上海市北虹高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-4：机械振动 单元测试题（含解析）

机械振动
1．如图所示为做简谐运动物体的振动图像．由图可知
A．0~0.5s时间内，物体的加速度从零变为正向最大
B．0.5s~1.0s时间内，物体所受回复力从零变为正向最大
C．1.0s~1.5s时间内，物体的速度从零变为正向最大
D．1. 5 s~2. 0s时间内，物体的动量从从零变为正向最大
2．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子。弹簧处于原长时小物块位于O点。现使小物块在M、N两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中
A．小物块运动到M点时回复力与位移方向相同
B．小物块每次运动到N点时的加速度一定相同
C．小物块从O点向M点运动过程中做加速运动
D．小物块从O点向N点运动过程中机械能增加
3．砂漏斗与悬线构成砂摆在坚直平面摆动。 其下方有一薄板垂直摆动平面匀速拉动，可画出振动图像，若有两个砂摆而薄板也分别以、两种速度拉动，且，得到如图所示的两种图像，则其振动周期T1和T2的关系为（ ）
A． B． C． D．
4．将秒摆（周期为2s）的周期变为1s，下列措施可行的是（ ）
A．将摆球的质量减半 B．摆长减为原来的 C．摆长减半 D．振幅减半
5．如图甲所示是演示简谐运动图象的装置，当漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时，振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．板上的直线OO1代表时间轴，图乙中是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线，若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1，则板N1、N2上曲线所代表的周期T1和T2的关系为( )
A．T2=T1 B．T2=2T1
C．T2=4T1 D．T2=T1
6．如图所示为某质点做简谐运动的振动图像，由图可知（ ）
A．2s末质点速度为0
B．4s末质点速度沿x轴正方向
C．1s~2s内质点做加速运动
D．3s~4s内质点加速度逐渐增大
7．关于单摆，下列说法正确的是
A．物体能被看作单摆的条件是摆动时摆角要小于5°
B．振动的频率与振幅无关
C．细线拉力与重力的合力提供回复力
D．摆动到最低点时摆球合力为零
8．如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过质点第一次通过M点，再继续运动，又经过质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是　　
A．1s B．s C．s D．s
9．如图所示，小球从B点由静止释放，摆到最低点C的时间为，从C点向右摆到最高点的时间为.摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小
B．,摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变
C．,摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小
D．，摆线碰钉子的瞬间，小球的加速度变大
10．某弹簧振子做周期为T的简谐运动,t时刻与t+△t时刻速度相同,已知△tA．t时刻与t+△t时刻位移相同
B．t时刻与t+△t时刻加速度大小相等,方向相反
C．可能△t>T/4
D．可能△tE. 一定△t>T/2
11．如图为某质点的振动图像，下列判断正确的是（ ）
A．质点的振幅为10cm
B．质点的周期为4s
C．t=4s时质点的速度达到最大值
D．t=7s时质点的加速度达到最大值
12．质点以O为平衡位置，在A、B间作简谐振动，以下说法中错误的是( )
A．质点离开平衡位置O作匀减速运动
B．质点通过O点时，加速度方向发生改变
C．回复力的方向总跟质点的速度方向相反
D．质点在A和B处的加速度为零
13．某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时：
(1)如果他测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线长时测了悬线的总长度
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，使周期变大了
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动数次数记为50次
(2)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，从而得出一组对应的l与T2的数据如图1所示，再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________.(用k表示)
(3)此同学用游标卡尺测一小球直径如图2，已知游标卡尺为20分度，则读数应为_______．

14．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素:
