上海市金山中学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
1．一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，左端固定，右端与质量为m、带电荷量为+q的小球相连，静止在光滑、绝缘的水平面上．在施加一个场强为E、方向水平向右的匀强电场后，小球开始做简谐运动．那么（ ）
A．小球到达最右端时，弹簧的形变量为
B．小球做简谐运动的振幅为
C．运动过程中小球的机械能守恒
D．运动过程中小球的电势能和弹簧的弹性势能的总量不变
2．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动曲线如图所示，关于此图的下列判断正确的是（ ）


A．图①可作为该物体的速度v-t图象
B．图②可作为该物体的回复力F-t图象
C．图③可作为该物体的回复力F-t图象
D．图④可作为该物体的加速度a-t图象
3．下列说法正确的是（ ）
A．扬声器纸盆的振动是受迫振动，受迫振动的周期等于固有周期
B．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在靠近我们
C．“未见其人，先闻其声”的现象，说明声波比光波更易发生明显衍射
D．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期
4．两个摆长之比为4：l的单摆，在同一地点做简谐运动，则它们的周期之比为（　　）
A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1
5．如图是某质点做简谐运动时的振动图象，根据图象可以判断（　　）
A．在第秒时，质点沿x轴向上运动
B．在第2秒末到第3秒末，质点做加速运动
C．在第1秒末，质点的加速度为零
D．在第1秒末到第3秒末，质点所受合外力做功为零
6．如图所示是一弹簧振子在水平面做简谐运动的图像，那么振动系统在( )
A．t3 和t5具有相同的动能和动量
B．t2 和t5时刻振子所受的回复力大小之比为 2:1
C．t3 和t4具有相同的动能和不同的动量
D．t1 和t4时刻具有相同的加速度和速度
7．如图所示，为同一地点的两单摆甲、乙的振动图线，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长不相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t=0.5?s时乙摆摆线张力最大
8．若单摆的摆长不变,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为原来的1/3,则单摆振动的( ).
A．频率不变,振幅不变 B．频率不变,振幅变小
C．频率改变,振幅不变 D．频率改变,振幅变大
9．两个弹簧振子甲的固有频率为f,乙的固有频率为9f,若它们均在频率为8f的策动力作用下受迫振动,则( ).
A．振子甲的振幅较大.振动频率为f
B．振子乙的振幅较大,振动频率为9f
C．振子甲的振幅较大.振动频率为9f
D．振子乙的振幅较大,振动频率为8f
10．摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图所示．选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知(　　)
A．甲、乙两单摆摆长之比是4∶9
B．ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等
C．tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大
D．tc时刻甲、乙两单摆的速率相等
11．如图所示，三根细线于O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使AOB成直角三角形，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球忽略小球半径，下面说法正确的是　　
A．让小球在纸面内摆动，周期
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期
C．让小球在纸面内摆动，周期
D．让小球在垂直纸面内摆动，周期
12．如图所示，一做简谐运动的弹簧振子，振幅为L，下列说法中正确的是
A．从某时刻起，半个周期后小球的动能不变
B．从某时刻起，半个周期后小球的位移不变
C．从某时刻起，周期后系统的机械能不变
D．从某时刻起，周期内小球的路程一定为L
13．甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．
甲组同学采用图甲所示的实验装置．该组同学先测量出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．请写出重力加速度的表达式g=____________（用所测物理量表示）．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值_________．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v-t图线．由图丙可知，该单摆的周期T=___________s．在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出（周期平方-摆长）图线，并根据图线拟合得到方程．由此可以得出当地的重力加速度g=___________．(取，结果保留3位有效数字)
