上海市南汇中学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．下列物理量中，描述物体振动快慢的是（ ）
A．频率 B．位移 C．回复力 D．振幅
2．下列关于机械振动的说法正确的是
A．受迫振动稳定后，其振动的周期总等于系统的固有周期
B．阻尼振动振幅逐渐减小，同时周期也逐渐减小
C．当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D．为避免共振现象发生时，应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率
3．如图所示为一弹簧振子的简谐运动图像,头0.1 s内振子的平均速度和每秒通过的路程为( )
A．4 m/s,4 m B．0.4 m/s,4 cm C．0.4 m/s,0.4 m D．4 m/s,0.4 m
4．如图所示,在光滑水平面上振动的弹簧振子的平衡位置为O,把振子拉到A点,OA=1 cm,然后释放振子,经过0.2 s 振子第1次到达O点,如果把振子拉到A'点,OA'=2 cm,则释放振子后,振子第1次到达O点所需的时间为( )
A．0.2 s B．0.4 s C．0.1 s D．0.3 s
5．在研究单摆的运动规律过程中,首先确定单摆的振动周期公式T=的科学家是
A．伽利略 B．牛顿 C．开普勒 D．惠更斯
6．一弹簧振子做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知：
A．质点的振幅为10cm
B．质点的振动频率是4Hz
C．t=2s时刻速度最大,方向沿x轴的正方向
D．t=3s时，质点加速度为正向最大
7．.在下述哪些情况下单摆的简谐振动周期会变大( )
A．摆球质量增大
B．摆长减小
C．单摆由北京移到海南
D．增大振幅
8．如图所示，A、B、C、D四个单摆的摆长分别为l，2l，l，，摆球的质量分别为2m，2m，m，四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上．现让A球振动起来，通过水平细线迫使B，C，D也振动起来，则下列说法错误的是（　　）
A．A，B，C，D四个单摆的周期均相同
B．只有A，C两个单摆的周期相同
C．B，C，D中因D的质量最小，故其振幅是最大的
D．B，C，D中C的振幅最大
9．下列说法正确的是
A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
B．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期等于在地面表面简谐振动的周期
C．一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin2.5πt（单位都是国际单位制），在t=0.2s时，振子的运动速度为零
D．做简谐振动的物体，经过同一位置时，速度可能不同
10．关于弹簧振子做简谐运动,下列说法中正确的是( )
A．回复力总指向平衡位置
B．加速度和速度的方向总跟位移的方向相反
C．越接近平衡位置,加速度越小
D．回复力的方向总跟位移方向相反
11．某质点在直线上做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为，t的单位为s，则质点
A．第1s内速度不断增大
B．第2s内加速度不断减小
C．第1s末与第5s末的动能相等
D．第1s初到第2s末的经过的路程为8cm
12．关于单摆做简谐运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．在平衡位置摆球的速度和位移均达到最大值
B．在最大位移处位移最大，而速度最小
C．在平衡位置摆球速度最大
D．摆球由最大位移到平衡位置运动时，速度变大，位移变小
13．(1)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，如右图所示摆球直径为_______cm．

(2) 他测得的g值偏小，可能原因是：____
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，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动计为50次．
14．(1)在用单摆测重力加速度的实验中，单摆的摆角θ应______，从摆球经过________开始计时，测出n次全振动的时间为t，用米尺测出摆线长为L，用游标卡尺测出摆球的直径为d.用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式为g＝__________.
(2)在用单摆测重力加速度的实验中，为减小误差______
A．应选质量小的球做摆球
B．先使摆球摆动几次，从摆球经过平衡位置时开始计时
C．用停表测出30～50次全振动的时间，计算出平均周期
D．在测量摆线长度时，对安装好的单摆，要用力拉紧摆线后再测量
（3）实验中某同学发现他测出的重力加速度值总是偏大，其原因可能是______
A．实验室处在高山上，离海平面太高
B．单摆所用的摆球太重
C．测出n次全振动的时间为t，误作为(n＋1)次全振动的时间进行计算
D．以摆球直径和摆线之和作为摆长来计算
（4）在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象．理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可能是_________________________．由图象求出的重力加速度g＝________ m/s2.(取)
15．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.
16．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？
17．已知摆钟的机械结构相同，摆钟摆锤的运动可近似看成简谐运动，如果摆长为的摆钟在一段时间里快了nmin，另一摆长为的摆钟在同样的一段时间里慢了nmin，则准确钟的摆长L为多少？
参考答案
1．A
【解析】
频率是单位时间内完成全振动的次数,反映了振动的快慢,故A正确；位移表示偏离平衡位置的距离大小，故B错误；回复力,是时刻变化的,与位移有关与振动快慢无关，故C错误；振幅反映了振动的强弱,和振动快慢无关，故D错误；故选A
2．C
【解析】
受迫振动稳定后，其振动的周期总等于驱动力的周期，选项A错误；阻尼振动振幅逐渐减小，周期不变，选项B错误；当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，选项C正确；为避免共振现象发生时，应使驱动力频率远离振动系统的固有频率，故D错误。
3．C
【解析】
由图可知，该弹簧振子的振幅为 A=2cm=0.02m，开始在0.1s内振子的路程为：S=2A=0.04m，所以平均速率：，由图可知，振动周期为 T=0.2s，1s为5个周期，所以1s内的路程为：s=5×4A=5×4×0.02=0.4m，故C正确．
4．A
【解析】
根据弹簧振子的周期公式，可知其振动周期与振幅无关，则当把振子拉到点时弹簧振子的振动周期不变，因此第二次振子从运动到O的时间等于第一次从A运动到O的时间，即为0.2s，故A正确。
5．D
【详解】
意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，故D正确。
6．C
【解析】
【详解】
由图像可知，质点的振幅为5cm，选项A错误；质点的振动周期为4s，则频率是1/4Hz=0.25Hz，选项B错误；t=2s时刻在平衡位置，此时的速度最大，方向沿x轴的正方向，选项C正确；t=3s时，质点位移为正向最大，则加速度为负向最大，选项D错误.
