第十一单元 机械振动 单元测试卷

第十一单元《机械振动》单元测试卷
三、单选题(共15小题)
1.如图9所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球．用手向下拉一小段距离后释放铁球，铁球便上下做简谐运动，则(　　)

图9
A． 弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置
B． 在小球从最高点向平衡位置运动的过程中，小球的位移逐渐减小，回复力、加速度先减小后增大
C． 若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T＝2π
D． 若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为
2.某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图所示的共振曲线．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(　　)

A． 由图中数据可以估算出摆球的摆长
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
3.一位游客在千岛湖边欲乘游船，当日风浪很大，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20 cm，周期为3.0 s．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10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是(　　)



A． 0.5 s
B． 0.75 s
C． 1.0 s
D． 1.5 s



4.如图所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间做简谐运动，关于振子下列说法正确的是(　　)




A． 在a点时加速度最大，速度最大
B． 在O点时速度最大，位移最大
C． 在b点时位移最大，回复力最大
D． 在b点时回复力最大，速度最大



5.如图所示，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3 s，质点第一次到达M点，再经2 s，它第二次经过M点．则该质点的振动图象可能是下图中的(　　)




A．
B．
C．
D．



6.弹簧振子在做机械振动时，按周期性规律变化的物理量是(　　)



A． 回复力
B． 周期
C． 频率
D． 振幅



7.一质点作简谐运动，其位移x随时间t变化的图象如图所示．由图可知，在t＝4 s时，质点的(　　)




A． 速度为零，加速度为负的最大值
B． 速度为零，加速度为正的最大值
C． 速度为负的最大值，加速度为零
D． 速度为正的最大值，加速度为零



8.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



9.劲度系数为k的轻弹簧一端固定在倾角为30°的足够长光滑斜面底端，另一端与质量为m的物块A相连，跨过定滑轮O的轻绳一端系住A，另一端与质量为m的球B相连．细线OA平行于斜面如图所示．用手托住球B，使轻绳刚好伸直．现松手使球B从静止开始下落，物块A将在斜面上做简谐运动．下列说法正确的是(　　)




A． 物块A获得的最大速度v＝
B． 物块A获得的最大速度v＝
C． 球B下落最大高度h＝
D． 球B下落最大高度h＝



10.如图2所示为某质点在0～4 s内的振动图象，则(　　)

图2
A． 质点振动的振幅是2 m，质点振动的频率为4 Hz
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t＝1 s到t＝3 s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
11.工厂里，有一台机器正在运转，当其飞轮转得很快的时候，机器的振动并不强烈，切断电源，飞轮转动逐渐慢下来，到某一时刻t，机器发生了强烈的振动，此后，飞轮转动的更慢，机器的振动反而减弱，这种现象说明(　　)
A． 在时刻t飞轮惯性最大
B． 在时刻t飞轮转动的频率最大
C． 在时刻t飞轮转动的频率与机身的固有频率相等，发生共振
D． 纯属偶然现象，并无规律
12.如图甲是演示简谐运动图象的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线OO′代表时间轴．图乙是一次实验中用同一个摆长不变的摆做出的两组操作形成的曲线，若板N1和N2拉动速度用v1和v2表示，板N1和N2上曲线所代表的摆动周期用T1和T2表示，则(　　)




A．T1＝2T2
B． 2T1＝T2
C．v1＝2v2
D． 2v1＝v2



13.一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T，则(　　)
A． 若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍
B． 若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相反，则Δt一定等于的整数倍
C． 若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子振动的速度一定相等
D． 若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相等
14.在同一地点，单摆甲的周期是单摆乙的周期的4倍，下列说法正确的是(　　)



