上海市中原中学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
1．一弹簧振子 A 的位移 y 随时间 t 变化的关系式为 y=0.1sin(2.5πt)，位移 y 的单位为 m，时间 t 的单位为 s． 则（ ）
A．弹簧振子的振幅为 0.2m
B．弹簧振子的周期为 1.25s
C．在 t=0.2s 时，振子的运动速度为零
D．质点在 0.1s 末和 0.3s 末的速度相同
2．某质点的振动图像如图所示，下列说法正确的是
A．1s和3s时刻,质点的速度相同
B．1s到2s时间内,速度与加速度方向相同
C．简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt+1.5π) cm
D．简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt+0.5π) cm
3．橡皮绳一段固定在墙上，t=0时刻，橡皮绳的另一端O开始振动。t=6s时，橡皮绳上各质点位置如图所示：O点振动到波峰位置， a点在平衡位置，波传播到P点。下图表示a点振动图象的是
A． B．
C． D．
4．放在实验室里位置不变的单摆，若摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的一半，则单摆摆动的（ ）
A．振幅变小 B．振幅变大 C．频率变小 D．频率变大
5．如图为水平弹簧振子在t=0到t=4s内的振动图象，下列判断正确的是
A．在t=2s时刻振子的振动方向沿x轴正方向
B．在t=0到t=1s时间内振子的速度减小，回复力增大
C．从t=1s到t=2s时间内振子的加速度和速度都增大
D．从t=1s到t=3s时间内弹簧的弹性势能逐渐增大
6．如图所示，在一根张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B摆长相等。先让A摆振动起来，其它各摆随后也跟着振动起来，稳定后，有关B、C、D的振动以下说法正确的是
A．各摆振动周期跟A摆相同，B摆振幅最大
B．各摆振动周期不同，D摆周期最大
C．各摆振动振幅相同，B摆周期最大
D．各摆振动振幅不相同，D摆振幅最大
7．如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点．现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点（弹簧始终处于弹性限度内）．在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是
A． B．
C． D．
8．如图甲所示，上端固定的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，当振子到达最高点时，弹簧处于原长。选取向上为正方向，弹簧振子的振动图像如图乙所示。则下列说法中正确的是_____
A．弹簧的最大伸长量为0.1 m
B．弹簧振子的振动频率为2 Hz
C．在1-1.5 s内，弹簧振子的动能逐渐减小
D．在0-0.5 s内，弹簧振子的加速度逐渐减小
E. 在l.5-2.0 s内，弹簧振子的弹性势能逐渐减小
9．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（ ）
A．甲的速度为零时，乙的速度最大
B．甲的加速度最小时，乙的速度最小
C．任一时刻两个振子受到的回复力都不相同
D．两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2
E.两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1
10．一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．质点振动频率为4Hz
B．在10s内质点经过的路程是20cm
C．在5s末，质点的速度为零，加速度最大
D．t=1.5s和t=4.5s两时刻质点的位移大小相等，都是
E. 质点的速度随时间t的变化规律
11．一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图所示．a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法正确的是（　　）
A．质点做简谐运动的方程为
B．质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同
C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等
D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等
12．一弹簧振子，在从最大位移处向平衡位置运动的过程中（ ）
A．速度变大 B．位移变大 C．速度变小 D．位移变小
13．在用单摆测重力加速度的实验中：
实验时必须控制摆角______；
某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，直接将L和测得的周期用单摆的周期公式算出了当地的重力加速度则测出的重力加速度将比实际的重力加速度______填“大”、“小”、“一样”．
该同学通过改变悬线L长度而测出对应的摆动周期T，再以为纵轴、L为横轴画出函数关系图象，实验中所得到的关系图象如图乙所示，由图象可知，摆球的半径______m；当地______．
14． (1)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，测量单摆的周期时，图中________(填“甲”“乙”或“丙”)作为计时开始与终止的位置更好些．
(2)如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是________(填字母)．
A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈
B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表
C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，则副线圈电压大于原线圈电压
D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响
15．如图所示，两个完全相同的弹性小球1,2，分别挂在长L和的细线上，重心在同一水平面上且小球恰好互相接触，把第一个小球向右拉开一个不大的距离后由静止释放，经过多长时间两球发生第10次碰撞？
16．如图所示，三角架质量为M，沿其中轴线用两根轻弹簧拴一质量为m的小球，原来三角架静止在水平面上.现使小球做上下振动，已知三角架对水平面的压力最小为零，求：
（1）此时小球的瞬时加速度；
（2）若上、下两弹簧的劲度系数均为k，则小球做简谐运动的振幅为多少?