14．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验．

①用表示单摆的摆长，用表示单摆的周期，重力加速度__________．
②实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的__________（选填选项前的字母）．
A．长约的细线
B．长约的橡皮绳
C．直径约的均匀铁球
D．直径约的均匀木球
③选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图__________中所示的固定方式．
④将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：__________（选填选项前的字母）．
A．测出摆线长作为单摆的摆长．
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动．
C．在摆球经过平衡位置时开始计时．
D．用秒表测量单摆完成次全振动所用时间并作为单摆的周期．
⑤甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量．你认为横坐标所代表的物理量是__________（选填“”、“ ”、“ ”），若图线斜率为，则重力加速度__________（用表示）．
⑥乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是_______（选填选项前的字母）．
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为次全振动的时间．
15．一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，始终保证以速率v水平向左匀速拉动记录纸，通过纸移动的空间距离间接反映运动时间的方法，记录振子的运动。记录笔在纸上留下如图17所示的图像，已知该图像是经过一定的平移操作后是一个正弦函数图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标。
（1）写出振子的平衡位置的纵坐标yC；
（2）求振子振动的周期T，并给出一个类似本题记录振动的方法的应用；
（3）若记录笔与记录纸之间的摩擦力和空气阻力很小但不可忽略，在答题纸相关区域定性画出记录纸上可能出现的图线；
16．一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．

(1)求振子的振幅、周期各为多大？．
(2)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，振子通过的路程为多大？
(3)求t＝2.0×10－2 s时振子的位移．
17．一弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示．
(1)写出该振子简谐运动的表达式
(2)并求出t=0.25×10－2s时质点的位移
(3)在t=1.5×10－2s到t=2×10－2s的振动过程中，质点的位移大小、动能大小如何变化？
参考答案
1．B
【解析】
小球做简谐运动,在平衡位置,有 计算得出 小球到达最右端时,弹簧的形变量为2倍振幅,即,故A错误；B正确；小球运动过程中有电场力做功,故机械能不守恒,故C错误;小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功,故对于弹簧和小球系统,电势能和弹性势能以及动能总量守恒,故D错误;故选B
2．C
【解析】
A、在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，①图不能作为该物体的速度—时间图象．故A错误．B、C、由简谐运动特征F=-kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，则知③图可作为该物体的回复力—时间图象．故B错误，C正确．D、由可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，则知④图不能作为该物体的a—t图象．故D错误．故选C．
【点睛】本题关键要掌握简谐运动中各个量与位移的关系，可定性作出判断，选择图象．
3．C
【解析】
扬声器纸盆的振动是受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，故A错误；根据多普勒效应可知，地球上接收到来自遥远星球的光波的频率变低，可以判断该星球正在远离我们，故B错误；“未见其人，先闻其声”是因为声波波长较长，容易发生衍射现象，而光波的波长较短，不容易发生明显的衍射，故C正确；在波的传播过程中，质点只在垂直于传播方向的方向上做简谐振动，在传播方向上的位移为零，故质点不可能运动到相邻波峰，故D错误；故选C
4．B
【解析】
根据公式可知，故B正确．
5．D
【解析】
【详解】
y-t图象的斜率表示速度，在1.5s时刻，斜率为负，说明向y轴负方向运动，故A错误；在第2秒末到第3秒末，是远离平衡位置，是减速运动，故B错误；根据a=-，在第1秒末，质点的加速度为负的最大，故C错误；在第1秒末到第3秒末，动能变化量为零，故合力做功为零，故D正确；
6．B
【解析】
【详解】
A. t3 和t5振子位置关于平衡位置对称，速度大小相同，根据图像可知，运动方向不同，所以动能相同，但动量大小相同，方向不同，A错误。
B.根据回复力方程可知，回复力与位移大小成正比，t2 和t5时刻位移比2：1，所以回复力大小之比2：1，B正确。
C.t3 和t4振子位置关于平衡位置对称，且速度方向相同，均为y轴负向，所以动能和动量均相同，C错误。
