绵阳市普明中学2019-2020学年高中物理教科版选修3-4：机械振动 单元测试题（含解析）

2019-2020学年教科版选修3-4
机械振动单元检测题（含解析)
1．把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。不开电动机让这个筛子自由振动时，筛子每次全振动用时2s，在某电压下电动偏心轮转速是36r/min，已知增大电压可以使偏心轮转动周期减小，增加筛子的质量可以增大筛子的固有周期，那么要使筛子的振幅增大，下列做法正确的是（　　）
A．降低输入电压
B．提高输入电压
C．减少筛子质量
D．增加筛子质量
2．甲、乙两个单摆的振动图象如图所示．根据振动图象可以断定（
　　）
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D．若甲、乙两单摆在不同一地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9:4
3．甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动时的振动图象如图所示，则可知（　　）
A．甲、乙两单摆的周期之比为2：1
B．甲、乙两单摆的摆长之比为2：1
C．0.5s至1s过程中，甲摆球的速度减小
D．t=0.5s时甲摆球势能最大，乙摆球动能最大
4．如图是一弹簧振子在水平面内做简谐运动的x-t图像，则下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻和t2时刻具有相同的速度和动能
B．t2到1.0s时间内加速度变小，速度增大
C．从t1时刻起经过0.5s，振子通过的路程是10cm
D．t1到t2的时间振子位移为0
5．质点做简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．它受到的回复力始终不为零
B．速度方向总是跟位移方向相反
C．位移越大则回复力越大
D．简谐运动是匀变速运动
6．有一摆长为的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示（悬点和小钉未被拍入）．P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点间的距离为（
）．
A．
B．
C．
D．无法确定
7．如图所示，质量为M的物块钩在水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块可沿光滑水平面在BC间做简谐运动，振幅为A．在运动过程中将一质量为m的小物块轻轻地放在M上，第一次是当M运动到平衡位置O处时放在上面，第二次是当M运动到最大位移处C处时放在上面，观察到第一次放后的振幅为A1，第二次放后的振幅为A2，则（
）
A．A1=A2=A
B．A1C．A1=A2D．A28．如图所示，置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为。下列说法中正确的是（
）
A．单摆摆动的过程，绳子的拉力始终大于摆球的重力
B．单摆摆动的过程，绳子的拉力始终小于摆球的重力
C．将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期
D．将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，其摆动周期
9．如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，上端固定一质量可忽略的薄板。现将一质量为m的物块从距薄板正上方h处静止释放，物块落到薄板上立即与薄板具有相同速度，但不粘连。重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）
A．释放之后，物块做简谐运动
B．物块刚碰到薄板时速度最大
C．物块的最大动能为
D．在最低位置，薄板对物块的支持力大于2mg
10．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，则单摆振动的(　　)
A．频率、振幅都不变
B．频率、振幅都改变
C．频率不变，振幅改变
D．频率改变，振幅不变
11．一物体沿着x轴做简谐运动，振幅为8cm，频率为0.5Hz．在t=0时，位移是4cm，且向x轴负方向运动，
（1）写出用正弦函数表示的振动方程x=Asin（ωt+φ）
（2）10s内通过的路程．
12．劲度系数k=40N/m的轻弹簧，一端拴在竖直墙上，另一端拴物体A，A的质量mA=0.2kg，在A的上表面放有质量mB=0.1kg的物体B，如图所示，已知水平地面光滑，A和B之间的最大静摩擦力Fm=0.2N，若要使A、B两物体一起做简谐运动，则振幅的最大值是多少？
13．如图所示，质量为mA=150g的平台A连接在劲度系数k=100N/m的弹簧上端，弹簧下端固定在地上，形成竖直方向的弹簧振子，将质量为mB=50g的物块B置于A的上方，使A、B两物块一起上下振动．弹簧原长为l0=6cm，A的厚度可忽略不计，g取10m/s2。求：
(1)当系统做小振幅简谐振动时，A的平衡位置离地面C的高度；
(2)当振幅为1cm时，B对A的最大压力；
(3)为使B在振动中始终与A接触，振幅不能超过多大？
14．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置．∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g取10m/s2)，求：
(1)单摆的周期和摆长；
(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度.
