四川省内江第六中学2019-2020学年高中物理教科版选修3-4：机械振动 章末综合复习题（含解析）

选修3-4
机械振动章末综合复习题
1．某弹簧振子简谐运动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．t=1s时，振子的加速度为零
B．t=2s时，振子的速度最大
C．t=3s时，振子的位移最小
D．t=4s时，振子的振幅为零
2．弹簧振子周期为2s，从振子通过平衡位置向右运动起，经过1.8s时，其运动情况是（　　）
A．向右减速
B．向右加速
C．向左减速
D．向左加速
3．一弹簧振子做简谐运动时，其加速度随振动位移变化的图像应为（　　）
A．B．C．
D．
4．如图的简谐运动图象中，在t1和t2时刻，运动质点相同的量为（
）
A．加速度
B．位移
C．速度
D．回复力
5．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害．后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是（　　）
A．加大飞机的惯性
B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固
D．改变机翼的固有频率
6．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动(　　)
A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长
B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长
C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长
D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长
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
B．在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．从至质点的动能减小，势能增大
8．实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。如果实验得到的结果比当地的重力加速度值小，可能的原因是（　　）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将n－1次全振动数为n次
9．某弹簧振子振动的位移-时间图像如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．振子振动周期为，振幅为
B．时振子的速度为零，加速度为正向的最大值
C．从到过程中振子做加速运动
D．时振子的速度为负向的最大值
10．在用单摆测量重力加速度的实验中，下列说法正确的是
。
A．尽量选择质量大、体积小的摆球
B．用刻度尺测量摆线的长度，将其作为单摆的摆长
C．为方便测量，可以让单摆的振幅尽可能大
D．释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T=
E.测量多组摆长和对应的周期T，分别以和T2为纵坐标和横坐标，作出函数图像，根据直线的斜率求出重力加速度g
11．如图所示，
质量为m的木块放在弹簧上端，
在竖起方向上做简谐运动，当振幅为A时，物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5倍，则物体对弹簧的最小压力是____________，
欲使物体在弹簧振动中不离开弹簧，其振幅不能超过______________。
12．某同学在进行研究弹簧振子的周期和小球质量的关系的实验时，利用如图甲所示装置进行了如下实验：让弹簧振子穿过一光滑的水平横杆，在弹簧振子的小球上安装一支笔，下面放一条纸带．当小球振动时，垂直于振动方向以恒定的加速度拉动纸带，加速度大小为a，这时笔在纸带上画出如图乙所示的一条曲线，请根据图乙中所测得的长度s1，s2，写出计算弹簧振子的周期的表达式：T＝________.
13．如图所示，质量为m=0.5kg的物体放在质量为M=5.5kg的平台上，随平台上、下做简谐运动，振幅为A=0.3m。设在简谐运动过程中，二者始终保持相对静止。已知轻弹簧的劲度系数为k=400N/m，（g=10m/s2）试求：
(1)两者处于平衡位置时，弹簧形变量；
(2)二者一起运动到最低点时，物体对平台的压力大小。
14．如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，弹簧始终在弹性限度内，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。
(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
(2)求弹簧的最大伸长量；
(3)为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件。（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）
参考答案
1．B
【解析】
A．t=1s时，振子的位移为正向最大，由胡克定律
F=-kx
