上海市民立中学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．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示，下列关于下图中①～④的判断正确的是(　　)
A．图③可作为该物体的回复力—时间图象
B．图②可作为该物体的回复力—时间图象
C．图①可作为该物体的速度—时间图象
D．图④可作为该物体的加速度—时间图象
2．一质点作简谐运动，其位移x随时间t变化的图象如图所示．由图可知，在t＝4 s时，质点的(　　)
A．速度为零，加速度为负的最大值
B．速度为零，加速度为正的最大值
C．速度为负的最大值，加速度为零
D．速度为正的最大值，加速度为零
3．一个单摆的摆球偏离到最大位置时，正好遇到空中竖直下落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，下 列说法正确的是（ ）
A．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期减小，振幅要增大
B．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C．摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D．摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
4．周期为2s的简谐运动,振子在半分钟内通过的路程是60cm,则在此时间内振子经过平衡位置的次数和振子的振幅分别为(?? )
A．15,2cm B．30,1cm C．15,1cm D．60,2cm
5．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，不一定相同的物理量是( )
A．对平衡位置的位移 B．速度
C．回复力和加速度 D．动能
6．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中 A，E 摆长相 等；先让 A 摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则(??)
A．其它各摆摆动周期跟 A 摆相同
B．其它各摆振动振幅大小相同
C．其它各摆振动振幅大小不相同，E 摆振幅最小
D．其它各摆振动周期大小不同，D 摆周期最大
7．弹簧振子在做简谐运动时，若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子的（ ）
A．位移可能在减小
B．速度与位移方向一定相反
C．回复力一定在增大
D．加速度与速度方向可能相同
8．一单摆悬于O点,摆长为L,若在O点的正下方的O'点钉一个光滑钉子,使OO'=L/2,将单摆拉至A处释放,小球将在A、B、C间来回振动,若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°,则以下说法正确的是(??? )
A．由于机械能守恒可得摆角大小不变
B．A和C两点在同一水平面上
C．周期
D．周期
9．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（　　）
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的且尽可能长一些的
B．摆球尽量选择质量大些且体积小些的
C．用悬线的长度作为摆长，测得的重力加速度值偏小
D．拉开摆球释放摆角小于)后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置50次的时间，则单摆周期
E. 画出的周期的二次方与摆长图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小
10．用多组实验数据做出T2 ? L 图象，也可以求出重力加速度 g，已知三位同学做出的T2 ? L 图线的示意图如图中的 a、b、c 所示，其中 a 和 b 平行，b 和 c 都过原点，图线 b 对应 的 g 值最接近当地重力加速度的值.则相对于图线 b，下列分析正确的是( )
A．出现图线 a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 L
B．出现图线 c 的原因可能是误将 49 次全振动记为 50 次
C．图线 c 对应的 g 值小于图线 b 对应的 g 值
D．图线 a 对应的 g 值等于图线 b 对应的 g 值
11．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示．把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s．竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．回复力等于重力和浮力的合力
B．位移满足函数式
C．振动频率与按压的深度有关
D．在时间t1?t2内，位移减小，加速度减小，速度增大
12．一个质点沿直线ab在平衡位置O附近做简谐运动.若从质点经O点时开始计时，经过5s质点第一次经过M点（如图所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是（ ）
A．6s B．4s C．22s D．8s
13．某同学做“利用单摆测重力加速度”的实验．
(1)摆动时最大摆角应 ___（填“较大”或“较小”）．为了减小测量周期的误差，应用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期；
(2)该同学先测得摆长为L，然后用秒表记录单摆n次全振动所用的时间为t．用上述测得的物理量符号写出重力加速度的表达式g= _______;
(3)如果他测得的g值偏小，可能的原因是 ____；
A．测摆长时，只量了摆线长度，没计摆球半径
B．振动中摆线上端松动，使摆长增加
C．计时开始时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
(4)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出对应的周期T，从而得出多组T2与L的数据，再以T2为纵坐标，L为横坐标，描点连线，如图所示，并求得该直线的斜率为k．则重力加速度g= _______．（用k表示）
14．某同学利用单摆测定当地的重力加速度．
① 实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表．除此之外，还需要的器材有__________
A．长度约为的细线
B．长度约为的细线
C．直径约为的钢球
D．直径约为的木球
E．最小刻度为的直尺
F．最小刻度为的直尺
② 该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为________ ．
