上海市丰华高中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．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．t3 和t4具有相同的动能和不同的动量
C．t2 和t5时刻振子所受的回复力大小之比为 2:1
D．t1 和t4时刻具有相同的加速度和速度
2．一弹簧振子振幅为，从最大位移处经过时间第一次到达平衡位置，若振子从平衡位置处经过时的加速度大小和动能分别为和，而振子位移为时加速度大小和动能分别为和，则、和、的大小关系为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．如图所示为某质点的振动图象，由图可知（ ）
A．第末质点的位移是
B．第末和第末，质点的动量方向相同
C．第内回复力做正功
D．第内的加速度在逐渐变大
4．如图甲所示，弹簧振子在、两点之间做简谐运动．点为平衡位置，以平衡位置为原点，建立轴，向右为轴的正方向．振子的位移随时间的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是（ ）
A．振子位于点时开始计时
B．和时振子的加速度相同
C．到的振动过程中振子的振幅减小
D．时振子运动到点，动能最大
5．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是（ ）
A．可以是恒力
B．可以是方向不变而大小变化的力
C．可以是大小不变而方向改变的力
D．一定是变力
6．如图甲所示，一个单摆的小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，振动图象如图乙所示．不计空气阻力， 取．对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）

A．单摆的位移随时间变化的关系式为
B．单摆的摆长约为
C．从到的过程中，摆球由左向右接近平衡位置
D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
7．周期为的摆叫秒摆，若要将秒摆的周期变为，下列措施可行的是（ ）
A．将摆球的质量及振动的振幅均减半
B．将振幅和摆长均减半
C．将摆长减为原来的
D．将摆长减为原来的
8．如图所示是一做简谐运动的物体的振动图象，下列说法正确的是(　 　)
A．振动周期是4×10-2s
B．0—2×10-2s内物体的位移是0 cm
C．物体的振动频率为4 Hz
D．物体的振幅是20 cm
9．做简谐运动的弹簧振子除平衡位置外，在其他位置时，关于它的加速度方向，下列说法正确的是（ ）
A．一定与速度方向相同
B．有时与速度方向相同，有时与速度方向相反
C．总是指向平衡位置
D．总是与位移方向相反
10．关于摆的等时性及摆钟的发明，下列叙述符合历史事实的是（ ）
A．单摆的等时性是由惠更斯首先发现的
B．单摆的等时性是由伽利略首先发现的
C．惠更斯首先将单摆的等时性用于计时，发明了摆钟
D．伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
11．同一地点的甲、乙两单摆（摆球质量相等）的振动图象如图所示，下列说法中正确的是
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的机械能比乙摆小
C．甲摆的最大速率比乙摆小
D．在周期时振子具有正向加速度的是乙摆
E.在周期时甲摆的回复力为零
12．在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中，下列做法正确的是
A．应选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线
B．用刻度尺测出细线的长度并记为摆长
C．在小偏角下让单摆摆动
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，测量一次全振动的时间作为单摆的周期
E.通过简单的数据分析，若认为周期与摆长的关系为，则可作图象；如果图象是一条直线，则关系成立
13．如图1所示，可以采用双线摆和光电计数器测定当地的重力加速度，已知每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属小球半径为r，AB为光电计数器。现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个较小的角度并由静止释放，同时启动光电计数器，当小球第一次经过图中虚线（光束）位置O时，由A射向B的光束被挡住，计数器计数一次，显示为“1”，同时计时器开始计时，然后每当小球经过O点时，计数器都计数一次，当计数器上显示的计数次数刚好为n时，所用的时间为t，由此可知：
??
(1)双线摆的振动周期T=_____，双线摆的摆长L=_____。
(2)在实验中，测量了几种不同摆长情况下单摆的振动周期，并以L为横坐标，T2为纵坐标，作出T2-L图象，如图2所示，若已知图线的斜率为k，则利用此图象求得重力加速度g=_____。（用k表示）
(3)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图3所示，则该摆球的直径为_____cm。
14．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)根据单摆的周期公式，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2—l图象，就可以求出当地的重力加速度。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甲所示。
①造成图象不过坐标点的原因可能是_____。
②由图象求出的重力加速度g=_______m/s2。（取π2=9.87）
(2)某同学在实验中先测得摆线长为97.50cm，摆球直径2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示，则
①该摆摆长为____cm，秒表表示读数为_____s。
②如果测得的g值偏小，可能的原因是______。
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．实验时误将49次全振动数为50次
C．开始计时时，停表过迟按下
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
15．一列简谐横波某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，图甲中质点X=15m的振动图象如图乙所示。则该波的传播方向？波速多大？
16．如图所示为A、B两个弹簧振子简谐运动的位移—时间图象．试完成以下问题:

（1）弹簧振子B在第0.2s末到第0.4 s末这段时间内,振子的加速度的方向如何?
