鲁科版（2019）高中物理选择性必修第一册第2章《机械振动》测试卷Word版含答案

第2章《机械振动》测试卷
一、单选题(共15小题)
1.弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过0.3
s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2
s，振子第二次经过P点，则该振子第三次经过P点是所需的时间为(　　)
A．
1.6
s
B．
1.1
s
C．
0.8
s
D．
0.33
s
2.简谐运动的表达式是x＝Asin(ωt＋φ)，其中简谐运动的相位是(　　)
A．A
B．ω
C．φ
D．ωt＋φ
3.如图(a)为单摆的振动图象，图(b)为单摆简谐运动的实际振动图示，则(b)图中t时刻摆球所在的位置为(　　)
A．A点
B．B点
C．C点
D．D点
4.如图所示，用轻弹簧连接起来的两个同样的摆，两摆的振动使它们任何时刻都偏过同样的角度，但图甲中两摆总是偏向同一方，即左右摆动步调一致；图乙中两摆总是向相反方向，即左右摆动步调相反，则两摆的周期T甲、T乙比较时，大小为(　　)
A．T甲＝T乙
B．T甲＞T乙
C．T甲＜T乙
D．
不能确定
5.弹簧振子的质量为M，弹簧劲度系数为k，在振子上放一质量为m的木块，使两者一起振动，如图所示．木块的回复力F′是振子对木块的摩擦力，F′也满足F′＝－k′x，x是弹簧的伸长(或压缩)量，那么为(　　)
A．
B．
C．
D．
6.如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t后第一次到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，在这个过程中振子的平均速度为(　　)
A．
大于
B．
等于
C．
小于
D．
0
7.一单摆在山脚处(认为在海平面高度)的周期为T，设地球的半径为R，将单摆移到山顶时测得的周期与原有周期相比改变了ΔT，则该山的高度H可表示为(　　)
A．R
B．R
C．
2π
D．R
8.一物体置于一平台上，随平台一起在竖直方向上做简谐运动，则(　　)
A．
当平台振动到最高点时，物体对平台的正压力最大
B．
当平台振动到最低点时，物体对平台的正压力最大
C．
当平台振动经过平衡位置时，物体对平台的正压力为零
D．
物体在上下振动的过程中，物体的机械能保持守恒
9.如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20
cm，图示P位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m向右拉动5
cm后由静止释放，经0.5
s振子m第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是(　　)
A．
该弹簧振子的振动频率为1
Hz
B．
若向右拉动10
cm后由静止释放，经过1
s振子m第一次回到P位置
C．
若向左推动8
cm后由静止释放，振子m两次经过P位置的时间间隔是2
s
D．
在P位置给振子m任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20
cm，总是经0.5
s速度就降为0
10.如图所示，曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子上下自由振动，测得振动频率为2
Hz，然后匀速转动摇把，转速为240
r/min
，当振子振动稳定后，它的振动周期为(　　)
A．s
B．s
C．
2
s
D．
4
s
11.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是(　　)
A．
在t＝0.2
s时，弹簧振子一定运动到B位置
B．
在t＝0.3
s与t＝0.5
s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C．
从t＝0到t＝0.2
s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加
D．
在t＝0.2
s与t＝0.6
s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
12.单摆做简谐运动时，当铁质摆球到达最高点时，将一块小磁铁轻轻地吸附在摆球上，则该单摆(　　)
A．
振动的能量将增大
B．
振幅将增大
C．
通过最低点时的速率变大
D．
周期将增大
13.如图所示，物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k.当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为(　　)
A．
B．
C．
D．
14.质点做简谐运动，从质点经过某一位置时开始计时，则(　　)
A．
当质点再次经过此位置时，经过的时间为一个周期
B．
当质点的速度再次与零时刻的速度相同时，经过的时间为一个周期
C．
当质点的加速度再次与零时刻的加速度相同时，经过的时间为一个周期
D．
当质点经过的路程为振幅的4倍时，经过的时间为一个周期
15.某同学利用如图所示实验装置研究摆球的运动情况，摆球由A点由静止释放，经过最低点C到达与A等高的B点，D、E、F是OC连线上的点，OE＝ED，DF＝FC，OC连线上各点均可钉细钉子．每次均将摆球从A点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．
若只在F点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动
B．
若只在F点钉钉子，摆球最高可能摆到D点
C．
若只在D点钉钉子，摆球最高只能摆到AB连线以下的某点
D．
若只在E点钉钉子，摆球最高可能摆到AB连线以上的某点
二、填空题(共3小题)
16.某同学利用单摆测定当地重力加速度．如图甲所示，实验时使摆球在垂直于纸面的平面内摆动．为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源、光敏电阻与某一自动记录仪相连；他用刻度尺测量细绳的悬点到球的顶端的距离当作摆长，分别测出摆长为L1和L2时，该仪器显示的光敏电阻的阻值R随时间t变化的图线分别如图乙、丙所示．
(1)根据图乙、丙可知：当摆长为L1时，单摆的周期为T1＝______；当摆长为L2时，单摆的周期为T2＝______.
