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 章末过关训练（含解析）

机械振动
章末过关训练
1．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20
cm。某时刻振子处于B点，经过0.5
s，振子首次到达C点，下列说法中正确的是（　　）
A．该弹簧振子的振幅为20
cm
B．该弹簧振子的周期为1
s
C．该弹簧振子的频率为2
Hz
D．该弹簧振子从O点出发到再次回到O点的过程就是一次全振动
2．在“用单摆测定重力加速度”实验中，下列操作正确的是（　　）
A．须选用轻且不易伸长的细线
B．须选用密度和直径都较小的摆球
C．摆长必须大于1m，摆角必须小于5?
D．如果用DIS实验系统做实验，光电门应放在摆球摆动过程的最高点
3．对水平弹簧振子，下列说法正确的是(　　)
A．每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同
B．通过平衡位置时，速度为零，加速度最大
C．每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同
D．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值
4．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象．则
（
）
A．任意时刻甲振子的位移都比乙振子的位移大
B．零时刻，甲、乙两振子的振动方向相同
C．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值
D．第2秒末甲的速度达到其最大，乙的加速度达到其最大
5．对于单摆的运动，以下说法中正确的是（　　）
A．单摆运动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时加速度为零
6．如图所示，三个单摆的摆长为L1＝1.5
m，L2＝1
m，L3＝0.5
m，现用一周期等于2
s的驱动力，使它们做受迫振动，那么当它们的振动稳定时，下列判断中正确的（　　）
A．三个摆的周期和振幅相等
B．三个摆的周期不等，振幅相等
C．三个摆的周期相等，但振幅不等
D．三个摆的周期和振幅都不相等
7．如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m．t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小为g=10m/s2.以下判断正确的是______（双选，填正确答案标号）
A．h=1.7m
B．简谐运动的周期是0.8s
C．0.6s内物块运动的路程是0.2m
D．t=0.4s时，物块与小球运动方向相反
8．如图所示，两长方体木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为，B与劲度系数为的水平轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则
A．它们的最大加速度不能大于
B．它们的最大加速度不能大于
C．它们的振幅不能大于
D．它们的振幅不能大于
9．振动着的单摆，经过平衡位置时(　　)
A．回复力指向悬点
B．合力为0
C．合力指向悬点
D．回复力为0
10．如图所示为实验室中一单摆的共振曲线，由共振曲线可知(　　)
A．则该单摆的摆长约为1m
B．共振时单摆的振幅为12cm
C．若增大摆球的质量，则单摆的固有频率将增大
D．若增大摆球的质量，则单摆的固有频率将减小
11．如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着
A、B
两物块，mA=0.1kg,
mB=0.5kg，弹簧伸长
15cm，若剪断
A、B
间的细绳，A
做简谐振动，g
取
l0m/s2，求：
（1）物块
A
做简谐运动的振幅是多少；
（2）物块
A
在最高点时弹簧的弹力。
12．弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，BC相距20
cm，某时刻振子处于B点开始计时，经过0.5
s，振子首次到达C点，求：
(1)振子的振幅；
(2)振子的周期和频率；
(3)振子在5
s内通过的路程及5s末时的位移大小．
13．宇航员在某星球表面以初速度竖直上抛一小球，经过时间小球落回原处．若他用发射装置在该星球表面以速度水平发射出一个小球，小球恰好不落回星球表面．星球表面没有空气．不考虑星球的自传．万有引力恒量为．求：
（1）宇航员质量为时，他在该星球表面的重力为多大？
（2）摆长为的单摆，在该星球表面的固有周期是多少?
