《机械振动》单元检测题
一、单选题
1.弹簧振子做简谐振动，若某一过程中振子的加速度在增加，则此过程中，振子的( )
A． 速度一定在减小
B． 位移一定在减小
C． 速度与位移方向相反
D． 加速度与速度方向相同
2.如图所示的装置中，已知弹簧振子的固有频率f固＝2 Hz，电动机皮带轮的直径d1是曲轴皮带轮d2的.为使弹簧振子的振幅最大，则电动机的转速应为( )
A． 60 r/min B． 120 r/min C． 30 r/min D． 240 r/min
3.一个质点做简谐运动，它的振幅是2 cm，频率是2 Hz.从该质点经过平衡位置开始计时，经过1 s的时间，质点相对于平衡位置的位移的大小和所通过的路程分别为( )
A． 0,16 cm B． 0,32 cm C． 4 cm,16 cm D． 4 cm,32 cm
4.一个打磨得很精细的小凹镜，其曲率很小可视为接近平面．将镜面水平放置如图所示．将一个小球从镜边缘释放，小球在镜面上将会往复运动，以下说法中正确的是( )
A． 小球质量越大，往复运动的周期越长
B． 释放点离最低点距离越大，周期越短
C． 凹镜曲率半径越大，周期越长
D． 周期应由小球质量、释放点离平衡位置的距离，以及曲率半径共同决定
5.如图，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上的A点．当施加水平向右的匀强电场E后，小球从静止开始在A、B之间做简谐运动，在弹性限度内下列关于小球运动情况说法中正确的是( )
A． 小球在A、B的速度为零而加速度相同
B． 小球做简谐振动的振幅为
C． 从A到B的过程中，小球和弹簧系统的机械能不断增大
D． 将小球由A的左侧一点由静止释放，小球简谐振动的周期增大
6.如图(a)为单摆的振动图象，图(b)为单摆简谐运动的实际振动图示，则(b)图中t时刻摆球所在的位置为( )
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
7.如图为某质点的振动图象，由图象可知( )
A． 质点的振动方程为x＝2sin 50πt(cm)
B． 在t＝0.01 s时质点的加速度为负向最大
C．P时刻质点的振动方向向下
D． 从0.02 s至0.03 s质点的动能减小，势能增大
8.如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t＝0.4 s时，振子的速度方向向右
B．t＝0.8 s时，振子在O点和B点之间
C．t＝0.6 s和t＝1.2 s时刻，振子的速度完全相同
D．t＝1.5 s到t＝1.8 s的时间内，振子的加速度逐渐减小
9.下列运动性质属于简谐运动的是( )
A． 匀变速运动 B． 匀速直线运动
C． 非匀变速运动 D． 匀加速直线运动
10.有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动曲线如图所示，关于此图的下列判断正确的是( )
A． 图①可作为该物体的速度v－t图象
B． 图②可作为该物体的回复力F－t图象
C． 图③可作为该物体的回复力F－t图象
D． 图④可作为该物体的加速度a－t图象
11.一个做简谐运动的物体，频率为25 Hz，那么它从一侧最大位移的中点D，振动到另一侧最大位移的中点C所用的最短时间，下面说法中正确的是( )
A． 等于0.01 s B． 小于0.01 s
C． 大于0.01 s D． 小于0.02 s大于0.01 s
12.如图所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则( )
A． 质点在3 s末的位移为2 m
B． 质点在4 s末的位移为8 m
C． 质点在4 s内的路程为8 m
D． 质点在4 s内的路程为零
二、多选题
13. 如图甲所示，在升降机的顶部装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一个质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t的变化关系如图乙所示，g为重力加速度，则( )
A． 升降机停止前在向下运动
B． 0－t1时间内小球处于失重状态，速率不断增大
C．t2－t3时间内小球处于超重状态，速率不断减小
D．t2－t4时间内小球处于超重状态，速率先减小后增大
14. 如图所示为获取弹簧振子的位移－时间图象的一种方法，小球的运动轨迹是往复运动的一段线段，而简谐运动的图象是正弦(或余弦)曲线．下列说法正确的是( )