(2)请用所测量的物理量L1、L2、T1、T2，写出摆球直径的表达式d＝____，当地的重力加速度值g＝____.
(3)写出两条对提高实验结果准确程度有益的建议①________；②________.
17.单摆是理想化的力学模型之一，当单摆的最大摆角在0到10°区间时，单摆的运动非常接近简谐运动．某一单摆，其振动过程中最大偏角θ＝5°，摆球经过平衡位置时，摆球的速度大小为0.2
m/s，则此单摆的摆长是______m，运动的周期是______s．(已知sin
5°＝0.087，cos
5°＝0.996，g取10
m/s2)
18.将单摆挂在测力传感器的探头上，用测力探头和计算机组成的实验装置来测定单摆摆动过程中摆线受到的拉力(单摆摆角小于5°)，计算机屏幕上得到如图(a)所示的图象．然后使单摆保持静止，得到如图(b)所示的图象．那么：
(1)此单摆的周期为______s.
(2)设摆球在最低点时重力势能Ep＝0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是______．
A．E＝
B．E＝
C．E＝
D．E＝
三、实验题(共3小题)
19.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，
①测摆长时，若正确测出悬线长l和摆球直径d，则摆长为____________；
②测周期时，当摆球经过______位置时开始计时并数1次，测出经过该位置N次(约60～100次)的时间为t，则周期为____________．
③为了提高测量结果精确度，要求测量多组周期T和摆长L，作L－T2关系图象来处理数据．实验时某同学在正确操作和测量的情况下，测得多组摆长L和对应的周期T，画出L－T2图象，如图所示．出现这一结果最可能的原因是：摆球重心不在球心处，而是在球心的正______方(选填“上”或“下”)．为了使得到的实验结果不受摆球重心位置的影响，他采用恰当的数据处理方法：在图线上选取A、B两个点，找到两点相应的横、纵坐标，如图所示．用表达式g＝____________计算重力加速度，此结果即与摆球重心就在球心处的情况是一样的．
20.在“用单摆测定重力加速度”的实验中
(1)为使实验误差尽量小，下列器材中不需要的有______．
A、带夹子的铁架台，B、带小孔的实心木球，C、带小孔的实心铁球，D、秒表，E、长约1
m的细线，F、长约10
m的细线，G、带毫米刻度的米尺，H、游标卡尺，I、天平
(2)某同学按如图所示的装置进行实验，甲、乙两图是从不同角度对同一装置拍摄所得的效果图，甲图为摆球静止在平衡位置的情形，乙图为摆球振动过程中某一时刻的情形，请指出该同学的实验装置或实验操作中不妥之处：(写出一个即正确)______．
(3)在测量摆长时，小明同学先把细线放在水平桌面上呈自然伸长状态，然后用刻度尺量出细线从结点到小球球心的距离为L，然后把细线结点挂到铁架台上，再去测量其他的物理量，由此得出的重力加速度g比实际值______(填“偏大”“偏小”或“不变”)
(4)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期为______
A.B.C.D.
(5)在该实验中，如果摆球质量分布不均匀，某同学于是设计了下面一种计算方法：第一次测量悬线长为L1，测得周期为T1；第二次测量悬线长为L2，测得周期为T2，由此可推算出重力加速度g＝____________.