参考答案
1．AC
【解析】
根据题意，筛子的固有频率为
电动机某电压下，电动偏心轮的转速是36r/min=0.6r/s，即为f=0.6Hz，大于筛子的固有频率；故要使振幅变大则要增大筛子的固有频率或者减小偏心轮的转动频率，可以减小偏心轮电压或减小筛子的质量；
故选AC。
2．BCD
【解析】
ABC.根据图像可知，单摆振动的周期关系：，所以周期之比为，频率为周期的反比，所以频率之比：；若甲乙在同一地点，则重力加速度相同，根据周期公式：，所以摆长之比为4：9，A错误BC正确
D.若在不同地点，摆长相同，根据得：重力加速度之比为：9：4，D正确
3．AD
【解析】
根据图像得到两个单摆的周期之比；结合周期公式求出甲乙两摆的摆长之比；根据摆球的位置分析其速度、动能和重力势能。
【详解】
A．由图知甲、乙两单摆的周期分别为2
s、1
s，则周期之比为2：1，故A正确；
B．由单摆周期公式，可得摆长，可知摆长L与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4：1，故B错误；
C．0.5s至1s过程中，甲摆球位移在减小，摆球是从最高点向平衡位置运动，甲摆球的速度增大，故C错误；
D．t=0.5时，甲摆在位移最大处即最高点，甲摆球势能最大。乙摆球位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙摆球动能最大，故D正确。
【点睛】
本题主要考查了对单摆振动图像的理解，较为简单。
4．BD
【解析】
A．由图可知，t1时刻和t2时刻振子的位移相同，位在同一位置，但速度方向相反，故动能相同，但速度不同，故A错误；
B．由F=－kx、a=知t2到1.0s时间内x变小、a变小，由图知质点速度增大，故B正确；
C．从t1时刻经过0.5s，振子经最大位移处再返回，通过的路程小于一个振幅，故C错误；
D．t1、t2时刻振子处在同一位置，位移为0，故D正确。
故选BD。
5．C
【解析】
A．做简谐振动的质点，当回到平衡位置时它受到的回复力为零，选项A错误；
B．当质点远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同；当质点靠近平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相反，选项B错误；
C．根据F=-kx可知，质点的位移越大则回复力越大，选项C正确；
D．简谐运动的加速度随位移不断变化，是非匀变速运动，选项D错误。
故选C。
6．A
【解析】
设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则由图可知摆球在右侧摆动的周期为：
在左侧摆动的周期为：
设左侧摆长为l1,则：
联立解得：
所以小钉与悬点的距离：
故选A.
7．B
【解析】
试题分析：根据两种情况下系统能量变化的角度分析振幅的变化情况
振子运动到C点时速度恰为0，此时放上小物块，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能不变，故振幅不变，即；振子运动到平衡位置时速度最大，弹簧的弹性势能为零，放上小物块后，系统的机械能的减小，根据能量守恒定律可得机械能转化为弹性势能总量减小，故弹簧的最大伸长（压缩）量减小，即振幅减小，所以，故，B正确．
8．C
【解析】
AB．在最高点时，绳的拉力等于重力的一个分力，此时绳子的拉力小于重力；在最低点的时候绳的拉力和重力共同提供向心力：F-mg=ma，可知F大于mg，故AB错误；
C．月球表面的重力加速度比地球小，根据可知，将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期T＞T0，选项C正确；
D．将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，高度越高，重力加速度越小，根据周期公式为
，其摆动周期T＞T0，故D错误；
故选C。
9．D
【解析】
A．物块在运动过程中，有与薄板分离而做自由落体或竖直上抛运动的阶段，故A错误；
B．物块速度最大的位置是在合力为零的位置，即弹簧处于压缩状态，故B错误；
C．在平衡位置，弹簧压缩，由
得
物块的重力势能减少，此时弹簧处于压缩状态，弹性势能不为零，可知物块减少的重力势能没有全部转化为动能，故C错误；
D．物块与薄板一起运动时是简谐运动，物块刚与薄板接触时，加速度为g，速度不为零，由简谐运动的对称性知，最低点比平衡位置下方x0处还要靠下，而在平衡位置下方x0处物块的加速度大小为g，则可知在该处下方的加速度大小必大于g，故D正确。
故选D。
10．C
【解析】
AD．振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，摆球质量减小为原来的四分之一，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，据动能公式可知，摆球经过平衡位置时的动能不变；据机械能守恒可知，质量减小，所以高度增加，因此振幅改变．故AD错误；
BC．由单摆的周期公式，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变，故C错误，综上可得B正确．
11．（1）x=8sin（πt+5/6π）cm；（2）160cm
【解析】
（1）简谐运动振动方程的一般表达式为：x=Asin（ωt+φ）．
根据题给条件有：A=0.08?m，ω=2πf=π．
得：x=0.08sin（πt+φ）?m．
将t=0时x=0.04?m代入得：0.04=0.08sinφ，
解得初相：φ=
或φ=．
因为t=0时，速度方向沿x轴负方向，即位移在减小，所以取φ=．
即所求的振动方向为：x=0.08sin（πt+）m．
（2）因T=2s，则10s=5T，10s内通过的路程为：s=20A=1.6m=160cm.
12．0.015m
【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B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：
f=mBa，f≤Fm
联立解得：
13．(1)4cm；(2)0.75N；(3)振幅不能大于2cm
【解析】
(1)振幅很小时，A、B间不会分离，将A与B整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得
得形变量
平衡位置距地面高度
(2)当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为，最大加速度
对B
解得
(3)为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足
取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有
当时，B振动的加速度达到最大值，且最大值
（方向竖直向下）
因
表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长
即振幅不能大于2cm。
14．(1)0.4πs　0.4m　(2)0.05kg　0.283m/s
【解析】
(1)由图1可知周期?T=0.4π?s?????????????????????????
由?有?
解得
L=0.4?m??????????????????????????????????????????????
(2)在?B?点拉力最大，Fmax=0.510N，有
??????①
在?A?和?C?点拉力最小：
Fmin=0.495N
有
Fmin=mgcosθ???????????②
从?A?到?B?的过程中摆球的机械能守恒，有
???③
由①②③式消去cosθ?和?v2，代入数据得
m=0.05?kg???????????????????????????????????????????????
由①式解得：
v=0.283?m/s