上海市大境中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-4：机械振动 章末综合复习测评（含解析）

机械振动
1．下列关单摆的认识说法不正确的是（ ）
A．摆球运动到平衡位置时，合力为零
B．将摆钟由广州移至哈尔滨，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长
C．在利用单摆测量重力加速度的实验中，将绳长当做摆长代入周期公式会导致计算结果偏小
D．将单摆的摆角从5?改为3?，单摆的周期不变
2．一个单摆做受迫振动，其共振曲线振幅A与驱动力的频率f的关系如图所示，则　　
A．此单摆的固有周期约为
B．此单摆的摆长约为1m
C．若摆长减小，单摆的固有频率减小
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
3．下列说法错误的是(　　)
A．某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关
B．某物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关
C．某物体发生共振时的频率等于其固有频率
D．某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动
4．一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图所示，下列说法正确的是
A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做减速运动
B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反
C．在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同
D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大
5．一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3 s时，振子第一次到达P点，又经过2 s第二次经过P点，则该弹簧振子的振动周期可能为
A．32 s B．16 s
C．8 s D．4 s
6．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知
A．0～0.5s内振子甲的速度增大，加速度减小
B．两弹簧振子加速度最大值之比一定为
C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D．振子的振动周期之比为
7．一个做简谐振动的弹簣振子,t=0时位于平衡位置,其机械能随时间变化的图像应为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示,摆长为L的单摆,周期为T．如果在悬点O的正下方的B点固定一个光滑的钉子,OB的距离为OA长度的5/9，使摆球A通过最低点向左摆动,悬线被钉子挡住成为一个新的单摆,则下列说法中正确的是　(　　)
A．单摆在整个振动过程中的周期不变
B．单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的6/5倍
C．单摆在整个振动过程中的周期将变小为原来的5/6倍
D．单摆在整个振动过程中的周期无法确定
9．有一个在光滑水平面内的弹簧振子,第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动,第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动,则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为(　　)
A．1∶1　1∶1 B．2∶1　2∶1 C．1∶2　1∶4 D．1∶1　1∶2
10．一轻质弹簧上端系于天花板上，一端挂一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，将小球从弹簧为自由长度时的竖直位置放手后，小球做简谐运动，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球做简谐运动的恢复力大小为mg
B．小球从放手运动到最低点，下降的高度为2mg/k
C．小球运动到最低点时的加速度大小为2g
D．小球运动到平衡位置动能大小为
11．如图所示为某一质点在0～4s时间内的振动图象，下列叙述中正确地是（　　）
A．该质点时向正方向振动 B．该质点时加速度方向为负方向
C．该质点2s时加速度最大，且方向为负方向 D．该质点5s时加速度最大，且方向为负方向
12．“单摆”是一种理想化模型，如图所示，为l轻绳下端拴着一个可视为质点的小球，上端固定放在倾角为的光滑斜面上，这个装置也可以等效为“单摆”，当摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时的周期为　 　
A． B．
C． D．以上答案都不对
13．某物理兴趣小组利用实验探究“单摆的周期与摆长的关系”，
（1）测摆长时，若正确测出悬线长l和摆球直径d ，则摆长为______．
（2）为提高测量结果的精确度，下列措施有利的是____．
A．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
B．摆线要细些、伸缩性要小，并适当增加摆线长度
C．摆球偏离平衡位置的角度不能太大
D．当摆球经过最高点时开始计时，测量50次全振动的时间，算出单摆的振动周期
（3）某同学由测量数据作出图线如图所示，根据图线求出重力加速度g=____m/s2 保留3位有效数字)．
14．根据单摆周期公式T=2π，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球,就做成了单摆．
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm．
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_________．
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些,以方便测量，开始时拉开摆球,使摆线偏离平衡位置较大的角度
D．改变摆长，多测几组数据，并将测得的摆长和周期分别取平均值，然后代入原理式中计算出重力加速度g
（3）小明同学根据实验数据，利用计算机拟合得到的方程为：T2=4.04l+0.05．由此可以得出当地重力加速度为g=__________（结果保留三位有效数字）．从方程中可知T2与l没有成正比关系，其原因可能是_____．
A．开始计时时，小球可能在最高点 B．小球摆动过程中，可能摆角太大
C．计算摆长时，可能加了小球的直径 D．计算摆长时，可能忘了加小球半径
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．将一个力电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点为单摆的固定悬点，现将质量为m=0.05kg的小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ；θ小于5°且是未知量．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中所给的信息求：（取g=10m/s2?）
①单摆的振动周期和摆长
②摆球运动过程中的最大速度．
17．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？
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
摆球运动到平衡位置时，由于有向心加速度，则合力不为零，选项A错误；将摆钟由广州移至哈尔滨，，则g变大，根据可知，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长，选项B正确；根据 可知，在利用单摆测量重力加速度的实验中，将绳长当做摆长代入周期公式会导致计算结果偏小，选项C正确；单摆的周期与摆角大小无关，将单摆的摆角从5?改为3?，单摆的周期不变，选项D正确.
2．B
【解析】
A、当此单摆的固有频率与驱动力的频率f相等时，得到共振，振幅最大，由图可知，单摆的固有频率为0.5Hz，所以此单摆的固有周期T=2s，故A错误．
B、由单摆的周期公式T=2，T=2s，可求得L1m，故B正确．
C、若摆长减小，单摆的固有周期T减小，固有频率增大，故C错误．
D、若摆长增大，单摆的固有周期T增大，固有频率减少，共振曲线的峰将向左移动，故D错误．
故选B
3．D
【解析】
某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关，选项A正确；某物体做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，选项B正确；某物体发生共振时的频率等于其固有频率，选项C正确；某物体发生共振时的振动可以是阻尼振动，也可能是无阻尼振动，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.
