子加速度最大且沿方向，故C正确。
D、由图知，振幅，周期，在时刻振子位于平衡位置，则在到秒内，振子通过的路程为：，故D正确。
本题选择不正确的，
故选：。
6.【答案】
【解析】、两方物块可视为质点在半径为的光滑球面内与两点间一起做简谐运动，、经过点时的向心加速度不为零，处于非平衡状态，故A错误；
B.设当位移为时，摆线与竖直方向的夹角为，当夹角较小时，有
对两物块进行受力分析
则回复力大小
考虑回复力的方向，故B正确；
C.由点向点运动的过程中，位移为，摆线与竖直方向的夹角为，以、整体为研究对象，在速度方向根据牛顿第二定律有
对进行受力分析，根据牛顿第二定律列式可得
由题意可得
联立解得
故C错误；
D.单摆的振幅与物体的质量无关，所以将取走，的振幅不变，故D错误。
故选：。
7.【答案】
【解析】、由图像可知，甲、乙单摆振动周期之比为：，根据单摆的周期公式
可知，甲、乙单摆摆长之比为：，故A错误；
B、根据周期与频率的关系
所以振动频率之比等于周期的反比，为：，故B错误；
C、在时刻，沿振动方向的加速度均为零，单摆做圆周运动，平衡位置处还有向心加速度，因此加速度不为零，故C正确；
D、根据振动图像可知，在时刻，甲、乙两单摆均沿轴正向振动，故D错误。
故选：。
8.【答案】
【解析】、时，位移为正，加速度为负；图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故A错误；
B、时，位移为负，加速度为正；图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故B错误；
C、时，位移为正，加速度为负；图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零；故C正确；
D、时，位移为零，故加速度为零；图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故D错误；
故选C．
9.【答案】
【解析】小球从点摆到点的过程中，设单摆的周期为，由图乙可知，，解得：，根据得：，
小球从点运动到点过程中，设单摆的周期为，由图乙可知，，解得：，根据得：，
则得距离，故A正确，、、D错误。
故选：。
10.【答案】
【解析】物块受到重力、支持力和摩擦力的作用。重力和支持力二力平衡，摩擦力提供做简谐运动所需的回复力，由知，摩擦力随时间变化其大小和方向都变化，故D正确，ACD错误。
故选：。
11.【答案】
【解析】、小球在、位置时，速度为零，细绳拉力最小，由平衡条件得
因在点时细绳与竖直方向的夹角较大，故细绳拉力较小，可知时小球在点，时小球在点，内小球在之间摆动，内小球在之间摆动，故AB错误；
C、摆球在之间摆动的周期为
根据单摆周期公式
可得
即之间的距离为，故C错误；
D、摆球在之间摆动的周期为
根据
可得
即之间的距离为，故D正确。
故选：。
12.【答案】
【解析】根据题意，以水平向右为坐标的正方向，振动周期是，振子从平衡位置开始向右运动，经过时，完成了 到之间，因此振动正在向右加速运动到平衡位置。
故选：。
13.【答案】
【解析】、根据图象可知，小球在平衡位置时弹簧压缩量为；如果小球从弹簧原长处由静止释放，则弹簧的最大压缩量为，根据功能关系可得此种情况下弹簧的最大弹性势能为：；当小球从弹簧上端处由静止释放，弹簧的最大压缩量大于，根据功能关系可知，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，所以弹簧弹性势能的最大值大于，故A错误；
B、小球从接触弹簧到平衡位置运动过程中，弹簧的平均弹力为：
从开始释放到小球受力平衡过程中，根据动能定理可得：
解得小球运动过程中的最大动能为：，故B正确；
C、小球动能最大的位置是弹力等于重力的位置，即时，小球的动能最大，根据系统的机械能守恒可知，此位置小球与弹簧组成系统的势能之和最小，故C错误；
D、当小球接触弹簧后继续向下运动过程中，在之前，小球所受合力向下、合力对小球做正功、小球的速度增大；在之后，小球所受合力向上、合力对小球做负功，小球的速度减小，根据可知，铁球压缩弹簧过程中重力做功功率先增大、后减小，故D错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】、从图中可得两者的周期相同，都为，又知道两者在同一个地点测量的，相同，所以根据单摆周期公式可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误；
C、甲摆的振幅为，乙摆的振幅为，则甲摆的振幅比乙摆大，由于甲、乙两摆球质量相等，因此甲球的机械能比乙球的机械能大，故C正确；
D、在时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。
故选：。
15.【答案】
【解析】、由振动方程式可得，物体的位移为：，则对小球有：，解得：，故A正确；
B、简谐运动的周期为：，故B错误；
C、振幅为，则内物块运动的路程为，故C正确；
D、，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D错误；
故选：。
16.【答案】
【解析】当两点在平衡位置的同侧时有
可得
；或者
因此可知第二次经过点时
故
解得
此时位移关系为
解得
故A错误，B正确；
当两点在平衡位置两侧时有
解得
或者由图中运动方向舍去，或者
当第二次经过点时，则
解得
此时位移关系为
解得
故C正确，D错误；
故选：。
17.【答案】
【解析】物体运动过程中，对、、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可系统在沿斜面方向受合外力不等于零，因此系统的动量不守恒，故A错误；
B.从撤掉开始，受向上弹力大于的重力沿斜面向下的分力，做加速运动，速度逐渐增大，随弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度仍逐渐增大，当弹力大小等于的重力沿斜面向下的分力时，的速度最大，以后弹力小于重力沿斜面向下的分力，的加速度方向向下逐渐增大，做减速运动，速度逐渐减小，减至弹簧首次恢复原长，故B正确；
C.当运动至最高点时，刚要离开挡板，对由共点力平衡条件得；
在最高点时受弹力方向沿斜面向下，此时加速度最大，对，由牛顿第二定律得：
联立解得：
由简谐运动的对称性，当物体运动到最低点时，加速度最大，大小仍为，方向沿斜面向上，在撤去压力的瞬间，所受合外力大小就等于撤去的压力的大小，由牛顿第二定律得：
代入数据得：，故C正确；
D.物体沿斜面做简谐运动的过程中，物体在平衡位置时的速度最大，物体在点时弹簧形变量最大为：
代入数据得：
物体在平衡位置时，形变量大小为，则有
解得：
物体的最大速度为，由能量守恒定律得：
代入数据解得：，故D正确。
故选：。
18.【答案】弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力；；；
；，；
【解析】弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力
由题图可以看出简谐运动的周期跟作用力的周期一样为；
振子振动的回复力与位移成正比，即，振幅
摆球运动过程中，摆角大于时就不是简谐运动了，故A错误；
B.为了减小计时误差应选择摆球到达平衡位置时，即摆球经过最低点时开始计时，故B正确；
C.摆球应选用质量大、体积较小的球，不能选泡沫球，故C错误；
D.应保证摆球在同一竖直平面内摆动，不能让摆球做圆锥摆的运动，故D正确。
故选：。
游标卡尺的精确度为，根据游标卡尺的读数规则，该摆球的直径为，单摆摆长为。
根据单摆的周期公式
有
由图像可得斜率
联立解得
故答案为：弹簧的弹力和重力沿斜面方向分力的合力；；；
；，；。
19.【答案】
小