17．如图所示，一个轻弹簧与一个质量为m＝0.5 kg的小球所构成的弹簧振子放在光滑金属杆上，已知该弹簧的劲度系数k＝200 N/m，O点是弹簧振子静止时的位置，今将振子向右拉10 cm到A点，此时外力对弹簧振子做功为1 J，然后由静止释放，则它在A、B之间运动，不计其他阻力，求：
（1）振子在哪点的速度最大？最大速度为多少？
（2）振子在A点的位移．
（3）振子在B点的加速度．
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5πt，可读出振幅A=0.1m，故A错误；质点做简谐运动，振动方程为y=0.1sin2.5πt，可读出角速度为2.5π，故周期，故B错误；在t=0.2s时，振子的位移最大，故速度最小，为零，故C正确；质点在 0.1s 末和 0.3s 末的位移相同，但是速度大小相同，方向相反，选项D错误.
2．D
【解析】
A项：图象上某点的切线的斜率表示速度；1s和3s时刻，质点的速度大小相等，方向相反，故A错误；
B项：1s到2s时间内，质点做减速运动，故加速度与速度反向，故B错误；
C、D项：振幅为2cm，周期为4s，角速度为，故简谐运动的表达式为，故C错误，D正确．
3．A
【解析】由图看出，简谐横波向右传播，绳上各点的起振方向均向下，由图可知，则得知t=2s时刻a点的开始向下振动，故A正确，BCD错误；
故选A。
4．A
【解析】
【详解】
AB.设摆球上升最大高度h，则：；所以上升高度与质量无关，速度变小，高度变小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，振幅变小，A正确B错误
CD.根据单摆周期公式：，所以摆长不变，周期不变，频率就不变，CD错误
5．B
【解析】
【详解】
x-t图像的斜率的符号反映速度的方向，则在t=2s时刻振子的振动方向沿x轴负方向，选项A错误；在t=0到t=1s时间内振子的位移增大，速度减小，回复力增大，选项B正确；从t=1s到t=2s时间内振子的位移减小，则加速度减小，速度都增大，选项C错误；从t=1s到t=3s时间内振子离开平衡位置的位移先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，选项D错误。
6．A
【解析】
【详解】
由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故A正确，BCD错误.
7．A
【解析】
小球受竖直向下的重力和竖直向上的弹力，下降位移x为弹簧的形变量，设弹簧劲度系数为k,根据牛顿第二定律 ，可得，可得a-x为一次函数，简谐运动，根据对称性，得当压缩到最低点时，加速度等于g，故A正确，BCD错误．
8．ACE
【解析】
A.由振动图像可知，弹簧的最大伸长量为0.1m，故A正确；
B. 由振动图像可知，弹簧振子的振动周期为2s，频率f=1/T=0.5Hz，故B错误；
C. 在1-1.5 s内，弹簧振子由平衡位置向负的最大位移运动，动能逐渐减小，故C正确；
D. 在0-0.5 s内，弹簧振子由平衡位置向正的最大位移运动，根据f=-kx，弹簧振子的回复力逐渐增大，加速度逐渐增大，故D错误；
E. 在l.5-2.0 s内，弹簧振子由负的最大位移向平衡位置运动，弹簧形变量逐渐减小，弹性势能逐渐减小，故E正确。
故选：ACE
9．ADE
【解析】
【分析】
甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零；由图可知两振子的周期，根据，可得频率之比；由图可知振幅之比．
【详解】
A．由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A正确；
B．由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大，故B错误；
C．甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零，故C错误；
D．由图可知，甲的周期T甲=2.0s，乙的周期T乙=1.0s，根据：
得甲的频率f甲=0.5Hz；乙的频率f乙=1.0Hz；两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2，故D正确；
E．由图可知，甲的振幅A甲=10cm，乙的振幅A乙=5cm，两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1，故E正确。
10．BCD
【解析】
【详解】
由图读出周期为T=4s，则频率为f=1/T=0.25Hz．故A错误。质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是S=2.5×4A=10×2cm=20cm。故B正确。在5s末，质点位于正向最大位移处，速度为零，加速度最大。故C正确。t=1.5s和t=4.5s两时刻质点的位移大小相等，都是，选项D正确；因质点的位移随时间变化规律为，则质点的速度v随时间t的变化规律为，选项E错误.