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是 （填字母代号）．
A、保证摆动过程中摆长不变
B、可使周期测量得更加准确
C、需要改变摆长时便于调节
D、保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）该同学探究单摆周期与摆长关系，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图2甲所示，读数为 cm．则该单摆的摆长为 cm(此空保留三位小数)．如果计算得到g测量值偏大，可能的原因是 （填序号）．
A、计算摆长时加的是摆球的直径
B、开始计时时，停表晚按下
C、摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加（实验过程中先测摆长后测周期）
D、实验中误将30次全振动记为31次
（3）下列振动图象真实地描绘了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 （填字母代号）．
15．有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度。已知该单摆在海平面处的周期是T0。当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为T.求该气球此时离海平面的高度h。把地球看作质量均匀分布的半径为R的球体。
16．几个登山运动员登上一座地图上没有标明高度的山峰，他们只带了一些轻质细绳子、钢卷尺、可当作停表用的手表，山顶上还有形状不规则的石子和矮树，他们知道地球半径为R0，海平面处的重力加速度为g0.请根据以上条件，为他们设计测量山峰海拔高度的方法．
(1)写出操作步骤和需要直接测量的物理量(物理量用字母符号表示)．
(2)推导出用以上直接测出的物理量表示山峰海拔高度的计算式(要求写出推导过程)．
17．如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA＝100g，mB＝500g，系统静止时弹簧伸长x＝15cm，未超出弹性限度．若剪断A、B间绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：
(1)A的振幅为多大．
(2)A的最大加速度为多大．(g取10m/s2)
参考答案
1．D
【解析】
A.0～0.5s时间内，物体的位移x从零变为正向最大，根据牛顿第二定律可得：
可得加速度从零变为负向最大，故A错误；
B.0.5s～1.0s时间内，物体所受回复力从负向最大变为零，故B错误；
C.1.0s～1.5s时间内，物体的速度从负向最大变为零，故C错误；
D.1.5s～2.0s时间内，物体的速度从零变为正向最大，根据P=mv可知物体的动量从零变为正向最大，故D正确．
2．B
【解析】
A.根据F=-kx可知小物块运动到M点时回复力与位移方向相反，故A错误；
B.根据可知小物块每次运动到N点时的位移相同，则加速度一定相同，故B正确；
C.小物块从O点向M点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故C错误；
D.小物块从O点向N点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减小，故D错误。
3．B
【解析】
单摆的摆动和木板的运动同时进行，时间相同，设在板长为L范围内，则由图可知：T1=，T2=，根据题意v2=4v1，则T1=2T2。
A.，与上分析不一致，故A错误；
B.，与上分析相一致，故B正确；
C.，与上分析不一致，故C错误；
D.，与上分析不一致，故D错误。
4．B
【解析】
秒摆的周期由2s变为1s，周期变为原来的，由单摆周期公式T=2π可知：
A.单摆的周期与摆球质量无关，将摆球的质量减半，周期不变，故A错误；
B.将摆长减为原来的，周期变为原来的倍，即秒摆（周期为2s）的周期变为1s，故B正确；
C.将摆长减半，周期变为原来的倍，即周期变为s，故C错误；
D.单摆的周期与振幅无关，振幅减半，单摆周期不变，故D错误。
5．D
【解析】
【分析】
在木板上由摆动着的漏斗中漏出的沙形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的规律，即沙摆的振动图象．由于拉动木板的速度不同，所以N1、N2上两条曲线的时间轴的(横轴)单位长度代表的时间不等．如果确定了N1、N2上两条曲线的时间轴的单位长度与时间的对应关系后，就可以确定各条曲线代表的沙摆完成一次全振动所需的时间，即振动周期，从而可以确定T1、T2的关系．
【详解】
由图可见，薄板被匀速拉出的距离相同，且v2＝2v1，则木板N1上时间轴单位长度代表的时间t1是木板N2上时间轴单位长度代表的时间t2的两倍，即t1＝2t2.由图线可知，T1＝t1，T2＝t2，因而得出 ，故D正确，ABC错误．故选D．
6．C
【解析】
【详解】
A．由振动图像可知，2s末质点位于平衡位置，速度最大，故A错误.
B．由振动图像可知，4s末质点位于平衡位置沿x轴负方向运动，故B错误.
C．位移—时间图像斜率表示速度，1~2s内图像斜率增大，速度增大，质点做加速运动，故C正确.
D．由振动图像可知，3~4s内质点由正的最大位移处向平衡位置运动，则3~4s内质点加速度逐渐减小，故D错误.