A． 如果纸带不动，作出的振动图象仍然是正弦函数曲线
B． 如果纸带不动，作出的振动图象是一段线段
C． 图示时刻，振子正经过平衡位置向右运动
D． 若纸带运动的速度不恒定，则纸带上描出的仍然是简谐运动的图象
15. 甲、乙两个不同的弹簧振子，振动图象如图所示，则可知( )
A． 振子乙的振动方程为x乙＝5 sin2πt(cm)
B． 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． 振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
16. 如图甲所示，一弹簧振子在A、B间振动，取向右为正方向，振子经过O点时开始计时，其振动的x－t图象如图乙所示．则下列说法中正确的是( )
A．t2时刻振子在A点
B．t2时刻振子在B点
C． 在t1～t2时间内，振子的位移在增大
D． 在t3～t4时间内，振子的位移在减小
17. 弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中( )
A． 振子所受的回复力逐渐减小
B． 振子离开平衡位置的位移逐渐增大
C． 振子的速度逐渐增大
D． 振子的加速度逐渐减小
三、实验题
18.在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝.
(1)如果已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，那么单摆摆长是______．如果测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，那么秒表读数是______．单摆的摆动周期是______．
(2)如果测得g值偏小，可能的原因是______(填写代号)．
A．测摆长时，忘记了加上摆球的半径
B．开始计时时，秒表过晚按下
C．实验中误将39次全振动次数记为40次
(3)用游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)测定某工件的宽度时，示数如图丙所示，此工件的宽度为______mm.
19.(1)在用单摆测量重力加速度的实验中，某同学用游标卡尺测摆球的直径d如图1，用秒表测振动的时间t如图2，d＝______cm，t＝______s.
图1
图2 图3
(2)某同学在一次用单摆测重力加速度的实验中，测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图3所示的坐标系中．图中各坐标点的标号分别对应实验中5种不同摆长的情况．在处理数据时，该同学实验中的第______点应当舍弃．画出该同学记录的T2－l图线．求重力加速度时，需首先求出图线的斜率k，则用斜率k求重力加速度的表达式为g＝____________.
四、计算题
20.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，测得该单摆周期为T，求该气球此时离海平面的高度h，把地球看成质量均匀分布的半径为R的球体．
21.如图为某生物的心电图．已知每格代表2 cm，且纸带的速度为5 cm/s，求该生物的心跳频率．
22.如图所示为A、B两个简谐运动的位移—时间图象．
试根据图象写出：
(1)A的振幅是______cm，周期是______s；B的振幅是______cm，周期是______s.
(2)试写出这两个简谐运动的位移随时间变化的关系式．
(3)在时间t＝0.05 s时两质点的位移分别是多少？
答案解析
1.【答案】A
【解析】简谐运动中，根据a＝－x可知振子的加速度增大时，则位移增大，振子从平衡位置正向最大位移处运动，所以速度逐渐减小，故A正确，B错误；振子从平衡位置正向最大位移处运动，速度与位移方向相同，故C错误；振子的速度在减小，做减速运动，则运动的加速度的方向一定与速度的方向相反，故D错误．
2.【答案】D
【解析】若使振子振幅最大，则曲轴转动频率为f＝2 Hz，即转速为2 r/s.由于＝＝，ω1r1＝ω2r2，故＝，所以电动机转速为4 r/s，即240 r/min，D 选项正确．
3.【答案】A
【解析】振子振动的周期为：T＝＝s＝0.5 s，时间：t＝1 s＝2T，由于从平衡位置开始计时，经过2T，振子又回到平衡位置处，其位移大小为0；在1 s内振子通过的路程为：s＝2×4A＝2×4×2 cm＝16 cm，故A正确．
4.【答案】C
