山东省怀仁县巨子高中2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-4：机械振动 单元复习题（含解析）

机械振动
1．一个理想的单理原来周期是6s，现使它的摆长变为原来的2倍，摆球质量和振幅均减为原来的，当该单摆仍在原地做简谐运动时它的周期为
A．1s B．2s C．s D．
2．做简谐运动的物体，经过A点时，回复力大小是4N，方向指向B点。当它经过B点时，回复力大小是6N，方向指向A点，若AB之间的距离是10cm，则平衡位置在
A．AB的中点
B．AB两点之间，距A点4cm
C．AB两点之间，距A点6cm
D．AB两点之外，距A点4cm
3．如图所示为一个水平方向的弹簧振子，小球在间做简谐运动，是平衡位置．关于小球的运动情况，下列描述正确的是（ ）
A．小球经过点时速度为零
B．小球经过点与点时有相同的加速度
C．小球从点向点运动过程中，加速度增大，速度增大
D．小球从点向点运动过程中，加速度增大，速度减小
4．光滑的水平面叠放有质量分别为和的两木块，下方木块与一劲度系数为的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示．已知两木块之间的最大静摩擦力为，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（ ）
A． B． C． D．
5．一根自由长度为10cm的轻弹簧，下端固定，上端连一个质量为m的物块P．在P上再放一个质量是2m的物块Q．系统静止后，弹簧长度为4cm，如图所示．如果迅速向上移去Q，物块P将在竖直方向做简谐运动．此后，弹簧的最大长度是（　　）
A．9cm B．10cm C．11cm D．12cm
6．如图所示为演示“受迫振动与驱动力频率之间关系”的实验装置，若驱动力的频率由小逐渐变大，直至超过弹簧振子的固有频率，则在此过程中可以看到的现象是（ ）
A．弹簧振子的振幅逐渐增大
B．弹簧振子的振幅先增大后减小
C．弹簧振子的振动频率先增大后减小
D．弹簧振子的振动频率始终不变
7．下列说法错误的是（ ）
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
C．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
8．某质点做简谐运动，其位移与时间的关系式为：x＝3sin(t＋) cm，则(　　)
A．质点的振幅为3 cm
B．质点振动的周期为3 s
C．质点振动的周期为s
D．t＝0.75 s时刻，质点回到平衡位置
9．如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，可以发现( )
A．各摆摆动的周期均与A摆相同 B．B摆振动的周期最短
C．D摆的振幅最大 D．C摆振动的周期最长
10．如图所示为某质点在0~4 s内的振动图像，下列描述正确的是
A．质点在3 s时偏离平衡位置的位移为-2 m
B．质点在4 s时偏离平衡位置的位移为8 m
C．质点在前4 s内的路程为8 m
D．质点在前4 s内的路程为零
11．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验.
（1）下列措施中必要的或做法正确的是__________.（选填下列措施前的序号）
A．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些
B．摆线长应远远大于摆球直径
C．摆球应选择密度较大的实心金属小球
D．用停表测量周期时，应测量单摆20~30次全振动的时间，然后计算周期，而不能把只测一次全振动时间当作周期
E.将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，然后将O点作为悬点
（2）测摆球时测量结果如图所示，摆球直径为__________cm
（3）他测得的g值偏小，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，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表提前按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
12．在用单摆测定重力加速度的实验中
（1）①实验时对摆线偏离竖直线的最大摆角θ的要求是______；实验中计时起点选在
__________（选填“平衡位置”或“最高点”）
②用游标卡尺测摆球直径时测量结果如图所示，摆球直径为d=__________cm，某次实验中停表测量单摆摆动50次全振动的示数如图所示，则停表读数t=___________s.
③测得摆线长为97.54 cm
④由此可以得出当地的重力加速度g＝______ m/s2.(取π2≈10，结果保留3位有效数字)
⑤上述过程中若测得的g值偏小，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，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表提前按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
（2）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2~L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=_____________；若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则用上述方法算得的g值和真实值相比是_______的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
13．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，
(1)某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0= 949.9mm；用游标卡尺测得 摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d =______mm；用秒表测得单摆完成n = 50次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t=____s；写出用本题给定物理量符号表示当地的重力加速度的表达式g=________并算出g=_________m/s2(取π2=10 )
(2)若该同学测得g值偏大，那么可能原因是________（不定项）
A．计算摆长时没有计入摆球的半径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．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.
D．试验中误将39次全振动数为40次
(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线（如图），并求得该直线的斜率为K，则重力加速度g=______________(用K表示)
14．在用单摆做简谐运动测定重力加速度的实验时：
①组装单摆时，实验室有长约100 cm和30 crn的两种细线，应该选择长约____cm的细线。
②用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g=____。
③实验中，用米尺测量出悬线长度为l，用游标卡尺测量出小钢球的直径为d，则摆长L=_____________。
④实验中待小钢球摆动稳定后，现要测量小钢球运动的周期。甲同学从小钢球某次通过平衡位置时开始计时，数出以后小钢球通过平衡位置的次数n，用停表记下所用的时间t；乙同学从小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为1，将小钢球第二次沿同一方向通过平衡位置时记为2，第三次沿同一方向通过平衡位置时记为3，以此类推，一直数到 ，同时按下停表，停表的显示时间为 。你选择哪位同学的实验方法，并写出对应的单摆的周期表达式：____。
15．根据如图所示的振动图象：

(1)算出下列时刻振子对平衡位置的位移.①t1=0.5s;②t2=1.5s.