A． 甲的频率是乙的4倍
B． 甲的摆长是乙的16倍
C． 甲的振幅是乙的4倍
D． 甲的振动能量是乙的4倍



15.弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A，B两点间做简谐运动，以下说法正确的是(　　 )
A． 振子在A、B两点时的速度和加速度均为零
B． 振子在通过O点时速度的方向将发生改变
C． 振子的加速度方向总跟速度方向相反
D． 振子离开O点运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动
二、填空题(共3小题)
16.在用单摆测定重力加速度实验中：
(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将你所选用的器材前的字母填在题后的横线上．
A．长1 m左右的细绳 B．长30 cm左右的细绳
C．直径2 cm的铅球 D．直径2 cm的铁球
E．秒表 F．时钟
G．分度值是1 cm的直尺 H．分度值是1mm的直尺；
所选器材是_________________．
(2)实验时对摆线偏离竖直线的要求是______________；理由是________________________．
17.如图所示，在地面上有一单摆，做左右小角度摆动，其周期T＝____________(图中所标出的字母均为已知量，当地的重力加速度为g)；若考虑到单摆摆动时空气浮力的影响，则周期将______．(填“变大”“不变”“变小”)

18.一简谐运动的位移与时间的函数关系式为x＝10sin(80πt＋) cm，由此可以求出该运动的周期为______s，初相位为____________．
三、实验题(共3小题)
19.某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中，先测得摆线长为97.50 cm，摆球直径如图甲所示，然后用秒表记录了单摆振50次所用的时间，如图丙所示，则：

甲

乙 丙
(1)该摆摆长为______cm，周期为______s．(结果保留二位小数)
(2)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：

试以l为横坐标，T2为纵坐标，作出T2－l图线，并利用此图线求出重力加速度g＝______m/s2(结果保留三位有效数字)
20.下表是“用单摆测定重力加速度”实验中获得的有关数据：

(1)利用上述数据，在图中描出l－T2的图象．

(2)利用图象，取T2＝5.2 s2时，l＝______m，重力加速度g＝______m/s2.
21.为了研究弦的振动频率，设计了下面的实验：将n根相同的弦一端固定，在另一端系着不同质量的小物体，让其自然下垂，使弦绷紧，做成如图(a)所示的装置．用工具拨动弦A、B的中点，使其振动，进行实验，研究其振动频率f与小物体质量m及弦的长度L的关系．具体做法是：只让m或只让L变化，测定振动频率f，得到图(b)所示的两个图象．

(1)上面实验所采用的实验方法是________．
A．对比实验法 B．物理模型法
C．等效替代法 D．控制变量法
(2)根据上面的实验及两个图象，你认为表示频率f的式子应该如写？
请从下面四个选项中(k为常数)，选出最可能的为________．(填字母代号)
A．f＝k·B．f＝k·
C．f＝k·D．f＝k·.
四、计算题(共3小题)
22.如图所示的系统中，轻弹簧的劲度系数k＝39.2 N/m，物块A、B的质量分别为0.1 kg和0.2 kg，A、B间的接触面水平，且最大静摩擦力为1.96 N，为使两物体一起在光滑的水平面上做简谐运动而不发生相对滑动，求振动振幅的最大值．

23.如图，A、B两单摆摆长分别为m、m，两球静止时刚好接触，且重心等高、质量相等．今把A球从平衡位置向右拉开一个微小角度，然后无初速释放，于是A、B将发生一系列弹性正碰，设碰撞后两球速度互换，碰撞时间不计．则释放A球后20 s内两球碰撞多少次？(g取9.8 m/s2)

24.如图所示，三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上．现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：(重力加速度为g)