11．AC
【解析】
【详解】
根据图象可得周期T=8s，故角速度，简谐运动方程为x=Asint，故A正确；x-t图象是正弦图象，故质点通过位置b时，相对平衡位置的位移A，速度相同，故B错误；质点从位置a到c和从位置b到d所用的时间相等，均为2s，故C正确；质点从位置a到b和从b到c的过程中时间相同但位移大小不同，故平均速度不同，故D错误．
12．AD
【解析】
【详解】
弹簧振子从最大位移向平衡位置运动的过程中做的是加速度逐渐的加速运动，在平衡位置速度最大，因此A对C错；弹簧振子的位移指的是平衡位置到振子当前位置的位移，因此位移逐渐减小，故B错D对。
13． 小
【解析】
（1）单摆在摆角小于等于情况下，近似为简谐运动，故实验时必须控制摆角在此范围内．
（2）由得，，某学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，导致摆长偏小，故g值偏小．
（3）T2与L的图象，应为过原点的直线，由横轴截距得，球的半径应为；图象斜率，而．
14．乙 AD
【解析】
(1)在测量单摆的周期时，一般选取摆球经过最低处时记录，所以选择乙图．
(2)变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，选项A、D正确．变压器只能对交变电流的电压有作用，不能用直流电压表，所以选项B错误．根据理想变压器原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8，副线圈接0、4，那么副线圈的电压小于原线圈电压，所以C错误；故选AD．
15．
【解析】
因将第1个小球拉开一个不大的距离，故摆动过程应符合单摆的周期公式有，，系统振动周期为，在同一个T内共发生两次碰撞，球1从最大位移处由静止释放后．经发生10次碰撞，且第10次碰后球1又摆至最大位移处，所以．
【点睛】
由于两球相撞时交换速度，则球1从最大位移处摆下来碰静止的球2后，球1静止，球2运动；同样，球2摆下来碰静止的球1后，球2静止，球1运动；总是只有一个球在摆动，两球总是在最低点相碰，据此结合单摆的周期公式分析解答．
16．（1），方向：竖直向下；（2）
【解析】
【详解】
(1)小球上下振动过程中，三角架对水平面的压力最小为零，则上下两根弹簧对三角架的作用力大小为Mg，方向向上，小球此时受弹簧的弹力大小为Mg，方向向下，故小球所受合力为(m＋M)g，方向向下，小球此时运动到上面最高点即位移大小等于振幅处．根据牛顿第二定律，小球的瞬时加速度的最大值为：
am＝
加速度的方向为竖直向下．
(2)小球由平衡位置上升至最高点时，上面的弹簧(相当于压缩x)对小球会产生向下的弹力kx，下面的弹簧(相当于伸长x)会对小球产生向下的弹力kx，两根弹簧对小球的作用力为2kx，故最大回复力的大小F回＝2kA，而最高点时
F回＝(M＋m)g
故A＝
17．（1）平衡位置O点 2m/s （2）10cm，方向由O指向A （3）40m/s2，方向由B指向O
【解析】
【分析】
由于弹簧振子在运动过程中满足机械能守恒，故在平衡位置O点的速度最大，由能量守恒求出最大速度；振子在A点的位移大小等于在B点的位移大小，根据回复力公式求出回复力的大小，根据牛顿第二定律求出振子在B点的加速度；
【详解】
（1）由于弹簧振子在运动过程中满足机械能守恒，故在平衡位置O点的速度最大，由题意知：外力做的功转化为系统的弹性势能，该势能又全部转化成振子的动能，即
解得：
（2）振子在A点的位移大小为 ，方向由O指向A；
（3）由于振动的振幅为10cm，故在B点的位移大小是10cm，即弹簧压缩10cm，此时回复力的大小 ，即振子所受到的合外力大小为20N
由牛顿第二定律得： ，方向由B指向O．