第十一章 机械振动 单元检测题（word版含解析）

《机械振动》单元检测题
一、单选题
1.关于简谐运动，以下说法不正确的是(　　)
A． 只要有回复力，物体一定做简谐运动
B． 当物体做简谐运动时，回复力的方向总是与位移方向相反
C． 物体做简谐运动时，当它向平衡位置运动过程中，回复力越来越小
D． 物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相同，有时与位移方向相反
2.弹簧振子作简谐运动，t1时刻速度为v，t2时刻也为v，且方向相反．已知(t2－t1)小于周期T，则(t2－t1)(　　)
A． 一定大于四分之一周期
B． 一定小于四分之一周期
C． 一定小于二分之一周期
D． 可能等于二分之一周期
3.已知地球半径为R，一单摆在山脚下(处于海平面高度)的周期为T，将该单摆移到高为h的山顶，其周期改变量ΔT为(　　)
A．T B．T C．T D．T
4.如图所示，弹簧振子在由A点运动到O点(平衡位置)的过程中，(　　)

A． 做加速度不断减小的加速运动
B． 做加速度不断增大的加速运动
C． 做加速度不断减小的减速运动
D． 做加速度不断增大的减速运动
5.关于振幅的各种说法中，正确的是(　　)
A． 振幅是振子离开平衡位置的最大距离
B． 位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅
C． 振幅增大，周期也必然增大，而频率减小
D． 振幅越大，表示振动越强，周期越长
6.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
7.如图所示为某质点做简谐运动的振动图象．则关于该质点的振动情况，下列说法正确的是(　　)

A． 周期T＝0.1 s
B． 振幅A＝0.4 m
C． 0.1 s末质点运动速度为0
D． 0.2 s末质点回到平衡位置
8.如表所示为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，则固有频率可能为(　　)

A．f固＝40 Hz B．f固＝70 Hz
C． 50 Hz9.如图所示，一台玩具电机的轴上安有一个小皮带轮甲，通过皮带带动皮带轮乙转动(皮带不打滑)，皮带轮乙上离轴心O距离2 mm处安有一个圆环P.一根细绳一端固定在圆环P上，另一端固定在对面的支架上，绳呈水平方向且绷直．在绳上悬挂着4个单摆a、b、c、d.已知电动机的转速是149 r/min，甲、乙两皮带轮的半径之比为1∶5,4个单摆的摆长分别是100 cm、80 cm、60 cm、40 cm.电动机匀速转动过程中，哪个单摆的振幅最大(g取10 m/s2)(　　)

A． 单摆a B． 单摆b C． 单摆c D． 单摆d
10.一根劲度系数为k的轻弹簧，上端固定，下端接一质量为m的物体，让其上下振动，物体偏离平衡位置的最大位移为A，当物体运动到最高点时，其回复力大小为(　　)
A．mg＋kA B．mg－kA C．kA D．kA－mg
11.自由摆动的秋千，摆动的振幅越来越小，下列说法正确的是(　　)
A． 机械能守恒
B． 能量正在消失
C． 总能量守恒，机械能减小
D． 只有动能和势能的相互转化
12.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
二、多选题
13. 将测力传感器接到计算机上可以测量快速变化的力，将单摆挂在测力传感器的探头上，测力探头与计算机连接，用此方法测得的单摆摆动过程中摆线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示，取g＝10 m/s2.某同学由此图象提供的信息做出了下列判断，其中正确的是(　　)

A． 摆球的周期T＝0.5 s
B． 单摆的摆长L＝1 m
C．t＝0.5 s时摆球正经过最低点
D． 摆球运动过程中周期越来越小
14. 如图所示，长度都为L＝0.4 m的两根细绳，一端系着同一个小球A，另一端分别系于相同高度的两点上，两绳间的夹角为α＝120°，现使小球A在竖直平面上(垂直纸面)做小角度的摆动，当小球A经过最低位置的瞬间，另一小球B从A的正上方h高处自由落下，经过一段时间后击中A球，则h的可能值为(　　)

A． 0.1π2m B． 0.2π2m C． 0.3π2m D． 0.4π2m
15. 下列给出的材料中应选择作为摆球与摆线组成单摆的是(　　)
A． 木球 B． 铁球 C． 柔软不易伸长的丝线 D． 粗棉线

三、实验题
16.如图所示，是一个内表面光滑的圆桶的一部分，其半径很大，为了检测圆桶内部的直径D大小，请你利用如下器材设计一个实验．现提供器材如下：
A．米尺 B．秒表 C．金属小球(半径很小)
D．足够长的细绳 E．铁架台

(1)其中实验所选用的器材为______
(2)实验的方法步骤以及需测量与记录的物理量______________________________________.
(3)检验圆桶内部的直径D的表达式是____________(重力加速度用g表示)
17.某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石代替小球．他设计的实验步骤如下：

A．将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点，如图所示；
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝得出周期；
E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g＝()2L，求出重力加速度g.
(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是______．
(2)该同学用OM的长作为摆长，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______(填“偏大”或“偏小”)．
(3)用什么方法可以解决摆长无法准确测量的困难？
18.传感器在物理实验研究中具有广泛的应用．单摆在运动过程中，摆线的拉力在做周期性的变化，这个周期性变化的力可用力传感器显示出来，从而可进一步研究单摆的运动规律．
(1)实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图8所示，该摆球的直径d＝________ mm.

