2019沪科版高中物理选修3-4第1章《机械振动》测试题含答案

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2019沪科版高中物理选修3-4第1章《机械振动》测试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷
一、单选题(共20小题，每小题3.0分,共60分)


1.利用单摆测定重力加速度的实验中，若测得的g值偏小，可能的原因是(　　)
A． 单摆振动过程中振幅有减小
B． 测摆长时，仅测了摆线长度
C． 测摆长时，将线长加了小球直径
D． 测周期时，把N次全振动误记为N＋1
【答案】B
【解析】由T＝2π可知，重力加速度：g＝；重力加速度与振幅无关，故A错误；测摆长时，仅测了摆线长度，摆长偏小，g偏小，故B正确；测摆长时，将线长加了小球直径，摆长偏大，g偏大，故C错误；测周期时，把N次全振动误记为N＋1，所测周期偏小，g偏大，故D错误．
2.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为(　　)
A．
B．
C．
D． 无法判断
【答案】B
【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T＝2π得T1＝2π；T2＝2π；联立解得g＝，故选B.
3.甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲<θ乙<5°，由静止开始释放，则(　　)
A． 甲先摆到平衡位置
B． 乙先摆到平衡位置
C． 甲、乙两摆同时到达平衡位置
D． 无法判断
【答案】C
【解析】两个单摆的摆长相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，选项C正确．
4.下列关于单摆的说法，正确的是(　　)
A． 单摆摆球的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供
B． 单摆摆球的回复力由摆球所受重力与绳子拉力的合力提供
C． 单摆做简谐运动时的振幅越大，周期也越大
D． 单摆摆球经过平衡位置时加速度为零
【答案】A
【解析】单摆做简谐运动的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，或者说是合力沿着运动轨迹切向的分力，而合力的径向分量提供向心力，故A正确，B错误；单摆做简谐运动时的周期与振幅无关，故C错误；在平衡位置时，摆线的张力最大，回复力为零，切向加速度为零，但所受的合力不为零，加速度不为零，故D错误．
5.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＝1.2 s时，摆球(　　)
A． 正在做加速运动，加速度正在增大
B． 在在做加速运动，加速度正在减小
C． 正在做减速运动，加速度正在增大
D． 正在做减速运动，加速度正在减小
【答案】C
【解析】秒摆的周期为2 s，则摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t＝1.2 s时，摆球从平衡位置向右方最远处做减速运动；由于位移在变大，故加速度也在变大．
6.在用单摆测重力加速度的实验中为了提高测量精度，下列哪种说法是可取的(　　)
A． 在最大位移处启动秒表和结束记时
B． 用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均值
C． 用直尺测量摆线的长度三次，计算出平均摆长的长度
D． 在平衡位置启动秒表，并开始记数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，T＝
【答案】B
【解析】在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小，故A错误；用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故B正确；直尺测量摆线的长度三次，再算出球的直径，从而计算出平均摆长的长度，故C错误；在平衡位置启动秒表，并开始记数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，T＝，故D错误．
7.如图所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动，O为平衡位置．已知振子由完全相同的P、Q两部分组成，彼此拴接在一起．当振子运动到B点的瞬间，将P拿走，则以后Q的运动和拿走P之前比较有(　　)

A．Q的振幅增大，通过O点时的速率增大
B．Q的振幅减小，通过O点时的速率减小
C．Q的振幅不变，通过O点时的速率增大
D．Q的振幅不变，通过O点时的速率减小
【答案】C
【解析】振幅为偏离平衡位置的最大距离，即速度为零时的位移大小，振子到B点时速度为零，OB间距等于振幅，此时撤去P物体，速度仍然为零，故振幅不变；简谐运动中势能和动能之和守恒，到达B点时，动能为零，弹性势能最大，此时撤去P物体，系统机械能不变，回到O点时动能不变，根据Ek＝mv2，振子质量减小，速率一定增加，故选C.
8.站在升降机里的人发现，升降机中摆动的单摆周期变大，以下说法正确的是(　　)
A． 升降机可能加速上升
B． 升降机一定加速上升
C． 升降机可能加速下降
D． 升降机一定加速下降
【答案】C
【解析】升降机中摆动的单摆周期变大，根据公式T＝2π，等效重力加速度减小，物体处于失重状态，具有向下的加速度，升降机加速下降或者减速上升．
9.下列振动中属于受迫振动的是(　　)
A． 用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的摆动
B． 打点计时器接通电源后，振针的振动
C． 小孩睡在自由摆动的吊床上，小孩随着吊床一起摆动
D． 弹簧振子在竖直方向上沿上下方向振动
【答案】B
【解析】受迫振动是振动物体在驱动力作用下的运动，故只有B对．A、C是阻尼振动，D是简谐运动．
10.如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，振子在B、C之间做简谐运动，规定向右为正方向．图乙是它的速度v随时间t变化的图象．下列说法中正确的是(　　)