4．C
【解析】
在t从0到2s时间内，回复力逐渐变大，说明振子逐渐远离平衡位置，做减速运动，故A错误；在t1=3s到t2=5s过程，回复力先减小为零后反向增加，说明先靠近平衡位置后远离平衡位置，故3s时和5s时速度方向相同；由于3s和5s回复力大小相等，故位移大小也相等，速度大小也相等，故B错误；在t1=5s和t2=7s时，回复力相等，根据公式F=-kx，位移相同，故C正确；在t从0到4s时间内，t=2s时刻弹簧振子速度为零，根据P=Fv，功率为零，故D错误；故选C.
点睛：本题考查简谐运动，关键是明确简谐运动具有对称性和周期性，振子靠近平衡位置过程是加速运动，远离平衡位置过程是减速运动；明确回复力与位移的关系F=-kx．
5．B
【解析】
若从点开始向右振动，按下面路线振动，作出示意图如图，则弹簧振子的振动周期为：；
若振子从点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图， 设从到的时间为，则有：，解得：，则周期为：；故选项B正确，A、C、D错误。
6．C
【解析】
A、在内振子甲向正向最大位移振动，速度减小，加速度增大，故选项A错误；
B、由振动图像读出两振子最大位移之比为，由于弹簧的劲度系数可能不同，由可知甲、乙两弹簧振子所受回复力最大值之比不一定等于，故选项B错误；
C、甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度为最大，故选项C正确；
D、由图可知振子的振动周期之比为，故选项D错误．
7．D
【解析】
简谐振动的弹簣振子，只有弹簧弹力做功，系统动能和弹性势能相互转化，系统总的机械能不变，ABC错误D正确
8．C
【解析】
【详解】
根据单摆周期公式：，未加钉子时，周期：，悬线长变为被挡后，周期变为，所以加了钉子的周期为：，所以周期变为原来的，ABD错误C正确
9．D
【解析】
【详解】
弹簧振子的振动周期由振动系统本身的特性决定，与振幅无关，所以周期之比为1：1；第一次振幅为x，第二次振幅为2x，所以振幅之比为1：2，ABC错误D正确
10．C
【解析】
【详解】
A.小球放手后，弹簧处于自由长度，小球只受重力，所以恢复力大小为mg，A正确
B.小球在平衡位置，弹簧伸长量设为x，根据胡可定律可知kx=mg，解得：，所以小球的振幅，根据简谐运动的对称性，最低点在平衡位置下方x处，故下降最大高度为h=2x，B正确
C.小球到最低点的受到的弹力F=2kx，根据牛顿第二定律：F-mg=ma，代入数据得，a=g，C错误
D.小球从初始释放到经过平衡位置时根据机械能守恒：，解得：，D正确
11．D
【解析】
A、根据图像质点在时刻正向负的最大位移处运动，故选项A错误；
B、根据回复力和牛顿第二定律：可知，该时刻该质点的位移为负值，故此时加速度方向为正方向，故选项B错误；
C、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点在时刻位移为零，故该时刻加速度为零，故选项C错误；
D、根据回复力和牛顿第二定律：可知，质点时刻质点处于正的最大位移处，故该时刻加速度为负方向最大值，故选项D正确．
12．C
【解析】
【详解】
在斜面上，根据牛顿第二定律可知，沿斜面向下的加速度为，所以单摆的周期为，ABD错误C正确。
13．l + BC 9.86
【解析】
【分析】
【详解】
（1）摆长是悬点到摆球重心间的距离，应等于L=l +；
（2）A. 为减小空气阻力对实验的影响，质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，故A错误；
B. 为减小思议误差，摆线要细些、伸缩性要小，并适当增加摆线长度，故B正确；
C. 单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过，故C正确；
D. 为准确测量单摆周期，当摆球经过平衡位置时开始计时，以此作为计时的起点，误差较小，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期，故D错误；
故选BC.
（3）根据单摆的周期，可得：，l-T2图象的斜率：，解得：g=9.86m/s2。
14．（1）18.8； （2）AB； （3）9.76； D；
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：18mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第刻8度与上方刻度对齐，读数：0.1×8=0. 8mm，总读数：L=18+0. 8=18. 8mm；
(2)[2]．AB、该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球，故AB正确；
C、由可知摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故C错误；
D、摆长不变，多测几组数据，然后代入原理式中计算出重力加速度g，再求平均值，故D错误；
故选AB；
(3) [3]．由单摆周期公式可知
根据计算机拟合得到的方程可得

解得
[4]．单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，t2-l图象不过原点，在纵轴上截距不为零，所以其原因可能是计算摆长时，可能忘了加小球半径，故选D．
【点睛】
游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐；摆线要选择细些的、伸缩性小些的；摆球尽量选择质量大些、体积小些的摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；摆线偏离平衡位置不大于5°．
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．
16．①T=1.256s；L=0.4m②0.2m/s
【解析】
【详解】
①摆球受力分析如图，小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，知：
T=0.4π s=1.256s
由单摆的周期公式，得：．
②在最低点B，根据牛顿第二定律，有：Fmax-mg=m
代入数据得：v=0.2 m/s
【点睛】
解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题.
17．(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。