【解析】小球的运动可看成单摆的运动，根据单摆的周期公式T＝2π，知小球的周期与质量、释放点的位置无关，与曲率半径有关，曲率半径越大，周期越大．故C正确，A、B、D错误．
5.【答案】C
【解析】小球在A、B的速度为零，小球在A加速度方向向右，在B点的加速度的方向向左，加速度不相同，故A错误；小球做简谐运动，经过平衡位置时，弹簧的伸长量为A，有：kA＝qE，解得：A＝，即振幅为，故B错误；小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功，故对于弹簧和小球系统，电势能和弹性势能以及动能总量守恒，故小球从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球和弹簧系统的机械能不断增大，故C正确；弹簧振子的振动周期与小球的质量、弹簧的劲度系数以及电场力的大小有关，与振幅无关．将小球由A的左侧一点由静止释放，小球做简谐振动的振幅增大，但是周期不变，故D错误．
6.【答案】C
【解析】由图(a)可知，t时刻质点正在向负向最大位移运动，因向右为正方向，故此时摆球处在C点．
7.【答案】D
【解析】由图知，振幅A＝2 cm，周期T＝4×10－2s，则角频率ω＝＝＝50π rad/s，质点的振动方程为x＝－Asinωt＝－2sin 50πt(cm)，故A错误；在t＝0.01 s时质点的位移为负向最大，由a＝－知，加速度为正向最大，故B错误；P时刻图象的斜率为正，则质点的振动方向向上，故C错误；从0.02 s至0.03 s，质点的位移增大，离开平衡位置，则质点的动能减小，势能增大，故D正确．
8.【答案】D
【解析】由题图乙知t＝0.4 s时，振子正从正向最大位移处向平衡位置运动，速度为负，所以速度方向向左，故A错误；t＝0.8 s时，振子的位移在－10 cm与0之间，说明振子在O点和A点之间，故B错误；t＝0.6 s和t＝1.2 s时，振子都通过平衡位置，速度最大，大小相等，但方向相反，所以速度不同，故C错误；t＝1.5 s到t＝1.8 s的时间内，振子正向平衡位置运动，位移减小，则加速度逐渐减小，故D正确．
9.【答案】C
【解析】简谐运动的加速度方向总指向平衡位置，是非匀变速运动．
10.【答案】C
【解析】在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，①图不能作为该物体的速度—时间图象，故A错误；由简谐运动特征F＝－kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，则知③图可作为该物体的回复力－时间图象，故B错误，C正确；由a＝－可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，则知④图不能作为该物体的a－t图象，故D错误．
11.【答案】B
【解析】做简谐运动的物体从最大位移向平衡位置运动时，速度越来越大，所以从一侧最大位移的中点D运动到平衡位置的时间小于八分之一周期，根据简谐运动的对称性，其从平衡位置运动到另一侧最大位移中点C所用的时间也小于八分之一周期，故总时间小于四分之一周期，根据题意可知周期为0.04 s，B项正确．
12.【答案】C
【解析】振动质点的位移指的是质点离开平衡位置的位移．位移是矢量，有大小，也有方向．因此3 s末的位移为－2 m,4 s末位移为零．路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C正确．
13.【答案】CD
【解析】升降机在匀速运行过程中突然停止，由于惯性，小球会继续沿着原来的运动方向运动一段时间，匀速运动时弹簧是拉伸状态，而后传感器显示的力在不断减小，表明弹簧形变量在减小，故向上运动，A错误；0－t1时间内拉力小于重力，即失重，加速度向下为失重，且向上运动，故向上减速，B错误；结合前面分析可得：0－t1时间内小球向上减速，t1－t2时间内小球向下加速，t2－t3时间内小球向下减速，t3－t4时间内向上加速，具有向上的加速度处于超重状态，故C、D正确．
14.【答案】BC
【解析】当纸带不动时，作出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹，即一段线段，选项A错误，B正确；由振动图象可以看出，图示时刻振子正由平衡位置向右运动，选项C正确；只有当纸带匀速运动时，运动时间才与纸带运动的位移成正比，振动图象才是正弦或余弦函数曲线，而简谐运动的图象一定是正弦或余弦函数曲线，故选项D错误．
15.【答案】ACD