7．B
【解析】
【详解】
A. 物体能被看作简谐运动的条件是摆动时摆角要小于5°，选项A错误；
B. 振动的频率与振幅无关，只于摆长有关，选项B正确；
C. 单摆做简谐运动的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，故C错误。
D.摆球在摆动到最低点处，小球处于超重状态，摆线弹力最大，合力不为零，摆球受到的合外力提供向心力，但回复力为零，故D错误。
8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意可以判断质点通过之间的距离所以用的时间为，质点通过点时开始计时，经过质点第一次通过点分两种情况考虑：（1）质点由点向右运动点，则之间所用的时间为，根据对称性，之间所用的时间也为，第三次通过点所用的时间为．（2）质点由点先向左运动再到点，则从所用的时间为，为个周期，的周期为，第三次经过点所用的时间为．故AD正确，BC错误．
9．BD
【解析】
【分析】
单摆的小角度摆动是简谐运动，根据单摆的周期公式分析，注意摆动中摆长是变化的；同时根据受力情况以及功能关系确定小球的速率。
【详解】
ABC.因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看做单摆，因为在左侧摆动时摆长较长，根据可知周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的，可知：
；
摆线碰钉子的瞬间，由于水平方向受力为零，可知小球的速率不变；故B正确AC错误；
D.摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变,而半径变小，所以加速度变大，故D正确。
10．BCD
【解析】
【详解】
AB.因为弹簧振子在时刻到时刻的速度相同，可知两个时刻弹簧振子的位置关于平衡位置对称，则在时刻到时刻的位移大小相等，方向相反；加速度大小相等，方向相反，故A错误，B正确。
CDE.由弹簧振子的运动规律可知，可能大于、小于或等于，故CD正确，不可能大于而小于，此时速度大小相等而方向相反，E错误。
11．BCD
【解析】
【详解】
AB.根据质点的振动图像知，质点的振幅为5cm，质点振动的周期为4s，故A错误，B正确；
C.t=4s时，质点经过平衡位置且向上运动，速度达到最大值，故C正确；
D.t=7s时，质点处于负向最大位移处，加速度达到最大值，故D正确。
12．ACD
【解析】
【详解】
A.由做简谐振动质点的回复力F=-kx知，做简谐振动质点的加速度a=-x，则质点离开平衡位置O作变减速运动，故选项A符合题意；
B.做简谐振动质点通过平衡位置O点时，位移方向发生改变，而质点的加速度a=-x，则加速度方向发生改变，故选项B不合题意；
C.做简谐振动质点的回复力总跟质点的位移方向相反；当质点由端点A、B向平衡位置振动时，回复力的方向跟质点的速度方向相同，故选项C符合题意；
D.质点在A和B处位移最大，加速度最大，故选项D符合题意。
13． (1)B (2) (3)24.20 mm
【解析】（1）测摆线长时测了悬线的总长度，测得摆长偏大，则根据重力加速度的表达式 ，可知，测得的g值偏大．故A错误．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，使周期变大了，由可知，测得的g值偏小．故B正确．开始计时时，秒表过迟按下，测得的时间偏小，周期偏小，则测得的g值偏大．故C错误．实验中误将49次全振动数次数记为50次，由求出的周期偏小，测得的g值偏大．故D错误．故选B．
（2）根据重力加速度的表达式可知，T2-l图线斜率k=，则．
（3）游标卡尺的固定刻度读数为24mm，游标尺上第0个刻度游标读数为0.05×4mm=0.20mm，
所以最终读数为：24mm+0.20mm=24.20?mm；
点睛：单摆的摆长不是摆线的长度，还要加上摆球的半径．对于实验误差，要从实验原理公式进行分析．解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，用主尺读数加上游标读数，不需估读．
14．（1）AC（2）2.050；90.425； ABD（3）A
【解析】
试题分析：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，故选AC
（2）游标卡尺示数为：d=2.0cm+0.05mm×10=2.050cm；单摆摆长为L =89.40cm+×2.050cm=90.425cm
根据单摆的周期公式可知，，则若计算摆长时加的是摆球的直径，则计算得到g测量值偏大，选项A正确；开始计时时，停表晚按下，则测得的T值偏小，则计算得到g测量值偏大，选项B正确；摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加（实验过程中先测摆长后测周期），则单摆的周期会变大，则计算的g值偏小，选项C错误；实验中误将30次全振动记为31次，则测得的T偏小，则计算的g值偏大；故选ABD．
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小，故选A．
考点：探究影响单摆周期的因素
【名师点睛】掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系．单摆的周期采用累积法测量可减小误差．对于测量误差可根据实验原理进行分析.
15．h=(-1)R
【解析】
根据单摆周期公式得T0＝2π，T＝2π，其中l是单摆长度，g0和g
分别是两地点的重力加速度．根据万有引力定律公式可得g0＝，g＝
由以上各式可解得h＝(－1)R.
16．（1）用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上，用钢卷尺量出摆绳长L1，用手表测出摆动周期T1，改变摆绳长至L2，测出摆动周期T2（2） （3）
【解析】
（1）用细绳和石子做一个单摆悬挂在树上，用钢卷尺量出摆线长L1，用手表测出周期T1，改变摆绳长至L2，测出摆动周期T2．
（2）由（1）得出山顶的重力加速度g=，
根据万有引力近似等于重力，可得：地面的重力加速度，山顶的重力加速度，
由上述两式可得．
17．（1）； （2）
【解析】试题分析：（1）挂两个物体时，由x得：0．4 N/cm
只挂A时弹簧的伸长量：2．5 cm，振幅
（2）剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大．
，则：50 m/s2．
或者： 。
考点：牛顿第二定律、胡克定律
【名师点睛】本题考查了胡克定律与共点力平衡和牛顿第二定律的综合运用，知道振幅等于离开平衡位置的最大距离，知道小球在最低点时加速度大小最大。