A．t＝2 s时刻，它的位置在O点左侧4 cm处
B．t＝3 s时刻，它的速度方向向左，大小为2 m/s
C．t＝4 s时刻，它的加速度为方向向右的最大值
D． 振子在一个周期内通过的路程是16 cm
【答案】C
【解析】t＝2 s时刻，它的位置在O点处，A项错误．t＝3 s时刻，它的速度方向向左，大于2 m/s，B项错．t＝4 s时刻，振子速度为零，位移最大位移处，此时斜率为正，即加速度为正向最大，C项正确；根据速度图象可以求出从0时刻开始的四分之一个周期内振子经过的路程大于4 cm，即振幅大于4 cm，所以一个周期内振子经过的路程大于16 cm，D项错误.
11.如图所示为共振筛示意图，共振筛振动的固有频率为5 Hz，为使共振筛发生共振，使其工作效率达到最高，则偏心轮的转速为(　　)

A． 5 r/s
B． 10 r/s
C． 0.2 r/s
D． 300 r/s
【答案】A
【解析】根据题意，筛子的固有频率为5 Hz，电动机在某电压下，电动偏心轮的频率应该等于筛子的频率，则周期：T＝s，则转速：n＝＝5 r/s.
12.在竖直平面内的一段光滑圆弧轨道上有等高的两点M、N，它们所对圆心角小于10°，P点是圆弧的最低点，Q为弧NP上的一点，在QP间搭一光滑斜面，将两小滑块(可视为质点)分别同时从Q点和M点由静止释放，则两小滑块的相遇点一定在(　　)

A．P点
B． 斜面PQ上的一点
C．PM弧上的一点
D． 滑块质量较大的那一侧
【答案】B
【解析】沿斜面下滑的物体：设圆弧的半径为r，NP与竖直方向的夹角是θ，NP距离为2rcosθ，加速度为gcosθ，时间：t1＝2；沿圆弧下滑的小球的运动类似于简谐振动，周期T＝2π，时间：t2＝＝；明显t2＜t1，故B正确．
13.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图．下列说法正确的是(　　)

A． 摆球做简谐运动的回复力F＝mgsinθsinα
B． 摆球做简谐运动的回复力为mgsinθ
C． 摆球做简谐运动的周期为2π
D． 摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力为FT＝mgsinα
【答案】A
【解析】单摆做简谐运动的回复力由重力沿斜面向下的分力的沿切线分力提供，即F＝mgsinθsinα，A正确，B错误；摆球做类单摆运动，其周期为：T＝2π＝2π，C错误；摆球经过最低点时，依然存在向心加速度，所以FT＞mgsinα，D错误．
14.甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1.如果两摆的悬点处于同一高度，将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，则两摆球经过各自的最低点时(　　)
A． 甲、乙两摆球的动能相等
B． 悬线对甲摆球的拉力大于悬线对乙摆球的拉力
C． 甲、乙两摆球的机械能不相等
D． 两摆球的向心加速度相等
【答案】D
【解析】甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1，根据单摆的周期公式T＝2π，摆长的比值为2∶1；将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，摆球摆动过程机械能守恒，故最低点的机械能等于初位置的机械能；最低点的动能等于重力势能的减小量，故A、C错误；根据机械能守恒定律，有：mgl＝mv2，最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：FT－mg＝ma＝m，联立解得：a＝2g，FT＝3mg，B错误，D正确．
15.一个做简谐运动的质点，它的振幅是5 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5 s后，位移的大小和经过的路程为(　　)
A． 5 cm、12.5 cm
B． 5 cm、125 cm
C． 0、30 cm
D． 0、125 cm
【答案】B
【解析】振子振动的周期为：T＝＝0.4 s，时间t＝2.5 s＝6T.由于从平衡位置开始振动，经过2.5 s，振子到达最大位移处，其位移大小为：x＝A＝5 cm.
在2.5 s内振子通过的路程为：s＝6.25×4A＝6.25×4×5 cm＝125 cm，故B正确，A、C、D错误．
16.在1 min内甲振动30次，乙振动75次，则(　　)
A． 甲的周期0.5 s，乙的周期1.25 s
B． 甲的周期0.8 s，乙的周期2 s
C． 甲的频率0.5 Hz，乙的频率1.25 Hz
D． 甲的频率0.5 Hz，乙的频率0.8 Hz
【答案】C
【解析】T甲＝s＝2 s，f甲＝＝0.5 Hz，T2＝s＝0.8 s，f乙＝1.25 Hz.
17.在选项图所示的装置中，可视为单摆的是(　　)



A． B． C． D．
【答案】A
【解析】这些装置都是实际摆，我们在研究单摆的摆动过程中，通常忽略空气等对单摆的阻力，因此实验中我们总是尽量选择质量大、体积小的球和尽量细的、不可伸长的线组成单摆．单摆是实际摆的理想化模型，所以只有A装置可视为单摆．
18.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N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
【答案】B
【解析】简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等．
那么平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位置的时间t2＝0.5 s.
因此，质点振动的周期是T＝4×(t1＋t2)＝4 s
质点通过的总路程的一半，即为振幅，振幅A＝＝6 cm.
19.一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是(　　)