可知，此时振子的回复力最大，根据牛顿第二定律，可知振子的加速度最大，故A错误；
B．t=2s时，振子在平衡位置处，速度达到最大，故B正确；
C．t=3s时，振子的位移为负的最大，故C错误；
D．t=4s时，位移为零，但振幅仍为5cm，故D错误。
故选B。
2．B
【解析】
由简谐运动的周期性可知，经1.8s时，振子振动时间
所以振子正在向右运动，而且是向平衡位置运动，是加速运动，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
3．C
【解析】
由
可得
因k和m一定，则加速度与位移为反比例关系，故ABD错误，C正确。
故选C。
4．C
【解析】
AB．由图读出，t1和t2时刻，质点运动的位移大小相等，方向相反；根据简谐运动的加速度，位移大小相等，方向相反，则加速度大小相等，方向相反，故AB错误；
C．x-t图象上点的切线的斜率表示速度，故在t1和t2时刻速度相同，故C正确；
D．根据简谐运动的基本特征是：F=-kx得知，t1和t2时刻质点的回复力大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
5．D
【解析】
飞机振动的原因是气流使机翼的振动周期与机翼的固有周期相互接近发生了共振现象，通过装置一个配重杆的方法改变固有周期，从而避免共振的发生，D对；
6．B
【解析】
把调准的摆钟，由北京移至赤道，重力加速度变小，根据周期公式
则周期变长，钟变慢，要使它准确应该使T减小，即减少摆长L。故ACD错误，B正确。
故选B。
7．D
【解析】
A．由图知，振幅A=2cm，周期
T=4×10-2s，则角频率
由数学知识可得质点的振动方程为
x=-Asinωt=-2sin50πt（cm）．故A错误；
B．在t=0.01s时质点的位移为负向最大，速度为零．故B错误；
C．P时刻图象的斜率为正，则质点的振动方向向上，故C错误；
D．从0.02s至0.03s，质点的位移增大，离开平衡位置，则质点的速度减小．故D正确。
故选D。
8．B
【解析】
根据可得
A．测摆线长时摆线拉得过紧时，摆线长的测量值偏大，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值大，故A错误；
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，则摆长测量值小于实际值，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值小，故B正确；
C．开始计时，秒表过迟按下使得周期测量值偏小，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值大，故C错误；
D．实验中误将n－1次全振动数为n次使得周期测量值偏小，由可知，实验得到的结果比当地的重力加速度值大，故D错误。
故选B。
9．B
【解析】
A．由图像可知，振子振动周期为4s，振幅为8cm，选项A错误；
B．时振子离开平衡位置的位移最大，此时振子的速度为零，加速度为正向的最大值，选项B正确；
C．从到过程中振子位移变大，则速度减小，即振子做减速运动，选项C错误；
D．由图像可知，时振子的速度为正向的最大值，选项D错误。
故选B。
10．ADE
【解析】
A．尽量选择质量大、体积小的摆球，可以减小阻力使实验更准确，A正确；
B．用刻度尺测量摆线的长度，用游标卡尺测出小球的直径算出半径，则线长加半径作为摆长，B错误；
C．为了准确，单摆的振幅尽可能小，最大不超过5o，C错误；
D．为了准确可以多测几个周期，比如释放摆球，当摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆的周期T=，D正确；
E．测量多组摆长和对应的周期T，分别以和T2为纵坐标和横坐标，作出函数图像，根据直线的斜率求出重力加速度g，E正确。
故选ADE。
11．0.5mg
2A
【解析】
[1][2]当木块运动到最低点时，对弹簧弹力最大，此时由牛顿第二定律得
Fmax-mg=ma
因为有
Fmax=1.5mg
解得
a=0.5g
当木块运动到最高点时，对弹簧弹力最小，此时由牛顿第二定律得
mg-Fmin=ma
由运动的对称性知，最高点与最低点的加速度大小相等，即
a=0.5g
代入求得
在最高点或最低点
kA=ma=
所以弹簧的劲度系数为
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′
则振幅为
12．
【解析】
根据匀变速直线运动的推论公式，有，解得
13．(1)0.15m；(2)15N
【解析】
(1)根据平衡条件
解得
(2)当系统到达最低点，振幅为，则
对，根据牛顿第二定律
两式相比解得
根据牛顿第三定律可知物体对平台的压力。
14．（1）；（2）；（3）
【解析】
(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，有
解得
此时弹簧的长度为
(2)物块做简谐运动的振幅为
由对称性可知，最大伸长量为
(3)设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡
所以有水平方向
竖直方向
又
F=k(x+ΔL)
联立可得
为使斜面体始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应有
|f|≤μFN2
所以
当x=－A时，上式右端达到最大值，于是有