（2）请根据图象写出A、B振子简谐运动的表达式．
（3）振子A在第10s时的位移是多少?前10 s内的路程是多少?（此问要求有分析过程 只写结果不得分）
17．如图所示，一个质点在平衡位置O点（坐标原点）附近做简谐运动，当质点从O点左侧的某一点M ′开始计时（t=0s），通过平衡位置O向右侧运动时，经过4s第一次到达M ′的对称位置的M点，再向前运动，又经过2s它第二次经过M点，在这个过程中质点通过的路程为8cm。求：
(1)该质点做简谐运动周期T；
(2)该质点做简谐运动的振幅A；
(3)若从平衡位置O开始计时（t=0s），质点经过30s的路程S和位移x。
参考答案
1．C
【解析】
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，故A错误；
B.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，故B错误；
C.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，故C正确；
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，故D错误。
2．A
【解析】
从平衡位置到最大位移处运动，振子做减速运动，并且加速度增大，所以经过，通过的位移大于，此处的加速度增大，速度减小，所以，.
A. ，.故选项A符合题意.
B. ，.故选项B不符合题意.
C. ，.故选项C不符合题意.
D. ，.故选项D不符合题意.
3．D
【解析】
A.从图象可以看出第3s末，位移是零.故选项A不符合题意.
B.从图象可以看出第3s末，速度沿x轴负方向且最大，而第2s末v=0，所以动量方向不同.故选项B不符合题意.
CD.从图象可以看出第2s内，速度减小，回复力做负功，位移增加，由
可知，加速度变大.故选项D符合题意，选项C不符合题意.
4．D
【解析】
A.由图象乙知，时振子经过平衡位置，所以是从平衡位置O点开始计时的.故选项A不符合题意.
B.由图象乙知，s时，振子的位移为正方向的最大，1.2s时振子的位移为负方向的最大，根据
可知，两处的加速度方向相反.故选项B不符合题意.
C.弹簧振子的振幅不随时间发生变化.故选项C不符合题意.
D.由图乙可知，0.8s时振子经过平衡位量速度最大动能最大.故选项D符合题意.
5．D
【解析】
【详解】
回复力特指使振动物体回到平衡位置的力，对简谐运动而言，其大小必与位移大小成正比，一定是变力.
A.可以是恒力.故选项A不符合题意.
B.可以是方向不变而大小变化的力.故选项B不符合题意.
C.可以是大小不变而方向改变的力.故选项C不符合题意.
D.一定是变力.故选项D符合题意.
6．A
【解析】由振动图象读出周期，振幅，由得到角频率，则单摆的位移随时间变化的关系式为．故A正确．由公式，T=2s代入得到．故B错误．从到的过程中，摆球从最高点运动到最低点，由右向左接近平衡位置．故C错误．从到的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错误．故选A．
7．D
【解析】
【详解】
AB.由单摆的周期公式可知，摆球质量和摆的振幅均不影响单摆的周期，故A项不合题意，B项不合题意.
CD.只有改变摆长即可改变周期，由周期公式知：
，
得：，故C项不合题意，D项符合题意.
8．AB
【解析】
【详解】
A.根据图像可知完成一个完整振动的时间即振动周期为4×10-2s，故A正确；
B.0时刻和第2×10-2s末物体都在平衡位置，所以0-2×10-2s内物体的位移是0 cm，故B正确；
C.物体的频率：，故C错误；
D.根据图像可知振幅为10cm，故D错误；
9．BCD
【解析】
【详解】
回复力指使物体回到平衡位置的力，对简谐运动而言，其大小必与位移大小成正比，其方向与位移方向相反，并总是指向平衡位置，而加速度的方向与回复力的方向相同；由于振子的运动具有周期性，故加速度方向与速度方向有时相同，有时相反.
A.一定与速度方向相同.故选项A不符合题意.