A． 第0.2 s末质点的速度方向是A→O
B． 在4 s内完成6次全振动
C． 第0.4 s末质点的加速度方向是A→O
D． 第0.7 s时质点位置在O点与A点之间
【答案】C
【解析】位移时间图象切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2 s末质点的速度方向沿负向，即从O→A，故A错误；质点的振动周期为T＝0.8 s，则在4 s内质点完成全振动次数为：n＝＝＝5(次)，故B错误；第0.4 s末质点的位移为负向最大，由a＝－，知质点的加速度为正向，即A→O，故C正确；第0.7 s时，质点位置在O与B两点之间，故D错误．
20.惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟．如图所示为摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动．在甲地走的准确的摆钟移到乙地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是(　　)

A． 甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
B． 甲地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
C． 乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动
D． 乙地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动
【答案】C
【解析】由甲到乙地摆动加快则说明周期变小，因T＝2π，则重力加速度变大，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动．则C正确．


第II卷
二、计算题(共4小题，每小题10.0分,共40分)


21.甲、乙两只相同的摆钟同时计时，当甲钟指示45 min时，乙钟已指示1 h，求甲、乙两钟的摆长之比．
【答案】16∶9
【解析】设甲、乙两钟经过的时间为t，周期分别为T甲、T乙，标准钟的周期为T0.
则两钟在t时间内完成全振动次数为：
N甲＝，
N乙＝
两钟显示的时间为：
t甲＝T0，
t乙＝T0
所以有：＝＝＝
由T＝2π得：l甲∶l乙＝T∶T＝16∶9.
22.如图所示，小球m自A点以向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n，已知AB弧长为0.8 m，圆弧AB半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好碰到小球n？(设g取10 m/s2，不计一切摩擦)

【答案】m/s(k＝1,2,3…)
【解析】小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动．因为A?R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长；
设小球m恰好能碰到小球n，则有：
A＝vt
且满足：
t＝kT(k＝1,2,3…)
又T＝2π
解以上方程得：
v＝m/s(k＝1,2,3…)
23.如图所示，质量为M＝0.5 kg的物体B和质量为m＝0.2 kg的物体C，用劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧连在一起．物体B放在水平地面上，物体C在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C竖直向下缓慢压下一段距离x＝0.03 m后释放，物体C就上下做简谐运动，在运动过程中，物体B始终不离开地面．已知重力加速度大小为g＝10 m/s2.试求：当物体C运动到最高点时，物体C的加速度大小和此时物体B对地面的压力大小．

【答案】15 m/s2　4 N
【解析】物体C放上之后静止时，设弹簧压缩量为x0.
对物体C，有：mg＝kx0①
解得：x0＝＝＝0.02 m
物体C从静止向下压缩x后释放，物体C就以原来的静止位置为中心上下做简谐运动，振幅A＝x＝0.03 m.
当物体C运动到最高点时，对物体C，有：
mg＋k(x－x0)＝ma②
解得：a＝15 m/s2
当物体C运动到最高点时，设地面对物体B的支持力大小为F，对物体B，有：
k(x－x0)＋F＝Mg③
解得：F＝4 N
故物体B对地面的压力大小为4 N.
24.如图所示，质量为m的物体放在弹簧上，与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动．当振幅为A时，已知物体振动到最低点时对弹簧的压力为物体重力的1.5倍．求：

(1)弹簧的劲度系数k和物体振动到最低点时所需的回复力的大小．
(2)物体振动到平衡位置时弹簧的形变量的大小．
(3)物体振动到最高点时弹簧的弹力是多大．
(4)要使物体在振动中不离开弹簧，振幅不能超过多大．
【答案】(1)　0.5mg　(2)2A　(3)0.5mg
(4)2A
【解析】(1)当物体运动到最低点时：
F回＝F弹1－mg
因为F弹1＝1.5mg，所以F回＝0.5mg.
又F回＝kA
得：k＝
(2)当物体运动到平衡位置时，弹簧的压缩量为x0
则：kx0＝mg
解得：x0＝2A
(3)当物体运动到最高点时，又F回＝kA＝0.5mg，设弹簧的弹力为F弹2，
则：F回＝mg－F弹2
代入求得：F弹＝mg＝0.5mg.
(4)物体在平衡位置下方处于超重状态，不可能离开弹簧，只有在平衡位置上方可能离开弹簧．要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧，物体在最高点的加速度a＝g此时弹簧的弹力为零．若振幅再大，物体便会脱离弹簧．物体在最高点刚好不离开弹簧时，回复力为重力，所以：mg＝kA′，则振幅A′＝＝2A.