③该同学经测量得到组摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图丙所示．则当地重力加速度的表达式__________．处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样__________（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算．
④该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：
A．在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定
B．摆线偏离平衡位置的角度不能太大
C．测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时
其中合理的有__________．
15．甲、乙两位同学分别使用图1所示的同一套装置观察单摆作简谐运动时的振动图象，已知二人实验时所用的单摆的摆长相同，落在木板上的细砂分别形成的曲线如图2所示，请分析说明为什么甲、乙两位同学得到的振动图象是不同的。
16．如图所示，质量分别为m、2m的A、B物块用一段细绳连接后悬挂在劲度系数为k的轻弹簧的下端，弹簧的上端连接在质量为3m的箱子C的顶板上。剪断细线后A做简谐运动，B迅速掉落到C的底板上并被粘住，重力加速度为g，不计空气阻力，求A做简谐运动一段时间后，地面对C的支持力的最大值和最小值。
17．中国著名科幻作家刘慈欣在其作品《人间大炮》中展现了前人所提出的“地心隧道”设想，即开通一条穿过地心的笔直隧道，如图所示．下面是《人间大炮》中的一段文字：
沈华北的本意是想把话题从政治上引开去，他成功了，贝加纳来了兴趣：“沈，你的思维方式总是与众不同……让我们看看：我跳进去（指跳进地心隧道）后会一直加速，虽然我的加速度会随坠落深度的增加而减小，但确实会一直加速到地心，通过地心时我的速度达到最大值，加速度为零；然后开始减速上升，这种减速度的值会随着上升而不断增加，当到达地球的另一面阿根廷的地面时，我的速度正好为零．如果我想回中国，只需从那面再跳下去就行了，如果我愿意，可以在南北半球之间做永恒的简谐振动，嗯，妙极了，可是旅行时间……”假设地球质量分布均匀地球半径为R，地表附近重力加速度为g，物体从隧道口由静止释放，不计空气阻力，请完成以下问题
（1）指出物体做简谐运动的平衡位置．（不需证明）
（2）已知均匀球壳对壳内物体引力为零，请证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动．
（3）做简谐运动的物体回复力为F=-kx，其周期为，其中m为物体的质量，请求出物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要多少分钟．（地球半径R=6400km，地表重力加速为g=10m/s2，π=3.14，最终结果请保留一位小数）
参考答案
1．A
【解析】
由图③可知，t=0时刻该变量为零，从此刻开始，变量逐渐变大，方向是负的，由于回复力的方向与位移方向等大反向，质点在t=0时刻从零逐渐变大，方向是正的，则它对应的回复力从零开始逐渐变大，方向是负的，因此图（3）可作为该物体的回复力-时间图象，故A正确；由图②所示可知，在t=0 时刻该量为正的最大，从t=0时刻该量逐渐减小，图②不能作为该物体的回复力-时间图象，故B错误；做简谐运动的物体在平衡位置时速度最大，物体从平衡位置向正的最大位移处运动过程中，速度逐渐减小，速度方向为正的，由图①所示图象可知，该图象所反映的量在t=0时刻为零，从t=0时刻开始逐渐变大，该图象不能作为该物体的速度-时间图象，故C错误；由牛顿第二定律可知，做简谐运动物体的加速度：，加速度大小与位移成正比，方向与位移方向相反，在t=0时刻，物体的位移为零，加速度大小为零，由图④所示图象可知，该图象不能作为该物体的加速度-时间图象，故D错误。
2．A
【解析】
在t＝4s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大值，故A正确，BCD错误。
3．D
【解析】
根据单摆的振动周期公式：，周期与摆长和重力加速度有关，而这两个量均不变，故周期不变，单摆经过最大位移处，与竖直下落的雨滴相遇，使得单摆在最大位移处有了初速度，根据机械能守恒定律知，上摆的最大高度变大，即振幅增大，到达最低点（平衡位置）的速度变大，故D正确。
4．B
【解析】
已知该简谐运动的周期为2s，半分钟为15个周期；一个周期的路程为4倍的振幅，故半分钟内振子经过平衡位置的次数为30次；一个周期的路程为4倍的振幅，故15个周期的路程为60A，即60A=60cm，解得A=1cm；故A,C，D错误，B正确.故选B.
5．B
【解析】
做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，对平衡位置的位移一定相同，由F=-kx可知，回复力相同，根据a=F/m可知，加速度相同；速度的大小一定相同，但是方向不一定相同，则速度不一定相同，动能一定相同；故选B.
6．A
【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，振动周期都等于A摆的振动周期，故A正确，D错误；由于A、E摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则E摆出现共振现象，振幅最大。故B C错误。
7．C
【解析】
振子的速率在减小,则动能减小、势能增加,故振子必定从平衡位置向最大位移处运动,振子的位移在增大,故A错误;由A分析知,振子从平衡位置向最大位移运动,速度与位移同方向,故B错误;回复力的大小与位移大小成正比,故回复力的数值一定增大,故C正确；振子从平衡位置向最大位移运动,速度与位移同方向,而加速度的方向始终与位移的方向相反,所以加速度与速度方向相反,故D错误;故选C
8．BD
【解析】
A、B、小球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，可知，A和C两点在同一水平面上.由于摆长会发生变化，所以摆角大小是变化的；故A错误，B正确.
C、D、小球从A摆到B的时间为：，从B到C的时间为：，故小球的运动周期为： ，故C错误，D正确.
故选BD.
9．ABC
【解析】
A、为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，故A正确；
B、为减小阻力对实验的影响，减小实验误差，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；
C、用悬线的长度作为摆长时，摆长偏小，根据得：，g与摆长L成正比，故g测量值偏小，故C正确；
D、拉开摆球释放（摆角小于10°）后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置50次的时间△x，则单摆周期为 ，故D错误；
E、根据得： 可知，画出的周期的二次方与摆长（T2-L）图象中斜率，故E错误.