B.有时与速度方向相同，有时与速度方向相反. 故选项B符合题意.
C.总是指向平衡位置. 故选项C符合题意.
D.总是与位移方向相反. 故选项D符合题意.
10．BC
【解析】
【详解】
AB.伽利略最早发现了教堂里吊灯摆动的等时性；故A项不合题意，B项符合题意.
CD.后来惠更斯按照伽利略的构想，发明制作了一个摆钟；故C项符合题意，D项不合题意.
11．ADE
【解析】
【详解】
A.由图象可知，甲、乙周期相同，又，同一地点所以g相同，故摆长l相等，A项符合题意.
BC.由图象可知，甲、乙振幅相同，摆球质量相等，所以两摆的机械能相等，最大速率相等，B项不合题意；C项不合题意.
D.由图象可知，周期时甲摆处于平衡位置，乙摆处于负向最大位移处，故乙摆具有正向加速度，D项符合题意.
E.在周期时甲摆正经过平衡位置，故此时回复力为零，E项符合题意.
12．ACE
【解析】
【详解】
A.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，选择伸缩性小、尽可能长的细线作摆线，故A项符合题意.
B.刻度尺测出细线的长度再加上小球的半径才是摆长，故B项不合题意.
C.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，故C项符合题意.
D.当单摆经过平衡位置时速度最大，此时开始计时误差最小，但是要测量n次全振动的时间为t，再由求周期误差较小，故D项不合题意.
E.处理数据的时候，通常由线性关系比较好得出结论，故作图象；故E项符合题意.
13． 或 0.97
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]振动的周期数为 ，因此振动周期为。
[2]摆动的过程相当于绕水平部分的中点摆动，因此摆长
(2)[3]根据单摆的振动周期公式
整理得
可得
因此
(3)[4]摆球直径
14．摆长漏加小球半径 9.87 98.50 99.8 D
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]图像不通过坐标原点，将图像向右平移就会通过坐标原点，故相同周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径。
由
得
则有
计算得出
(2)[3][4][5]摆长为
停表的读数为
根据
得：A．测摆线时摆线拉得过紧,则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B．实验时误将49次全振动数为50次，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故B错误；
C．开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故D正确。
故选D。
15．X轴负向，25m/s
【解析】 由振动图象乙读出t=0时刻X=15m的质点运动方向沿y轴正方向，则由波动图象甲判断可知该波沿x轴正负方向传播。由振动图象读出周期T=0.8s，由波动图象读出波长λ=20m，则波速v=λ/T=20/0.8=25m/s，
【名师点睛】 由振动图象乙读出该时刻（t=0）质点的振动方向，再判断波的传播方向．由振动图象读出周期，由波动图象读出波长，求出波速．
16．(1）沿X轴正方向
（2）x＝0.5sin（5πt＋π）cm x＝0.2sin（2.5πt＋）cm
振子A在第10s时的位移是 0 前10 s内的路程是 50cm
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律和回复力的方向即可求出加速度；求出角速度，φ为初相位，由图读出，即可写出振动方程；将时间代入振动方程即可求出位移，根据在一个周期内振子所经过的路程等于4个振幅，即可求出总路程．
（1）由图可知弹簧振子B在第0.2s末到第0.4 s末这段时间内,振子的加速度的方向沿x轴正向．
（2）由图象知：A的振幅是0.5 cm，周期是0.4 s；B的振幅是0.2 cm，周期是0.8 s．由图象知：A中振动的质点已振动了，φ=π，由T=0.4 s，得：，则简谐运动的表达式为： ，B中振动的质点从平衡位置沿正方向已振动了，，由T=0.8 s得，则简谐运动的表达式为：．
（3）振子A在第10s时回到平衡位置，所以位移是0，A的周期是0.4s，在一个周期内，振子所经过的路程是4A，所以总路程为：．
点睛：本题是对弹簧振子的考查，决本题的关键是能从振动图象上获取信息，会求简谐运动的位移，以及掌握简谐运动的表达式x=Asin（ωt+φ）．
17．（1）12s；（2）4cm；（3）30cm；0
【解析】（1）设质点在左右最大位移处的点为N和，则周期为
根据对称性可得：
故解得
（2）根据题意可知，解得A=4cm
（3）因为，所以30s末时质点在平衡位置，所以位移为0，经过的路程