21.“在用单摆测定重力加速度”的实验中
(1)用摆长为L和周期T计算重力加速度的公式是g＝____________.
(2)如果用10分度的游标卡尺测得的摆球直径如图甲所示，则摆球的直径d＝______cm；用最小刻度为1
mm的刻度尺的零点对准摆线的悬点，测得的摆线长如图乙所示，则单摆的摆长为L＝______cm；如果测量了40次全振动的时间如图丙所示，则此单摆的振动周期T＝______s.
(3)由实验数据得出重力加速度g＝______π2.
四、计算题(共3小题)
22.弹簧振子的固有周期为0.4
s，振幅为5
cm，从振子经过平衡位置开始计时，经2.5
s小球的位置及通过的路程为多大？
23.如图所示，弹簧振子在光滑水平面上以振幅A做简谐运动，质量为M的滑块上面放一个质量为m的砝码，砝码随滑块一起做简谐运动，已知弹簧的劲度系数为k，试求：
(1)使砝码随滑块一起振动的回复力是什么力？它跟位移成正比的比例常数k′等于多少？
(2)当滑块运动到振幅的一半时，砝码所受回复力有多大？方向如何？
(3)当砝码与滑块的动摩擦因数为μ时，要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为多大？
24.如图所示，光滑水平面上放有一个弹簧振子，已知振子滑块的质量m＝0.1kg，弹簧劲度系数为k＝32
N/m，将振子滑块从平衡位置O向左移4
cm，由静止释放后在B、C间运动，设系统在B处时具有的弹性势能为5
J，问：
(1)滑块的加速度的最大值am为多少？
(2)求滑块的最大速度vm
(3)滑块完成5次全振动时走过的路程s
答案解析
1.【答案】D
【解析】若从O点开始向右振子按下面路线振动，作出示意图如图，
则振子的振动周期为
T1＝4×(0.3＋×0.2)
s＝1.6
s，
则该质点再经时间Δt1＝T－0.2
s＝1.40
s，第三次经过P点．
若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图，
设从P到O的时间为t，则×0.2＋t＝
解得：t＝s
则周期T＝4×(＋0.1)
s＝s
则该质点再经时间Δt2＝T－0.2
s＝s≈0.33
s，第三次经过P点，故D正确，A、B、C错误．
2.【答案】D
【解析】简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ)中，简谐运动的相位是ωt＋φ.
3.【答案】C
【解析】由图(a)可知，t时刻质点正在向负向最大位移运动，因向右为正方向，故此时摆球处在C点．
4.【答案】B
【解析】单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，甲中两摆总是偏向同一方，左右摆动步调一致，弹簧没有弹力，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，其周期仍为T甲＝2π.而图乙中两摆总是向相反方向，左右摆动步调相反，若弹簧一直处于伸长状态，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快，周期缩短；若弹簧一直处于压缩状态，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快．若伸长和压缩状态交替产生，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快，则T乙＜2π，所以T甲＞T乙，故选B.
5.【答案】B
【解析】整体做简谐运动，则对整体有：F＝－kx.木块做简谐运动，则对木块有：F′＝－k′x；故＝；由于木块加速度与整体加速度相同，故＝，故＝故选B.
6.【答案】A
【解析】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为＝＞，故A正确，B、C、D错误．
7.【答案】D
【解析】设单摆的摆长为L，地球的质量为M，则根据万有引力定律可得地面的重力加速度和高度为h时的重力加速度分别为：g＝G，gh＝G
根据单摆的周期公式可知T＝2π，Th＝2π；由以上各式可求得H＝R.
8.【答案】B
【解析】物体和平台一起做简谐运动，加速度方向总是指向平衡位置，当处于平衡位置下方时，加速度向上，处于超重状态，根据牛顿第二定律，有：FN＝mg＋ma，在最低点加速度最大，支持力最大；根据牛顿第三定律，物体对平台的正压力最大，故A错误，B正确；当平台振动经过平衡位置时，加速度为零，物体对平台的正压力等于物体的重力，故C错误；物体运动过程中，支持力做功，故机械能不守恒，故D错误；故选：B.