(1)此时小球的瞬时加速度；
(2)若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少？



答案解析
1.【答案】C
【解析】平衡位置是振子处于平衡状态时所处的位置，小球处于平衡位置时，其所受的重力大小与弹簧的弹力大小相等，即mg＝kx，此时弹簧处于拉伸状态，故选项A错误；振动中的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而小球向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律a＝得，加速度也减小，小球向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故小球的速度逐渐增大，故选项B错误；单摆周期公式T＝2π，根据平衡条件有kL＝mg，联立解得T＝2π，故选项C正确；当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg，则轻弹簧处于压缩状态，弹力F＝Mg＝kx，解得弹簧的压缩量为x＝，故选项D错误．
2.【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．
3.【答案】C
【解析】令振动的表达式为y＝0.2sinπt，当y＝0.1 m时，t1＝0.25 s，所以在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是t2＝1.5－2t1＝1 s，C项正确．
4.【答案】C
【解析】在a点时加速度最大，但速度为零，故A错误；在O点时速度最大，位移为零，故B错误；在b点时位移最大，回复力最大，故C正确；在b点时回复力最大，速度为零，故D错误．
5.【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1 s，则＝3＋1＝4 s，解得T＝16 s.若质点从平衡位置向左运动，可知M到b的时间为1 s，则T＝3＋1＝4 s，解得T＝s．故C正确，A、B、D错误．
6.【答案】A
【解析】简谐运动的回复力：F＝－kx，是周期性变化的，故A正确；
简谐运动的周期是完成一次全振动的时间，是固定的，故B错误；
简谐运动的频率是单位时间内完成全振动的次数，是固定的，故C错误；
简谐运动的振幅是振子偏离平衡位置的最大距离，是固定的，故D错误．
7.【答案】A
【解析】在t＝4 s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大值．
8.【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.
9.【答案】A
【解析】开始位置弹簧处于压缩状态，根据胡克定律，有：kx1＝mgsin 30°，解得：x1＝＝；释放球B后，平衡时弹簧处于伸长状态，根据平衡条件，有：mg－mgsin 30°＝kx2，解得：x2＝；故振幅为：A＝x1＋x2＝，到达平衡位置时，物块A获得最大速度，弹簧系统机械能守恒，根据系统机械能守恒定律，有：mgA－mgAsin 30°＝(m＋m)v2；解得：v＝，故A正确，B错误；振幅为，故下降的最大高度为2A，即，故C、D错误；故选：A.
10.【答案】C
【解析】由题图可知振动的振幅A＝2 m，周期T＝4 s，则频率f＝＝0.25 Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s末的位移为零，选项B错误；路程s＝4A＝8 m，选项C正确；质点从t＝1 s到t＝3 s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误．
11.【答案】C
【解析】飞轮转动的越来越慢时，做受迫振动的频率在减小，当减小到跟机器的固有频率相等时，发生共振，振动最强烈，然后受迫振动的频率继续减小，远离固有频率，振动又减弱，C正确．
12.【答案】C
【解析】同一单摆的周期是一定的，则T1＝T2；
设单摆的周期为T，板长为L，则有：T＝，2T＝
根据题意，有：v1＝2v2.
13.【答案】C
【解析】结合弹簧振子的运动示意图和振动图象进行分析；如图所示：

图中的a、b、c三点位移大小相等、方向相同，显然Δt不一定等于T的整数倍， A错误；图中的a、d两点的位移大小相等、方向相反，Δt<，B错误；在相隔一个周期T的两个时刻，振子只能位于同一位置，其位移相同，速度也相等，C正确；相隔的两个时刻，振子的位移大小相等、方向相反，其位置关于平衡位置对称，弹簧分别处于压缩和拉伸状态，弹簧的长度并不相等，D错误．
14.【答案】B
【解析】由单摆的周期公式T＝2π可知L＝，故B选项正确；甲的频率是乙的频率的，故A选项错误；虽然甲、乙两单摆的摆长有L甲＝4L乙，但两个单摆的摆角不确定，两摆球质量不确定，故C、D选项错误．
15.【答案】D
【解析】在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，故A、B为最大位移处，速度为零，而加速度最大，故A错误；振子在通过O点时速度的方向不发生改变，故B错误；由简谐运动规律的定义振子的加速度方向总跟位移的方向相反，跟振子的运动方向有时相同，有时相反，故C错误；振子离开O点运动后的运动方向与加速度方向相反，故为减速运动，振子靠近O点的运动方向与加速度方向相同故为加速运动，所以D正确．
16.【答案】(1)A、C、E、H　 (2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mgsinθ，只有当θ<10°时，sinθ≈θ，此摆才称为单摆，其振动才是简谐振动，周期T＝2π的关系式才成立．
【解析】(1)所选器材为A、C、E、H.(2)偏角要求小于10°.根据本实验的原理：振动的单摆，当摆角小于10°时，其振动周期与摆长的平方根成正比，与重力加速度的平方根成反比，而与偏角的大小(振幅)、摆球的质量无关，周期公式为：T＝2π，经变换得g＝.因此，在实验中只要测出单摆的摆长L和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值，本实验的目的是测出g的值，而不是验证单摆的振动规律．如果在实验中选用较短的摆线，既会增大摆长的测量误差，又不易于保证偏角θ小于10°.摆线较长，摆角满足小于10°的要求时，单摆的振动缓慢，方便计数和计时，所以应选A.摆球应尽量选重的，所以选C.
因为单摆振动周期T的测量误差对重力加速度g的影响较大，所以计时工具应选精确度高一些的秒表．摆长的测量误差同样对g的影响较大，也应选精度较高的最小刻度为毫米的直尺，即选H.
(2)因为当摆球振动时，球所受的回复力F＝mgsinθ，只有当θ<10°时，sinθ≈θ，此摆才称为单摆，其振动才是简谐振动，周期T＝2π的关系式才成立．
17.【答案】2π　变大
【解析】单摆做左右小角度摆动，球与圆心距离为摆长，故摆长为L；故单摆的周期为：T＝2π；
浮力为恒力，向上，会抵消部分重力的影响，相当于重力加速度减小了，故周期会变大．
18.【答案】(1)0.025　
【解析】简谐运动的位移与时间的函数关系式为x＝10sin(80πt＋) cm，式中ω＝80π rad/s，初相位为.则周期T＝＝＝0.025 s.
19.【答案】(1)98.09　2.05　(2)如图所示