图8
(2)接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图9所示，则重力加速度的表达式g＝________(用题目和图中的已知物理量表示)．

图9
(3)某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据，在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2－l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)．
四、计算题
19.如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右方向运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：

(1)单摆振动的频率是多大？在0时刻摆球在哪个位置？
(2)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
20.如图所示，一个竖直弹簧连着一个质量为M的薄板，板上放着一个木块，木块质量为m，现使整个装置在竖直方向做简谐运动，振幅为A.若要求在整个过程中小木块m都不脱离木板，则弹簧劲度系数k应为多大？








答案解析
1.【答案】A
【解析】在简谐运动中，有回复力是必要条件，而且回复力必须满足：F＝－kx，所以有回复力的振动不一定是简谐运动，故A错误；质点的回复力方向总是指向平衡位置，总是与位移方向相反，故B正确；物体做简谐运动时，受到的回复力为F＝－kx.当它向平衡位置运动过程中，位移越来越小，则回复力越来越小，故C正确；质点的位移方向总是离开平衡位置，而速度方向有时离开平衡位置，有时靠近平衡位置．所以速度的方向有时跟位移的方向相同，有时跟位移的方向相反，故D正确．
2.【答案】D
【解析】t1时刻速度为v，t2时刻也为v，且方向相反．则有这两位置可能是在同一个位置，也可能关于平衡位置对称．由于(t2－t1)小于周期T，
①若这两位置是在同一个位置，且t1时刻振子经过平衡位置时，振子需要经过半个周期再次回到平衡位置且方向相反，所以(t2－t1)是半个周期；
若这两位置是在同一个位置，且t1时刻速度方向指向平衡位置时，振子需要再次经过平衡位置后才能到达同一点且方向相反，所以(t2－t1)大于半个周期；
若这两位置是在同一位置，且t1时刻速度方向背向平衡位置时，振子先到达最大位移处然后到达同一点且方向相反时，则有(t2－t1)一定小于二分之一周期也有可能小于周期；
②若这两点是关于平衡位置对称的两点时，根据振动的周期性与对称性可知，若t1时刻速度为v，t2时刻也为v，且方向相反，振子一定是先靠近平衡位置，到达对侧的最大位移处后然后返回，所以(t2－t1)一定是半个周期．
由以上的分析可知，A、B、C错误，D正确．
3.【答案】A
【解析】设单摆的摆长为L，地球的质量为M.
根据万有引力等于重力，得
在海平面上，有mg＝G，
在山顶上，有mg′＝G
可得海平面的重力加速度和高度为h山顶上的重力加速度之比为：
g∶g′＝(R＋h)2∶R2；
据单摆的周期公式可知T＝2π
则得海平面上有：
T＝2π，
山顶上有：
T＋ΔT＝2π，
联立得：
ΔT＝T，故A正确．
4.【答案】A
【解析】由A点运动到O点过程，回复力向右，故加速度向右，加速度与速度同方向，故是加速运动，根据a＝－，位移减小，故加速度减小，故是加速度不断减小的加速运动．
5.【答案】A
【解析】振动物体离开平衡位置的最大距离叫振动的振幅，故A正确；位移是矢量，振幅是标量，位移大小的最大值等于振幅，故B错误；根据简谐运动的特点可知，周期、频率都与振幅无关，故C错误；振幅越大，表示振动越强，而周期与振幅无关，故D错误．
6.【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．
7.【答案】D
【解析】
8.【答案】C
【解析】据题意，根据共振条件可知当驱动力的频率等于物体本身的固有频率时，物体振动的振幅最大，由表可以看出当驱动力的频率在50－60 Hz之间时，振动最剧烈，故C正确．
9.【答案】A
【解析】两个轮子是同缘传动，故边缘点线速度相等，甲、乙两轮的半径之比为1∶5，根据v＝rω，边缘点角速度之比为5∶1，故驱动力的频率为：f＝≈0.5 Hz
故驱动力的周期为：T＝＝2 s；共振的条件是驱动力周期等于系统的固有周期，根据单摆的周期公式T＝2π，发生共振的摆长为：L＝＝＝1 m＝100 cm；故单摆a发生共振，故选A.