【解析】单摆在摆角小于等于情况下，近似为简谐运动，故实验时必须控制摆角在此范围内；
由得，，某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度当作摆长，而没有加上摆球的半径，导致摆长偏小，故值偏小；
由得，，由横轴截距得，球的半径应为；图象斜率，而，则。
20.【答案】时弹簧的伸长量为；
小球的振动方程为；
小球的振动方程为
【解析】由图像可知：，由弹簧振子的周期公式可得：，解得：
由图像可知，在时刻，台面对底座的支持力为，对底座，由平衡条件可得：，解得：；
小球在平衡位置，由平衡条件可得：，解得：，
则振幅为：
由题图可知振动的周期为：，则
设小球振动的初相位为，则振动方程为：
在时，弹簧处于最高点，即位移为，所以有：，解得：
则小球的振动方程为：；
当时，在平衡位置，由平衡条件可得：，解得：
所以振幅为：
则弹簧振子的周期为：
小球的初相位不变，则振动方程为：。
答：时弹簧的伸长量为；
小球的振动方程为；
小球的振动方程为。
21.【解析】卫星做圆周运动的向心力大小的表达式
根据牛顿第二定律
得木星的质量
如图所示
取向右为正方向，回复力满足
则卫星绕木星做匀速圆周运动在轴上的投影是简谐运动。
22. 【解析】球运动的周期，
球运动的周期．
则该振动系统的周期
．
在每个周期内两球会发生两次碰撞，球从最大位移处由静止开始释放后，经，发生次碰撞，且第次碰撞后球又回到最大位置处所用时间为．
所以从释放到发生第次碰撞所用时间为
．
答：经过两球发生第次碰撞．
23.【解析】烧断细线后向上运动，受力平衡时，设弹簧的伸长量为，则：
选A的平衡位置处为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用表示离开平衡位置的位移．当运动到平衡位置下位置时，物块受到的合力为：

联立得：，可知受到的合外力总是与物块的位移成反比，所以做简谐振动．
开始时组成的系统静止时，设弹簧的伸长量为，根据胡克定律有：

所以：
烧断细线后从此位置开始向上运动，到达平衡位置运动的距离为物块的振幅，则：
代入数据得：
烧断细线后向下做匀加速直线运动，则：
设到达斜面底端的时间为，则：
向上运动经过周期第一次到达最高点，则第三次到达最高点的时间：
代入数据联立得：
答：证明小物块做简谐运动如上；
小物块振动的振幅是，周期是．
第7页，共19页