【解析】由振动图象读出乙的周期T乙＝1 s，振幅A乙＝5 cm，则振子乙的振动方程为x乙＝Asint(cm)＝5sin 2πt(cm)，故A正确；由振动图象读出两振子位移最大值之比x甲∶x乙＝2∶1，根据简谐运动的特征F＝－kx，由于弹簧的劲度系数k不等，回复力最大值之比F甲∶F乙不一定等于2∶1，故B错误；由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大，故C正确；两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，频率之比是f甲∶f乙＝1∶2，故D正确．
16.【答案】AC
【解析】振子在A点和B点时的位移最大，由于取向右为正方向，所以振子运动到A点有正向最大位移，在B点有负向最大位移，则t2时刻，振子在A点，t4时刻，振子在B点，故选项A正确，B错误；振子的位移是以平衡位置为参考点的，所以在t1～t2和t3～t4时间内振子的位移都在增大，故选项C正确，D错误．
17.【答案】ACD
【解析】回复力与位移成正比，在振子向着平衡位置运动的过程中回复力减小，A正确；振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小，B错误；物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大，C正确．由牛顿第二定律a＝可知，加速度也减小，D正确，故选A、C、D.
18.【答案】(1)87.40 cm 75.2 s 1.88 s (2)A (3)23.22 mm
【解析】单摆的摆长L＝l＋＝86.40 cm＋1 cm＝87.40 cm，
秒表的读数t＝60＋15.2 s＝75.2 s，
周期T＝＝s＝1.88 s.
(2)根据T＝2π得，g＝，
测摆长时，忘记了加上摆球的半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A正确．
开始计时时，秒表过晚按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故B错误．
实验中误将39次全振动次数记为40次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．故选A.
(3)游标卡尺的读数为23 mm×0.02×11 mm＝23.22 mm.
19.【答案】(1)2.03 64.9 (2)4
【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.1×3 mm＝0.3 mm，则最终读数为20.3 mm＝2.03 cm.
秒表的读数t＝60 s＋4.9 s＝64.9 s.
(2)由于第4个点偏离较远，所以将该点舍去．
根据T＝2π得，T2＝，则图线的斜率k＝，解得重力加速度g＝.
20.【答案】(－1)R
【解析】设单摆的摆长为L，地球的质量为M，则根据万有引力定律可得地面的重力加速度和高h处的重力加速度分别为：g＝G，gh＝G
根据单摆的周期公式可知T0＝2π，T＝2π
联立得h＝(－1)R.
21.【答案】0.78 Hz
【解析】由图读出相邻峰值之间的距离
s＝3.2×2 cm＝6.4 cm
纸带的速度为v＝5 cm/s，则心跳周期为：T＝＝＝1.28 s，心跳频率：f＝＝≈0.78 Hz
22.【答案】(1)0.5 0.4 0.2 0.8
(2)xA＝0.5sin (5πt＋π) cm xB＝0.2sin (2.5πt＋) cm
(3)－cm 0.2sinπ cm
【解析】(1)由题图知：A的振幅是0.5 cm，周期是0.4 s；B的振幅是0.2 cm，周期是0.8 s.
(2)由题图知：A中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了周期，故φA＝π，由TA＝0.4 s，得ωA＝＝5π rad/s，则A简谐运动的表达式为xA＝0.5sin (5πt＋π) cm.B中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了周期，故φB＝，由TB＝0.8 s得ωB＝＝2.5π rad/s，则B简谐运动的表达式为xB＝0.2sin (2.5πt＋) cm.
(3)将t＝0.05 s分别代入两个表达式中得：
xA＝0.5sin (5π×0.05＋π)cm＝－0.5×cm＝－cm，xB＝0.2sin (2.5π×0.05＋) cm＝0.2sinπ cm.