(2)将位移时间的变化规律写成的形式并指出振动的初相位.
16．某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin5πt cm，由此可知：
①物体的振幅为多少？
②物体振动的频率为多少？
③在t＝0.1 s时，物体的位移是多少？
17．如图，弹簧振子以O点为平衡位置，在相距25 cm的B、C两点间做简谐运动。规定从O点向B点运动为正方向。t = 0时，振子从P点以速度v向B点运动；t = 0.2 s时，振子速度第一次变为- v；t = 0.5 s时，振子速度第二次变为- v。
(1)求振子振动周期T;
(2)求振子在4.0 s内通过的路程;
(3)从振子向正方向运动经过O点开始计时，写出振子位移随时间变化的关系式.
18．如图所示为一弹簧振子的振动图像，求：
①从计时开始经多长时间第一次达到弹性势能最大？
②在2～3 s这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各怎样变化？
参考答案
1．D
【解析】根据单摆周期公式：可知，当摆长变为原来的2倍时，周期为：，故选项D正确，ABC错误。
点睛：注意单摆的周期公式与摆球的质量和振幅均无关！
2．B
【解析】A、B、两点回复力方向相反，故二者位于平衡位置的两侧；
根据回复力公式：可以得到：，而且：
整理可以得到：，故选项B正确，ACD错误。
点睛：简谐运动的回复力总是指向平衡位置，距离平衡位置越远回复力越大，由题中描述判断平衡位置。
3．D
【解析】
A．在平衡位置速度最大，故A错误；
B．小球经过点与点时位移等大，反向；根据，小球经过点与点时有相等的加速度，但方向相反，故B错误；
C．小球从点向点运动过程中，位移减小，根据，加速度减小，但速度增加，故C错误；
D．小球从点向点运动过程中，远离平衡位置，速度减小，加速度增加，故D正确；
故选D．
【点睛】明确弹簧振子在周期性运动过程中，速度、位移、加速度、恢复力和能量的变化和之间的关系是解题的关键和核心．
4．B
【解析】
对整体最大振幅时有，解得，隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力，所以，故B正确，ACD错误。
5．D
【解析】
轻弹簧自由长度为10cm，放两个总质量是3m的物块后长度为4cm，故放一个质量为m的物块的长度为8cm，即平衡位置高度为8cm，振幅为4cm；根据简谐运动的对称性可知振动后弹簧的最大长度是12cm，D正确．
6．B
【解析】
当驱动力的频率f等于物体的固有频率f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅增大，当f＞f0时，随f的增大，驱动力的频率远离固有频率，故该振动系统的振幅减小，故当驱动力的频率逐渐增大过程物体的振幅先增大后减小，故A错误，B正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，若驱动力的频率由小逐渐变大则弹簧振动的频率由小逐渐变大，故CD错误；故选B．
点睛：本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈．
7．B
【解析】
A．根据可得
即在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比，选项A正确，不符合题意；
B．根据可知，单摆的周期与单摆的质量无关，选项B错误，符合题意；
C．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能和动能相互转化，势能与动能之和保持不变，选项C正确，不符合题意；
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，选项D正确，不符合题意；
故选B.