D.t1 和t4振子位置关于平衡位置对称，回复力始终指向平衡位置，所以两位置加速度方向相反，通过图像也可得出运动方向相反，所以加速度与速度均不同，D错误。
7．B
【解析】
A、由图看出,两单摆的周期相同，同一地点，g相同，由单摆的周期公式得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A错误；
B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；
C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小，故C错误；
D、在t=0.5s时，乙摆的位移为负向最大，速度为零，可知乙摆摆线张力最小，故D错误；
故选B．
【点睛】由图读出两个单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；由牛顿第二定律和向心力知识分析乙摆摆线张力．
8．B
【解析】
【详解】
单摆的周期公式，若单摆的摆长不变，则单摆振动的频率将不变；摆球经过平衡位置时的速度减为原来的1/3，振动减弱，故振幅变小，故B正确，ACD错误。
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
由题，两振子都做受迫振动，它们的频率都等于驱动力频率8f．由于乙的固有频率为9f，与驱动力频率8f较接近，则振幅较大．故选D．
10．AC
【解析】
A、由振动图象得到甲、乙两个单摆的周期之比为，根据单摆周期公式得，故甲、乙两个单摆的摆长之比为，故A正确；
B、根据摆长不同，摆动幅度相同，故摆角不等，故B错误；
C、有图可知时刻甲、乙两单摆的偏离平衡位置的差值最大，故势能差最大，故C正确；
D、时刻甲、乙两单摆的处于平衡位置，由动能定理得：，
由几何关系知：，（A为振幅，为摆长），联立得：，，故D错误．
点睛：本题关键从x-t图象得到周期，然后根据周期公式求解摆长之比，难度较大．
11．AD
【解析】
【详解】
AC.当小球在纸面内做小角度的振动时，圆心时点，摆长为，故周期为。故A周期，C错误。
BD.当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在正上方，摆长为，故周期为。故B错误，D正确
12．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．振子做简谐运动，经过半个周期时间后，振子的速率不变，故小球的动能不变；故A正确.
B．对于简谐运动，由运动的对称性可知经过半个周期后位移与之前的位移关系是大小相等，方向相反；故B错误.
C．振动过程中只有弹簧弹力做功，弹性势能和动能相互转化，则弹簧和小球的系统机械能守恒；故C正确.
D．振子振幅是L，振子从平衡位置或最大位移处开始四分之一个周期内振子通过的路程为L，从任意时刻起四分之一个周期内振子通过的路程不一定是L；故D错误.
13． 偏小 2.0 9.76
【解析】
根据得：
单摆完成n次全振动所用的时间t,所以周期为
则 ；由于松动导致测量的摆长变小，所以g的测量值也偏小．
结合图像可知单摆的周期为T=2s，
单摆的周期为
结合
可知： ，即
故本题答案是：(1). (2). 偏小 (3). 2.0 (4). 9.76
14． AC 乙 BC C
【解析】
①由周期公式，得；
②为减小误差应保证摆线的长短不变，A正确B错误；为了减小空气阻力，摆球密度要大，体积要小，C正确D错误；
③为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图乙；
④摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则A错误；把单摆从平衡位髓拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误．
⑤由得则，横坐标所代表的物理量是，则；
⑥由周期公式，得，振幅大小与g无关，A错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则g偏小，B错误；测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，则期偏小，则g偏大，C正确
【点睛】单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小．
15．(1)；(2),应用：心电图，示波器显示等；(3)
【解析】
【详解】
（1）根据简谐运动对称性结合题给图像，可知平衡位置纵坐标
（2）由图像可知，振子在一个周期内沿x方向的位移为，水平速度为v，故由题意知，振子的周期
类似方法的应用：心电图仪、地震监测仪、示波器显示、沙摆实验等
（3）弱阻尼振动图像如图：
16．(1)A=2cm，T=(2)s=34cm；(3)x=-2cm；
【解析】
(1) 由图象可知A=2 cm ，T＝2×10－2 s．
(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中Δt＝8.5×10－2 s＝T，所以通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm．
(3) t＝2.0×10－2 s时振子在负最大位移处，位移为-2 cm．
17．(1) 2sin(100πt－)cm (2)－cm(3)位移变大，动能变小
【解析】
【详解】
(1)由题图可知A=2cm，T=2×10－2s，
振动方程为
(2)当t=0.25×10－2s时，解得：.
(3)由题图可知在t=1.5×10－2s到t=2×10－2s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．