第十一章 机械振动 单元测试 Word版含答案

章末检测试卷(第十一章)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分)
1．(多选)关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是(　　)
A．回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程
B．位移和速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程
C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程
D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程
答案　BD
2．(多选)物体做简谐运动时，下列叙述正确的是(　　)
A．平衡位置就是回复力为零的位置
B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态
C．物体到达平衡位置，合力一定为零
D．物体到达平衡位置，回复力一定为零
答案　AD
解析　平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D对．
3．下列说法正确的是(　　)
A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确
B．火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆
C．挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频
D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象
答案　C
解析　摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2π可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥车发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D错误．
4．(多选)如图1所示，A、B、C三个小钢球的质量分别为2m、m、m，A球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时，下列说法正确的是(　　)
图1
A．B的振动周期最大
B．C的振幅比B的振幅小
C．C的振幅比B的振幅大
D．A、B、C的振动周期相等
答案　CD
解析　由题意，A做自由振动，振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故A错误，D正确；由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比B摆大，故C正确，B错误．
5．如图2所示为某质点在0～4s内的振动图象，则(　　)
图2
A．质点振动的振幅是2m，质点振动的频率为4Hz
B．质点在4s末的位移为8m
C．质点在4s内的路程为8m
D．质点在t＝1s到t＝3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小
答案　C
解析　由题图可知振动的振幅A＝2m，周期T＝4s，则频率f＝＝0.25Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4s末的位移为零，选项B错误；路程s＝4A＝8m，选项C正确；质点从t＝1s到t＝3s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误．
6．某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图3所示的共振曲线．横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅．已知重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
图3
A．由图中数据可以估算出单摆的摆长
B．由图中数据可以估算出摆球的质量
C．由图中数据可以估算出摆球的最大动能
D．如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动
答案　A
解析　从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率，单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率，根据单摆的频率可以计算出单摆的周期，根据单摆的周期公式可以算出单摆的摆长，选项A正确；从单摆的周期无法计算出单摆的摆球质量和摆球的最大动能，选项B、C错误；如果增大单摆的摆长，单摆的周期增大，频率减小，曲线的峰将向左移动，选项D错误．
7．(多选)某单摆原来的周期为T，下列哪些情况会使单摆周期发生变化(　　)
A．摆长减为原来的
B．摆球的质量减为原来的
C．振幅减为原来的
D．重力加速度减为原来的
答案　AD
解析　由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关，故A、D正确．
8．(多选)如图4甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，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的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
图4
A．t＝0.8s时，振子的速度方向向左
B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处
C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同
D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的加速度逐渐减小
答案　ABD
解析　从t＝0.8 s时起，再过一段微小的时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t＝0.8 s时，速度方向向左，A正确；由题中图象得振子的位移x＝12 sint cm，故t＝0.2 s时，x＝6 cm，故B正确；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移方向相反，由a＝知，加速度方向相反，C错误；t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其加速度逐渐变小，故D正确．
9．如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是(　　)
图5
A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧
C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定
答案　C
解析　据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π?，TB＝2π?，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝?，tB＝TB＝?，由于R110．劲度系数为k的轻弹簧竖直悬挂，在其下端挂一质量为m的砝码，然后从弹簧原长处由静止释放砝码，不计摩擦阻力，重力加速度为g.则(　　)
A．砝码的运动不是简谐振动
B．砝码最大加速度为2g
C．砝码偏离平衡位置的最大位移为
D．弹簧最大弹性势能为
答案　D