9.【答案】D
【解析】由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝0.5×4
s＝2
s，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2
s，振动频率为0.5
Hz，所以B选项中应经过0.5
s第一次回到P位置，A、B选项错误；C选项中两次经过P位置的时间间隔为半个周期，是1
s，C选项错误，D选项正确．
10.【答案】B
【解析】受迫振动的周期等于驱动力的周期，故T＝s＝s.
11.【答案】B
【解析】在t＝0.2
s时，弹簧振子位移最大，但没有规定正方向，故可能在A点，也可能在B点，故A错误；x－t图象的切线斜率表示速度，在t＝0.3
s与t＝0.5
s两个时刻，弹簧振子的速度相同，故B正确；从t＝0到t＝0.2
s的时间内，位移增加，远离平衡位置，故动能减小，故C错误；在t＝0.2
s与t＝0.6
s两个时刻，位移相反，根据a＝－，加速度相反，故D错误．
12.【答案】A
【解析】铁质摆球到达最高点时，将一块小磁铁轻轻地吸附在摆球上，所以振幅不变，摆球到达最低点的速度设为v，由机械能守恒定律有：mgh＝mv2，得v＝，h不变，v不变，可知，单摆通过最低点时的速率不变；由Ek＝mv2可知，摆球的质量增大，则经过平衡位置时的动能增大，因此振动的能量将增大，故A正确，C错误；单摆的振幅是摆球到平衡位置的最大距离，可知振幅不变，故B错误；由单摆的周期公式T＝2π，可知，单摆摆长不变，则振动的周期不变，故D错误．
13.【答案】A
【解析】绳剪断前，弹簧伸长的长度：x1＝；绳剪断后，A做简谐运动，在平衡位置时，弹簧的拉力与重力平衡，此时弹簧伸长的长度为：x2＝；所以A振动的振幅为：A＝x1－x2＝－x2＝.
14.【答案】D
【解析】若从最大位移处开始计时，当质点再次经过此位置时，经过的时间为一个周期，若从其他位置开始计时，则小于一个周期，故A错误；当速度再次与零时刻的速度相同时，也有可能是过关于平衡位置对称的两个点，故B错误；当加速度再次与零时刻的加速度相同时，也有可能两次经过平衡位置一侧的某个点，故C错误；一个周期的路程为振幅的4倍，故D正确．
15.【答案】A
【解析】若在F点以下某点钉钉子，则小球半径很小，只要小球到达最高点时，重力小于小球转动需要的向心力，则小球可以做完整的圆周运动，故A正确；若在F点放钉子，则根据机械能守恒小球应该摆到D点，但由于小球在竖直面内做圆周运动，由竖直面内圆周运动的临界条件可知，到达D点时速度为零，则说明小球达不到D点即已下落，故B错误；若钉子在D点及以上，则由机械能守恒定律可知，小球最高只能摆到AB连线上的某点，故C错误；若只在E点钉钉子，根据能量守恒定律，摆球最高只能摆到AB连线上的某点，则D错误．
16.【答案】(1)2t1　2t2　(2)　
(3)①摆线的最大摆角不超过5°　②选择密度大的钢球
【解析】(1)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R－t图线可知周期为T1＝2t1，T2＝2t2.
(2)摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T＝2π得：
T1＝2π；T2＝2π
联立解得，d＝，g＝
(3)提高实验结果准确程度建议：①摆线的最大摆角不超过5°；②选择密度大的钢球．
17.【答案】0.5　1.4
【解析】摆球摆动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：mgl(1－cos
5°)＝mv2.
解得：l＝＝＝0.5
m；
故单摆的周期为：T＝2π＝2×3.14×s≈1.4
s.
18.【答案】(1)0.8
s　(2)AC
【解析】(1)平衡位置处拉力最大，最大位移处拉力最小．从图中看出单摆的周期为0.8
s.
(2)单摆在最低点时F1－mg＝m，mg＝F3.根据周期公式摆长l＝，联立得：Ek＝mv2＝.
当单摆摆动到最高点时，有：E＝Ep＝mgl(1－cosθ)，又F2＝mgcosθ，l＝，解得E＝.