8．ABD
【解析】质点做简谐运动，位移与时间的关系式为：x=3sin（）cm，对照公式x=Asin（ωt+φ0），振幅为3cm，角频率为，根据公式ω=2π/T，周期为3s，故AB正确，C错误；位移与时间的关系式为：x=3sin（）cm，t=0.75s时刻，位移为：x=0；故质点在平衡位置；故D正确；故选ABD。
9．AC
【解析】
A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A摆的摆动频率，故各摆摆动的周期均与A摆相同，而由于A、D摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则D摆出现共振现象，振幅最大．故选AC．
【点睛】
5个单摆中，由A摆摆动从而带动其它4个单摆做受迫振动，则受迫振动的频率等于A摆摆动频率，当受迫振动的中固有频率等于受迫振动频率时，出现共振现象，振幅达到最大．
10．AC
【解析】由图可知，质点在3 s时偏离平衡位置的位移为-2m；4s时偏离平衡位置的位移为0；4s内的路程为8m。综上分析，AC正确。
11．BCD 0.95 BC
【解析】
（1）A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，故A错误；
B、减小空气阻力的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故BC正确；
D、为了减小测量误差，应采用累积法测量周期，即测量单摆20～30次全振动的时间t，再T=t/n求出周期T，故D正确；
E、这样做很难保证悬点就是O点，就会导致摆长测量不准确，应将单摆悬点固定后，用米尺测出摆球球心到悬点的距离作为摆长，所以E错误；
故选BCD．
（2）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标读数为0.1×5mm=0.5mm，最终读数为9.5mm．
根据图得读数为0.95cm．
（3）根据单摆的周期公式 得
A、测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、摆动后出现松动，知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确．
C、实验中开始计时时，秒表提前按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小．故C正确．
D、实验中将49次全振动数成50次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选BC．
12．θ＜50 平衡位置 1.52 99.8 9.87 B 不变
【解析】
试题分析：（1）①实验时利用单摆的周期公式测重力加速度，单摆的周期公式只有在摆线偏离竖直线的最大摆角θ＜50才成立；实验中摆球通过平衡位置时速度最大，计时起点选在平衡位置误差小；
②由图示游标卡尺可知，游标卡尺主尺示数是1.5cm，游标尺示数是
2×0.1mm=0.2mm=0.02cm，游标卡尺示数是1.5cm+0.02cm=1.52cm；由秒表读出时间t=99.8s，则单摆的周期为
④单摆的周期公式，得到
⑤若测得的g值偏小，可能的原因是：由此分析g值偏小的原因，可能是摆长偏短或周期偏长．
A、测摆长时将线拉得过紧导致测量值偏长，由公式知，g值偏大，故A错误；B、摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加，但运算时选用开始所测得值，将导致g值偏小，故B正确；
C、开始计时时，秒表提前按下，将使所测周期偏大，由上式可知，g值偏小，故C正确；
D、实验中将49次全振动误数为50次，由知，周期偏小，g值偏大，故D错误．（2）由周期公式，可得代入数据可得
．通过上面的结论可以知道，漏加了小球半径后（y2-y1）不变，故不影响最后结果，用上述方法算得的g值和真实值相比是不变的．
考点：用单摆测定重力加速度．
点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式及其变形式，以及知道测量时形成误差的原因．
13．（1）20.20 100.2， 9.56 （2）BD （3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）直径读数：主尺：20mm，游标对其格数：4个格，读数：4×0.05=0.20mm；所以直径为：20+0.20=20.20mm；
大表盘读数为：90s；小盘读数为：10.2s；故时间为：90+10.2=100.2s
根据单摆的周期公式，可得：
代入数据得：g=9.56m/s2
（2）根据单摆的周期公式，可得：；计算摆长时没有计入摆球的半径．则摆长偏小，故重力加速度偏小，故A错误；秒表过迟按下，导致周期偏小，故重力加速度偏大，故B正确；振动中出现松动，但计算时仍用开始测得的值，将导致g偏小，故C错误；试验中将39次全振动数为40次，根据T=t/n，周期偏小，故g偏大，故D正确；故选BD
（3）由图知，斜率，代入
可得：
14．100 甲同学，乙同学，
【解析】
【详解】
①组装单摆时，为了减小误差，应该选择1m左右即100cm左右的细线．
②根据 得，重力加速度的表达式 。
③摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，则摆长
④单摆在一个周期内两次通过平衡位置，对于甲同学的测量，周期 ，对于乙同学的测量，周期
15．(1) ①②；(2) ，
【解析】
【详解】
解：(1)由图知：，
振动方程为：
则①时，振子对平衡位置的位移：
②时，振子对平衡位置的位移：
(2)位移时间的变化规律，振动的初相位是．
16．(1)10cm(2)2.5Hz(3)10cm
【解析】
【详解】
①、②由简谐运动的表达式可知，振幅A=10cm，，故频率
③该简谐运动的周期，所以在t=0.1s=，故t＝0.1 s，物体刚好到达正的最大位移处，位移为10cm。
17．(1)T＝1.0s (2)s＝200cm (3)x＝12.5sin 2πt(cm)
【解析】
【分析】
在t=0时刻，振子从OB间的P点以速度v向B点运动，经过0.2s它的速度大小第一次与v相同，方向相反，再经过0.5s它的速度大小第二次与v相同，方向与原来相反，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，求出周期；由B、C之间的距离得出振幅，从而求出振子在4.0s内通过的路程；结合振子开始计时的位置，写出振子位移表达式。
【详解】
（1）根据已知条件分析得：弹簧振子振动周期：。
（2）振幅
振子4.0 s内通过的路程
（iii）设简谐振动方程
联立可得x＝12.5sin 2πt(cm)
振动图像为：
【点睛】
本题在于关键分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向和周期．写振动方程时要抓住三要素：振幅、角频率和初相位。
18．（1）从计时开始，经过1s，弹性势能最大 （2）加速度变大，速度减小，动能减小
【解析】
【详解】
(1) 由题图知，在计时开始的时刻振子恰好以沿x轴正方向的速度通过平衡位置，此时弹簧振子有最大动能，随着时间的延长，速度不断减小，而位移逐渐增大，经T，即1 s，其位移达到最大，此时弹性势能最大；
(2) 由题图知，t＝2 s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零；随着时间的延长，位移不断增大，加速度也变大，速度不断减小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大；当t＝3 s时，加速度达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。