解析　设砝码的最大速度为vm，砝码的速度最大时，弹簧弹力大小等于砝码的重力，则得：mg＝kx0，得弹簧伸长的长度x0＝，此位置为平衡位置，在平衡位置以上Δx时，弹簧的弹力为F＝k(x0－Δx)，砝码受到的合力：F合＝mg－F＝mg－k(x0－Δx)＝kΔx，同理可以得出砝码在平衡位置以下Δx时，仍然满足：F合＝kΔx，即砝码受到与离开平衡位置的位移成正比的合外力的作用，且该合力始终指向平衡位置，所以由静止释放砝码后，砝码在重力和弹簧的弹力作用下将做简谐振动，故A错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，根据对称性可知，此时弹簧伸长量为：x′＝2x0＝2，根据牛顿第二定律得：a＝＝＝＝g，所以弹簧弹性势能最大时小球加速度大小为g，故B错误；此时弹簧伸长量x′＝2，所以砝码偏离平衡位置的最大位移为x′－x0＝，故C错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，砝码从静止开始下落到速度为零时，根据动能定理得：mg·＋W弹＝0，解得W弹＝－，所以弹簧最大的弹性势能为，故D正确．
11．如图6所示，一质点在a、b间做简谐运动，O是它振动的平衡位置．若从质点经过O点开始计时，经3s，质点第一次到达M点，再经2s，它第二次经过M点，则该质点的振动图象可能是下图中的(　　)
图6
答案　C
解析　若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M到b的时间为1s，则＝3s＋1s＝4s，解得T＝16s，若质点从平衡位置向左运动，可知M到b的时间为1s，则T＝3s＋1s＝4s，解得T＝s，故C正确，A、B、D错误．
12．(多选)一弹簧振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移x＝－0.1m；t＝s时x＝0.1m；t＝4s时x＝0.1m．该振子的振幅和周期可能为(　　)
A．0.1m，s B．0.1m,8s
C．0.2m，s D．0.2m,8s
答案　ACD
解析　若振幅A＝0.1m，T＝s，则s为半个周期，从－0.1m处运动到0.1m处，符合运动实际，4s－s＝s为一个周期，正好返回0.1m处，所以A对；若A＝0.1m，T＝8s，s只是T的，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以B错；若A＝0.2m，T＝s，则s＝，振子可以由－0.1m处运动到对称位置，4s－s＝s＝T，振子可以由0.1m处返回0.1m处，所以C对；若A＝0.2m，T＝8s，则s＝2×，而sin＝，即时间内，振子可以从平衡位置运动到0.1m处，再经s又恰好能由0.1m处运动到0.2m处后，再返回0.1m处，所以D对．
二、非选择题(本题共5小题，共52分)
13．(9分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图7甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t.在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)．
图7
(1)从乙图可知，摆球的直径为d＝________mm.
(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________.
(3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是________．
A．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线
B．当单摆经过最高位置时开始计时
C．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
D．测量多组周期T和摆长l，作l－T2关系图象来处理数据
答案　(1)5.980　(2)　(3)AD
解析　(1)螺旋测微器的主尺读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×48.0mm＝0.480mm，则最终读数为5.980mm.
(2)由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的全振动的次数为N＝，周期为T＝＝，单摆的摆长为l＝L＋，由单摆的周期公式T＝2π，得g＝.
(3)公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A正确；为了减小误差，需要在单摆经过平衡位置时开始计时，且选用体积较小的摆球，故B、C错误；应用图象法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长l，作l－T2关系图象来处理数据，故D正确．
14．(9分)如图8甲所示，在光滑的斜面上，有一滑块，一劲度系数为k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F－t图象．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象．
图8
(1)滑块做简谐运动的回复力是由________提供的．
(2)由图乙所示的F－t图象可知，滑块做简谐运动的周期为________s.
(3)结合F－t图象的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为________．
答案　(1)弹簧的弹力和重力沿斜面分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力)　(2)0.4　(3)
解析　(1)对滑块进行受力分析，弹簧的弹力和重力沿斜面分力的合力提供回复力．
(2)由题图可以看出周期为0.4s.
(3)根据胡克定律：F1＝kx
F2＝kx′
振幅A＝＝.
15．(10分)如图9所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA＝100g，mB＝500g，系统静止时弹簧伸长x＝15cm，未超出弹性限度．若剪断A、B间的细绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：(g取10m/s2)
图9
(1)A的振幅；
(2)A最大加速度的大小．
答案　(1)12.5cm　(2)50m/s2
解析　(1)设只挂A时弹簧伸长量x1＝.
由(mA＋mB)g＝kx，得k＝，
即x1＝x＝2.5cm.
振幅A＝x－x1＝12.5cm.
(2)剪断A、B间的细绳瞬间，A所受弹力最大，合力最大，加速度最大．
F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAam，
am＝＝5g＝50m/s2.
16．(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20cm.某时刻振子处于B点，经过0.5s，振子首次到达C点，求：
(1)振动的周期和频率；
(2)振子在5s内通过的路程及5s末的位移大小；
(3)振子在B点的加速度大小与在距O点4cm处P点的加速度大小的比值．
答案　(1)1s　1Hz　(2)2m　0.1m　(3)
解析　(1)由题意可知，振子由B→C经过半个周期，即＝0.5s，故T＝1s，f＝＝1Hz.
(2)振子经过1个周期通过的路程s1＝0.4m．振子在5s内振动了五个周期，回到B点，通过的路程：s＝5s1＝2m．位移大小x＝10cm＝0.1m.
(3)由F＝－kx可知：在B点时FB＝－k×0.1，在P点时FP＝－k×0.04，故＝＝.
17．(12分)一个摆长为2m的单摆，在地球上某地振动时，测得完成100次全振动所用的时间为284s．(结果均保留三位有效数字)
(1)求当地的重力加速度g；
(2)若把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1.60m/s2，则该单摆振动周期是多少？
答案　(1)9.78m/s2　(2)7.02s
解析　(1)周期T＝＝s＝2.84s.
由周期公式T＝2π得
g＝＝m/s2≈9.78 m/s2.
(2)T′＝2π＝2×3.14×s≈7.02s.