（3）该星球的平均密度．
14．如图所示，竖直放置的轻弹簧劲度系数为k，下端固定在水平面上，上端与质量为m可视为质点的小球相连，开始时弹簧处于原长。现将小球从弹簧上端由静止开始释放，在竖直方向上作简谐运动，其周期为。已知重力加速度为g，不计弹簧质量和一切阻力，取竖直向下为正，开始运动时刻为0时刻，求：
（1）小球处于平衡位置时弹簧的形变量及简谐运动的振幅A；
（2）小球简谐运动位移随时间变化的表达式；
（3）小球运动到最低点时弹簧的弹力。
参考答案
1．B
【解析】
A．设振幅为A，由题意知BC＝2A＝20cm，所以A＝10cm，A错误；
BC．振子从B到C所用时间
t＝0.5s＝
所以
T＝1s
频率
f＝＝1Hz
B正确，C错误；
D．振子从O点出发到再次回到O点的过程是半次全振动，D错误。
故选B。
2．A
【解析】
A．为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故A正确；
B．为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径较小的摆球，故B错误；
C．摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，而摆长不是必须大于1m，故C错误；
D．如果用DIS实验系统做实验，光电门应该在速度最大的地方测量，故D错误。
故选A。
3．A
【解析】
A．弹簧振子的运动具有重复性，经过任意位置（除最大位移处）速度有来回两个相反的方向，所以经过同一位置速度不一定相同，但加速度一定相同，故A正确；
B．振子每次通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，故B错误；
C．振子每次通过平衡位置时，加速度为零，故相同；但速度有两个相反的方向，不一定相同，故C错误；
D．若位移为负值，则速度可正可负还可以为零，故D错误。
故选A。
4．D
【解析】
A．简谐运动图象反映了振子的位移与时间的关系，可知，甲振子的位移有时比乙振子的位移大，有时比乙振子的位移小，故A错误；
B．根据切线的斜率等于速度，可知，零时刻，甲、乙两振子的振动方向相反，故B错误；
C．由
分析可知，前2秒内乙振子的加速度为正值，甲振子的加速度为负值，故C错误；
D．第2秒末甲的位移等于零，通过平衡位置，速度达到其最大，乙的位移达到最大，加速度达到其最大，故D正确。
故选D。
5．C
【解析】
A．单摆振动时，速度大小在变化，根据
可知，向心力大小在变化，故A错误；
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故B错误；
C．摆球经过平衡位置时所受的回复力为零，故C正确；
D．摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零，加速度不为零，故D错误。
故选C。
6．C
【解析】
摆球振动的周期和驱动力的周期相同，根据单摆的周期公式：
可知摆长不同，摆球的固有频率不同，根据振幅与驱动频率的关系图：
可知固有频率越接近驱动频率，振幅越大，所以三个摆球振幅不同，ABD错误，C正确。
故选C。
7．AB
【解析】
t=0.6s时，物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m=
-0.1m；则对小球，解得h=1.7m
，选项A正确；简谐运动的周期是，选项B正确；0.6s内物块运动的路程是3A=0.3m，选项C错误；t=0.4s=，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误．
8．AD
【解析】
当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大．此时AB到达最大位移处。根据牛顿第二定律得，以A为研究对象，最大加速度
以整体为研究对象
联立两式得，最大振幅
故AD正确，BC错误。
9．CD
【解析】
AD．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，通过平衡位置时，回复力为零，故A错误，D正确；
BC．摆球做圆周运动，经过平衡位置时所受的合外力不为零。合力提供向心力，而向心力指向悬点，故B错误，C正确。
故选CD。
10．AB
【解析】
A．由共振曲线可知，单摆的固有频率为0.5Hz，则固有周期为
代入单摆周期公式
解得，故A正确；
B．共振时，单摆振幅最大，为12cm，故B正确；
CD．单摆周期公式为
与摆球质量无关，改变摆球质量，周期不变，故CD错误。
故选AB。
11．（1）
A
12.5cm；（2）
F’弹
4N
；方向竖直向下
【解析】
(1)
由两球静止时的力平衡条件，由
kx=（mA+mB）g
代入数据解得
k=40N/m
剪断A、B间细线后，A球通过平衡位置时弹簧的伸长量为
则振幅为
A=x-xA=15cm-2.5cm=12.5cm
(2)
振动中A球的最大加速度为
A球在最高点的加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，所以
F+mAg=mAamax
代入数据得
F=4N
方向竖直向下.
12．（1）10
cm（2）1
s；1
Hz（3）200
cm；10
cm
【解析】
（1）振幅设为A，则有2A=BC=20cm，所以A=10cm.
（2）从B首次到C的时间为周期的一半，因此T=2t=1s
再根据周期和频率的关系可得.
（3）振子一个周期内通过的路程为4A=40cm，即一个周期运动的路程为40cm，
；
5s的时间为5个周期，又回到原始点B，位移大小为10cm.
13．(1)
(2)
(3)
【解析】
（1）依据竖起上抛的特点，故，
所以宇航员的重力．
（2）依据周期公式，解得周期，
．
（3）依据万有引力航天公式，
依据密度公式，
依据黄金代换公式，
解得：密度．
14．（1），；（2）；（3）
【解析】
（1）物体处于平衡位置时，弹簧形变量
物体做简谐运动的振幅
（2）由题可知，规定竖直向下为正方向，开始时刻物体的位移为负向最大，则
又
解得
（3）由简谐运动的对称性可知，最低点物体的加速度
方向向上，由牛顿第二定律则
解得