第一章　机械振动 单元测试题 Word版含解析

单元素养评价（一)
(第一章)
(90分钟　100分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)
1.(2020·遂宁高二检测)一个质点做简谐运动,它的振动图像如图所示,则 (　　)
A.图中的曲线部分是质点的运动轨迹
B.有向线段OA是质点在t1时间内的位移
C.有向线段OA在x轴的投影是质点在t1时刻的位移
D.有向线段OA的斜率是质点在t1时刻的速率
【解析】选C。图中的曲线部分是质点的位移与时间的对应关系,不是质点的运动轨迹,故A错;质点在t1时间内的位移,应是曲线在t1时刻的纵坐标,故B错,C对;质点在t1时刻的速率应是曲线在t1时刻所对应的曲线的斜率,故D错。
2.做简谐运动的弹簧振子质量为0.2 kg,当它运动到平衡位置左侧20 cm时,受到的回复力是4 N;当它运动到平衡位置右侧40 cm处时,它的加速度为 (　　)
A.20 m/s2,向右　　　　B.20 m/s2,向左
C.40 m/s2,向右 D.40 m/s2,向左
【解析】选D。加速度方向指向平衡位置,因此方向向左。由力和位移的大小关系可知,当x=40 cm时,F=8 N,a==40 m/s2。
3.(2020·广元高二检测)某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x=10sin(t)(cm),则下列关于质点运动的说法中正确的是 (　　)
A.质点做简谐运动的振幅为5 cm
B.质点做简谐运动的周期为4 s
C.在t=4 s时质点的速度最大
D.在t=4 s时质点的位移最大
【解析】选C。根据简谐运动的表达式x=Asin(ωt+φ),知振幅为10 cm,周期T==8 s,故A、B错误;在t=4 s时可得位移x=0,物体在平衡位置,速度最大,故C正确,D错误。
4.如图为一水平弹簧振子的振动图像,由此可知 (　　)
A.在t1时刻,振子的动能最大,所受的弹力最大
B.在t2时刻,振子的动能最大,所受的弹力最小
C.在t3时刻,振子的动能最大,所受的弹力最小
D.在t4时刻,振子的动能最大,所受的弹力最大
【解析】选B。题图描述的是振子在不同时刻的位置,t2和t4是在平衡位置处,t1和t3是在最大位移处,头脑中应出现弹簧振子运动的实物图形。根据弹簧振子运动的特征,弹簧振子在平衡位置时的速度最大,加速度为零,即弹力为零;在最大位移处,速度为零,加速度最大,即弹力最大,所以B项正确。
【总结提升】简谐运动图像的解题技巧
(1)振幅A:图像的峰值。
(2)周期T(频率f):完成一次全振动经历的时间为周期,图像上相邻两个位移为正的最大值或负的最大值之间的时间间隔等于一个周期。周期与频率的关系:f=。
(3)任一时刻振动物体的位移:对应图像上点的纵坐标。
(4)任一时刻振动物体的加速度:大小与位移成正比,方向与位移方向相反,即总是指向平衡位置(即平行于x轴且指向t轴)。当振动物体运动到平衡位置时,加速度为零;当位移最大时,加速度最大。
(5)任一时刻振动物体的速度:图像的斜率表示速度,斜率的正负表示速度的方向,斜率的绝对值表示振动速度的大小。
(6)未来任一时刻的振动状态:将图像直接延长即可,若未来时间多于一个周期,则利用周期性只需延长去除整数周期后的剩余时间即可。
5.(多选)一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图甲所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图乙所示。当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,砝码的振动图像如图丙所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则 (　　)
A.由图线可知T0=4 s
B.由图线可知T0=8 s
C.当T在4 s附近时,Y显著增大,当T比4 s小得多或大得多时,Y很小
D.当T在8 s附近时,Y显著增大,当T比8 s小得多或大得多时,Y很小
【解析】选A、C。由题中图乙可知,弹簧振子的固有周期T0=4 s,故A选项正确,B选项错误。根据受迫振动的特点:当驱动力的周期与系统的固有周期相同时发生共振,振幅最大;当驱动力的周期与系统的固有周期相差越多时,受迫振动物体振动稳定后的振幅越小,故C选项正确,D选项错误。
6.如图所示是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移—时间图像,下列有关该图像的说法不正确的是 (　　)
A.该图像的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置
B.从图像可以看出小球在振动过程中是沿x轴方向移动的
C.为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移,让底片沿x轴方向匀速运动
D.图像中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同
【解析】选C。该图像的坐标原点是建立在弹簧振子的平衡位置,小球的振动过程是沿x轴方向移动的,故选项A、B正确;由获得图像的方法知选项C错误;频闪照相是在相同时间内留下的小球的像,因此小球的疏密显示了它的位置变化快慢,故选项D正确。