7．C
【解析】
【详解】
根据单摆周期公式：，摆球质量没影响；摆长减小，周期变小；从北京到海南，重力加速度减小，周期变大；增大振幅不能改变周期，ABD错误C正确
8．BC
【解析】
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，故A正确，B错误；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C摆的固有频率与A摆的相同，故C摆发生共振，振幅最大，故C错误，D正确；此题选择错误的选项，故选BC．
点睛：本题关键明确两点：受迫振动的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象．
9．ACD
【解析】
【详解】
A.如果军队过桥使用齐步，频率相同，如果与桥的固有频率相同，发生共振，引发事故，所以军队士兵过桥时使用便步，A正确
B.根据单摆振动周期方程：，因为重力加速度不一样，周期不一样，B错误
C.当t=0.2s时，y=0.1m，振子处于最大位移处，速度为零，C正确
D.做简谐振动的物体，经过同一位置时，速度可能不同，如从平衡位置到最大位移处，和从最大位移处到平衡位置过程中通过同一位置，速度大小相等，方向相反，D正确
10．ACD
【解析】
【详解】
A、B项：质点的回复力方向总是指向平衡位置，根据牛顿第二定律分析得知，加速度方向总是指向平衡位置；质点的位移方向总是离开平衡位置，而速度方向有时离开平衡位置，有时靠近平衡位置，所以速度的方向可能与位移的方向相反或相同，故A正确，B错误；
C、D项：当接近平衡位置时，据F=-kx可知，回复力减小，即加速度的减小，且方向总是跟位移的方向相反，故CD正确。
11．AC
【解析】
【详解】
由位移随时间变化的关系式可知，第1s内位移减小，则速度不断增大，选项A正确；第2s内质点由平衡位置向下振动，则加速度不断增加，选项B错误；第1s末与第5s末质点均在平衡位置，则动能相等，选项C正确；第1s初质点的位移为x1=4cm；第2s末的位移：x2=-4cm，则此过程中质点经过的路程为8cm，选项D错误.
12．BCD
【解析】
【详解】
AC.在平衡位置处，摆球的势能最小，动能最大，速度最大，但是位移从平衡位置为起点，所以位移最小，A错误C正确
B.在最大位移处，势能最大，动能最小，速度最小，位移最大，B正确
D.摆球从最大位移处到平衡位置，势能减小，动能增大，速度增大，向平衡位置移动，位移变小，D正确
13．(1) 2.98 cm (2) B
【解析】
摆球直径为 d=29mm+0.1×8mm=29.8mm=2.98cm；
由可得分析知：测摆长时线拉得过紧，摆长L测量值偏大，由上式可知，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，测得的单摆周期变大，由上式可知，得到的g值偏小，故B正确．开始计时时，秒表过迟按下，测得的周期T偏小，由上式可知，测得的g值偏大，故C错误．实验中误将49次全振动计为50次，算出的周期T偏小，由上式可知，测得的g值偏大，故D错误．故选B.
14．小于10°； 平衡位置； BC； CD； 漏加小球半径； 9.87；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2][3]．单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动，所以单摆的摆角应小于．摆球经过平衡位置的速度最大，最大位移处速度为0，在平衡位置计时误差最小．单摆的摆长为，单摆的周期
根据单摆的公式
解得
；
（2）[4]．Ａ．为使实验误差小，应选质量大的球做摆球，故A错误；
B．经过平衡位置速度最大，时间最短，测量误差最小，故B正确；
C．用停表测出单摆做30-50次全振动所用的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故C正确；
D．实验中单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先用游标卡尺测出摆球直径；然后把单摆悬挂好，再用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，不需要用力拉紧，故D错误；
故选BC．
（3）[5]．A．高度越高，重力加速度越小，但是位置不是影响测量重力加速度偏大偏小的原因．故A错误．
B．摆球的质量不影响重力加速度的大小．故B错误．
C．测出n次全振动的时间为t，误作为（n+1）次全振动的时间进行计算，测得周期偏小，根据知测得重力加速度偏大，故C正确；
D．以摆球的直径和摆线之和作为摆长来计算，测得摆长偏大，根据，知测得重力加速度偏大，故D正确．
故选CD．
（4）[6][7]．图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是漏加小球半径；由题意公式
得
图象斜率表示，结合图象数据得到
解得
．
【点睛】
根据重力加速度的表达式，可分析g值偏大可能的原因根据实验注意事项与实验原理分析实验误差．由单摆周期公式变形，得到与L的关系式，分析图象斜率的意义，求解g．
15．(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。
16．（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。
17．
【解析】
【分析】
根据单摆的周期公式求解出各个摆的周期表达式；相同时间内摆钟的走时之比等于频率之比
【详解】
设标准钟摆长为L，周期为T，则有：

在相同时间内摆长为的摆钟比标准钟快n，摆长为的摆钟比标准钟慢n，设该相同时间为t；相同时间内摆钟的走时之比等于频率之比，故有：
T：：：：
联立解得：
【点睛】
本题关键是根据单摆的周期公式写出各个单摆的周期表达式，然后联立方程求解；要明确相同时间内摆钟的走时之比等于频率之比.