10.【答案】C
【解析】在平衡位置时，回复力为零，有mg＝kx0.在下端最大位移位置时，回复力F＝k(A＋x0)－mg＝kA.由对称性可知在最高点时的回复力大小也为kA，故C选项正确．
11.【答案】C
【解析】自由摆动的秋千可以看作阻尼振动的模型，振动系统中的能量转化不仅是系统内部动能和势能的相互转化．振动系统是一个开放系统，与外界时刻进行能量交换．系统由于受到阻力，因而振动的能量不断减小，但总能量守恒，故正确答案为C.
12.【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.
13.【答案】BC
【解析】由图可知，单摆两次拉力极大值的时间差为1 s，所以单摆的振动周期为2 s，A错误；根据单摆的周期公式T＝2π，可得摆长L＝1 m，B正确；t＝0.5 s时摆线的拉力最大，所以摆球正经过最低点，C正确；摆线拉力的极大值发生变化，说明摆球在最低点时的速度大小发生了变化，所以摆球做阻尼振动，振幅越来越小，由于周期与振幅无关，所以单摆的周期不变，D错误．
14.【答案】AD
【解析】小球A的等效摆长L0＝Lsin 30°＝0.2 m，根据T＝2π得，单摆的周期T＝2πs，摆球回到最低点的时间t＝，则h＝gt2＝g＝，(n＝1,2,3，…)当n＝1时，h＝0.1π2m，当n＝2时，h＝0.4π2m，故A、D正确，B、C错误．
15.【答案】BC
【解析】为了减小空气阻力的影响，摆球应选择质量大一些、体积小一些的，所以选择铁球．单摆在摆动的过程中，摆线的长度不能伸长，则摆线选择柔软不易伸长的丝线，故B、C正确，A、D错误．
16.【答案】(1)BCDE
(2)①把小球拴在细绳上，挂在铁架台上，调整绳子的长度让小球恰好能沿圆桶内表面运动，悬点到小球球心的距离L；②把小球拉开一小角度释放，从最低点开始计时，用秒表测量小球N次从同一方向通过最低点所用时间t；③根据单摆周期公式T＝2π求L即为桶的半径
(3)
【解析】(1)实验所选用的器材为BCDE
(2)实验的方法步骤：①把小球拴在细绳上，挂在铁架台上，调整绳子的长度让小球恰好能沿圆桶内表面运动，悬点到小球球心的距离L；②把小球拉开一小角度释放，从最低点开始计时，用秒表测量小球N次从同一方向通过最低点所用时间t；③根据单摆周期公式T＝2π求L即为桶的半径
(3)周期T＝，圆桶内部的直径D＝2L＝.
17.【答案】(1)BDF　(2)偏小　(3)改变摆长或图象法
【解析】(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是：
B(摆长应从悬点到大理石块的质心)、D(测量时间应从单摆摆到最低点开始)、F(必须先分别求和各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值)．
(2)由单摆的周期公式T＝2π解得：g＝.可知，该同学用OM的长作为摆长，摆长偏小，由此式可知，g的测量值偏小．
(3)能准确的测量重力加速度，减小误差的方法：
Ⅰ.可以用改变摆长的方法；Ⅱ.画T2－L图象求斜率．
18.【答案】(1)15.4　(2)π2(l0+d2)4t02　(3)偏小　无影响
【解析】(1)主尺示数是15 mm，游标尺示数是4×0.1 mm＝0.4 mm，摆球的直径为15 mm＋0.4 mm＝15.4 mm.
(2)在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次拉力的最大值，由F－t图象可知，单摆周期T＝4t0，根据T＝2πlg整理得：g＝π2(l0+d2)4t02①.
(3)根据公式①甲同学把摆线长l0作为摆长，则摆长的测量值偏小，则g的测量值偏小；乙同学作出T2－l0图象后求出斜率，k＝4π2g，重力加速度：g＝4π2k②，由公式②可知，该方法计算出的重力加速度与摆长无关．
19.【答案】(1)1.25 Hz　B位置　(2)0.16 m
【解析】(1)由图乙所示图象可知，单摆周期T＝0.8 s，
单摆的频率：f＝＝＝1.25 Hz.
由图乙所示图象可知，在t＝0 s时，摆球处于负的最大位移，摆球向右方向运动为正方向，因此开始时，摆球在B处．
(2)由单摆周期公式T＝2π
可得：L＝＝≈0.16 m.
20.【答案】k≤g
【解析】木块运动到最高点又不脱离，弹簧可能处于两种状态：无形变状态和压缩状态．若恰好不脱离，则弹簧此时无形变，m、M的加速度均为g，此时，系统回复力为
F＝(m＋M)g
而且kA＝(M＋m)g，解得k＝g
若弹簧处于压缩状态，则系统在最高点的回复力为F′＝kA<(M＋m)g，则k所以k≤g.