10．BD
【解析】
【详解】
由单摆周期公式：可知：，根据数学知识可知，T2-L图象的斜率，当地的重力加速度。若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度L，则有，根据数学知识可知，对T2-L图象来说， 与b线斜率相等，两者应该平行，是截距，故做出的T2-L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L造成的，故A错误；实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率，当地的重力加速度，c图线所测g值大于图线b对应的g值，图线 a 对应的 g 值等于图线 b 对应的 g 值，故C错误，D正确.
11．ABD
【解析】
【详解】
A. 装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力．故A正确；
B. 振动的周期为0.5s，则角速度为：ω=2π/T=2π/0.5=4πrad/s，由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；
t=0时刻：x0=?=A?sinφ0
结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知φ0=π，则玻璃管的振动方程为：
x=A?sin(ωt+φ0)=4sin(4πt+π)cm=4sin(4πt? π)cm，故B正确；
C. 由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关．故C错误；
D. 由图可知，在t1?t2时间内，位移减小，回复力：f=?kx减小，加速度a=f/m=?kx/m减小；在t1?t2时间内，玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大．故D正确．
故选ABD
12．AC
【解析】
若振子开始的运动方向为向左：则，，故，即，解得T=8s，所以，故，第三次经过M的过程中；
若振子开始的运动方向为向右，则，，则，第三次经过M的过程为，故AC正确．
13．（1）较小 （2） （3）AB （4）
【解析】
【详解】
(1)单摆摆角较小时，才能看作简谐运动；单摆摆动时最大摆角应较小．
(2) 单摆n次全振动所用的时间为t，则单摆的周期；单摆的摆长为L，则；联立解得：重力加速度．
(3)A：测摆长时，只量了摆线长度，没计摆球半径，测得的摆长小于实际摆长，据可知测得的g值偏小．故A项可能．
B：振动中摆线上端松动，使摆长增加；测得的摆长小于实际摆长，据可知测得的g值偏小．故B项可能．
C：计时开始时，秒表过迟按下，测得的时间t小于实际时间，据可知测得的g值偏大．故C项不可能．
D：实验中误将49次全振动数为50次，测得的时间t小于实际时间，据可知测得的g值偏大．故D项不可能．
综上，本题答案为AB．
(4)据可得：．，再以T2为纵坐标，L为横坐标，描点连线，该直线的斜率，则重力加速度．
14．①ACF ②95.1 ③ 不影响 ④AB
【解析】
①由单摆周期公式可得，．实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约左右，为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为ACF；
②秒表表示读数：内圈读数：，外圈读数，总读数为：；
③由可得：，则图象的斜率等于，由数学知识得：，解得：；
根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算；
④为使重力加速度的测量结果更加准确，在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定，防止振动过程中摆长变化，故A正确；摆线偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过10°，故B正确；测量周期时应该从摆球运动到最低点时开始计时，这样会减小误差，故C错误；故选AB．
15．两次拉动木板的速度不同（v甲＞v乙）．
【解析】
【详解】
单摆的摆动具有等时性，甲图时间2T，乙图时间为4T；根据，甲的速度大，即v甲＞v乙；
16．地面对C的支持力的最大值Nmax=F1+mg+2mg=8mg, 最小值Nmin+F2=3mg+2mg，Nmin=4mg
【解析】
【详解】
解：细绳被剪断前A所在的位置就是以后它做简谐运动的最低位置，此时
对AB：弹簧弹力F1=3mg
剪断细绳的瞬间，A的加速度为a
F1-mg=ma-a=2g其方向向上
一段时间后，当A每次运动到最低点时弹簧弹力都是最大F1=3mg，此时
对C：地面支持力的最大值Nmax=F1+mg+2mg=8mg
当A每次运动到最高点时，由运动的对称性知，其加速度a=2g，其方向向下，此时弹簧弹力为F2
对A：mg+F2=ma
F2=mg
对C：地面支持力的最小值Nmin+F2=3mg+2mg，Nmin=4mg
17．（1）地心为物体做简谐运动的平衡位置（2）地表：以地心为位移起点，设某时刻位移为x，如图所示，此处为万有引力提供回复力，由于均匀球壳对壳内物体引力为零，则有： ，整理可得：，为常数，即该物体运动为简谐运动（3）41.9分钟
【解析】
【分析】
【详解】
（1）地心为物体做简谐运动的平衡位置
（2）在地球表面万有引力等于重力：
地球的质量为：
以地心为位移起点，设某时刻位移为x，如图所示，此处为万有引力提供回复力，由于均匀球壳对壳内物体引力为零，则有：
整理可得：，为常数，即该物体运动为简谐运动
（3）由得，该物体做简诸运动周期为：
物体从隧道口一端静止释放后到达另一端所用的时间为半个周期，则：
代入数据可得：t=41.9分钟