故A、C正确，B、D错误．
19.【答案】①l＋　②平衡　　③下　
【解析】①摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，则摆长L＝l＋.
②因为摆球在平衡位置时的速度最大，当摆球经过平衡位置时开始计时误差较小，单摆在一个周期内两次通过最低点，单摆的周期为：
T＝＝.
③由图示图象可知，L－T2图象在横轴上有截距，说明所测摆长偏小，可能是摆球的重心在球心的正下方处造成的；
由单摆周期公式：T＝2π
解得：L＝T2，
由图示L－T2图象可知，图象的斜率：k＝＝，则重力加速度：g＝.
20.【答案】(1)BFI　(2)细线不能绕在铁杆上，摆角太大
(3)偏小　(4)A　(5)
【解析】(1)实验需要用刻度尺测摆线长，游标卡尺测金属球的直径、用秒表测时间，此外还需要：铁夹、铁架台、带中心孔的金属小球和细线等仪器；由此看出，不需要的器材是B、F、I；
(2)实验时摆长应保持不变，应用铁夹夹住摆线的上端，由图甲所示可知，摆线缠绕在铁架上而不是用夹子夹住摆线，这是错误的；由图乙所示可知，单摆的摆角太大；
(3)根据单摆的周期公式T＝2π，重力加速度表达式为：
g＝
由于摆长L的测量值偏小，故重力加速度的测量值也偏小；
(4)摆球两次经过最低点的时间间隔是半个周期，所以摆球通过最低点作为第1次停表开始计时到一直数到摆球第n次通过最低点，摆球经过了(n－1)个半个周期，所以单摆的周期：T＝＝，故选A；
(5)根据单摆的周期公式T＝2π推导出重力加速度表达式g＝，故T2＝L，故T2－L图象的斜率为：k＝＝
解得：g＝.
21.【答案】(1)　(2)1.35　96.875(96.78～96.90)　1.98　(3)0.988
4
【解析】(1)根据单摆周期公式T＝2π，得到g＝
(2)由图示游标卡尺可知，主尺的示数是13
mm，游标尺的示数是5×0.1
mm＝0.5
mm，
则游标卡尺示数，即小球直径d＝13
mm＋0.5
mm＝13.5
mm＝1.35
cm；
摆线的长度：l＝96.20
cm
单摆的摆长为L＝l＋＝96.20＋＝96.875
cm
由图示秒表可知，分针示数是1
min＝60
s，秒针示数是19.2
s，秒表示数是60
s＋19.2
s＝79.2
s，
单摆周期T＝＝＝1.98
s；
(3)重力加速度：g＝＝×π2＝0.988
4π2.
22.【答案】最大位移处1.25
m
【解析】时间t＝2.5
s＝6T＋，由于从平衡位置开始振动，所以在2.5
s内振子通过的路程为s＝25A＝25×0.05
m＝1.25
m，经过2.5
s，振子到达最大位移处，其位移大小为：x＝A＝0.05
m.
23.【答案】(1)k′＝k
(2)　方向指向平衡位置
(3)
【解析】(1)使砝码随着滑块一起振动，砝码所受静摩擦力是产生砝码与滑块一起变加速运动的加速度．故M对m的静摩擦力是回复力．
其大小由牛顿第二定律有：Ff＝ma
整体法求共同加速度a，则有：a＝＝；
联立上两式，解得：k′＝k(k为弹簧的劲度系数)
(2)当滑块运动到振动幅的一半位置时回复力：Ff′＝ma＝k·＝，方向指向平衡位置．
(3)从Ff＝k′x，可以看出，当x增大时，Ff也增大，当Ff＝Ffm＝μFN时，有最大振动幅，
因Ffm＝mam＝μmg
所以：·Am＝μmg；
解得：Am＝.
24.【答案】(1)12.8
m/s2　(2)10
m/s　(3)80
cm
【解析】(1)在B点加速度最大，故：kx＝ma
a＝＝m/s2＝12.8
m/s2
(2)系统机械能守恒，故：Epm＝mv
解得：vm＝＝＝10
m/s
(3)滑块完成5次全振动时走过的路程：s＝5×4A＝20A＝20×4
cm＝80
cm.