9．86
【解析】(1)由图示游标卡尺可知，摆球直径为：d＝11 mm＋14×0.05 mm＝11.7 mm＝1.17 cm，
单摆摆长为：L＝l＋＝97.50＋≈98.09 cm，
由图示秒表可知，其示数为：1 min＋42.5 s＝102.5 s，
单摆周期为：T＝＝＝2.05 s；
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：

根据单摆周期公式：T＝2π可知：T2＝l，
T2－l图象的斜率：k＝＝＝＝4，
解得：g＝9.86 m/s2.
20.【答案】(1)

(2)1.3　9.86
【解析】(1)描点作图如图所示．

(2)由图可知当T2＝5.2 s2时，l＝1.3 m，得：g＝＝m/s2≈9.86 m/s2.
21.【答案】(1)D　(2)B
【解析】(1)控制一个变量，研究另外两个变量的关系叫做控制变量法；
(2)由图(b)可以看出：
L一定时，f与成正比；
m一定时，f随着L的增加而减小，f与L成反比；
故表达式为：f＝k.
22.【答案】0.15 m
【解析】设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有：
kx＝(mA＋mB)a
对A物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：
Ff＝mAa
Ff≤Fm
联立解得：
x≤Fm＝×1.96＝0.15 m.
23.【答案】27
【解析】先求出A、B摆长的单摆周期：TA＝2π＝2 s，TB＝2π＝1 s．A与B发生碰撞，碰后速度交换，A静止，B球向左摆动，再经又摆回与A发生碰撞，碰后B静止，A向右运动，再经回到最右边．可见每经过T＝＝s，A、B发生两次碰撞，A又回到释放初的最右位置．所以有＝＝13余0.5 s；表明经过了13个碰撞周期，碰了26次，而0.5 s正好是，所以第20 s末A刚好回到平衡位置，第27次碰撞正在发生．
24.【答案】(1)　方向竖直向下　(2)
【解析】(1)小球上下振动过程中，三角架对水平面的压力最小为零，则上下两根弹簧对三角架的作用力大小为Mg，方向向上，小球此时受弹簧的弹力大小为Mg，方向向下，故小球所受合力为(m＋M)g，方向向下，小球此时运动到上面最高点即位移大小等于振幅处．根据牛顿第二定律，小球的瞬时加速度的最大值为：
am＝，加速度的方向为竖直向下．
(2)小球由平衡位置上升至最高点时，上面的弹簧(相当于压缩x)对小球会产生向下的弹力kx，下面的弹簧(相当于伸长x)会对小球产生向下的弹力kx，两根弹簧对小球的作用力为2kx，故最大回复力的大小F回＝2kA，而最高点时F回＝(M＋m)g，故A＝.