7.(多选)(2020·达州高二检测)如图所示,为一质点的振动图像,曲线满足正弦变化规律,则下列说法中正确的是 (　　)
A.该振动为简谐振动
B.该振动振幅为10 cm
C.前0.08 s内,质点发生的位移为20 cm
D.0.04 s末,质点的振动方向沿x轴负向
【解析】选A、D。该图像表示质点的位移随时间周期性变化的规律,是简谐振动,故A正确;由题图可知该振幅为5 cm,故B错误;由题图可知质点的周期为0.08 s,所以在0.08 s末,质点又回到了平衡位置,所以前0.08 s内,质点发生的位移为0,故C错误;根据振动规律可知,0.04 s末质点的振动方向沿x轴负向,故D正确。
8.如图所示,一单摆悬于O点,摆长为L,若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子,使OO′=,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10°,则此摆的周期是 (　　)
A.2π　　　　　　　　　　B.2π
C.2π(+) D.π(+)
【解题指南】解答本题需注意以下两点:
(1)单摆的周期公式。
(2)该单摆运动过程中摆长是发生变化的。
　【解析】选D。根据T=2π,该单摆有周期摆长为L,周期摆长为L,故T=π+π,故D正确。
9.(多选)如图所示,一轻弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子,物体在同一条竖直线上的AB间做简谐运动,O为平衡位置,C为AO的中点,已知CO=h,弹簧的劲度系数为k。某时刻物体恰好以大小为v的速度经过C点并向上运动。则以此时刻开始半个周期的时间内,对质量为m的物体,下列说法正确的是 (　　)
A.重力势能减少了2mgh
B.回复力做功为2mgh
C.速度的变化量的大小为2v
D.通过A点时回复力的大小为kh
【解析】选A、C。作弹簧振子的振动图像如图所示,由于振动的周期性和对称性,在半个周期内弹簧振子将运动到D点,C、D两点相对平衡位置对称,因此弹簧振子的高度降低了2h,重力做功2mgh,故弹簧振子的重力势能减少了2mgh,A项正确;回复力是该振子所受的合外力,由对称关系知,弹簧振子过D点的速度大小与过C点时相等,方向竖直向下,因此回复力做的功等于弹簧振子动能的改变量为零,而速度的变化为Δv=v-(-v)=2v,B项错,C项对;弹簧振子通过A点相对平衡位置的位移为2h,因此回复力F=-kx=-2kh,D项错。
10.(多选)如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.振动图像上的A、B两处振动的速度相同
B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点的加速度大小相等,方向相反
C.振动图像上A、B两点的速度大小相等,方向相反
D.质点在t=0.2 s和t=0.3 s时的动能相等
【解析】选B、C。A、B两处位移相同,速度大小相等,但方向相反,A错误、C正确;在t=0.1 s和t=0.3 s时,质点离开平衡位置的位移最大,方向相反,由F=-kx,a=可得B正确;t=0.2 s时,质点通过平衡位置,速度最大,动能最大,而t=0.3 s时,速度为零,动能最小,D错误。故选B、C。
二、实验题(本大题共2小题,共20分)
11.(10分)某实验小组在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作:
(1)用游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示,可读出摆球的直径为　　　　cm;把摆球用细线悬挂在铁架台上,测量摆线长,通过计算得到摆长L。?
(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0,单摆每经过最低点记一次数,当数到n=60时秒表的示数如图乙所示,该单摆的周期T=　　　　s(结果保留三位有效数字)。?
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后,画出T2-L图线如图丙所示,此图线斜率的物理意义是　　　　(g为当地重力加速度)?
A.g　　　　B.　　　　C.　　　　D.
(4)实验小组在实验中如果测得g值偏大,原因可能是　　　?
A.把摆线长与摆球直径之和作为摆长
B.摆球质量过大
C.开始计时时,停表过早按下
D.实验中误将49次全振动次数记为50次
(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度,他采用的方法是:先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1,然后把摆线缩短适当的长度ΔL,再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度g=　　　　　。?
【解析】(1)由图示游标卡尺可知,其示数为22 mm+6×0.1 mm=22.6 mm=2.26 cm。
(2)由图示秒表可知,其示数t=60 s+15.2 s=75.2 s,单摆的周期T==≈2.51 s。
(3)由单摆周期公式T=2π得T2=L,则T2-L图像的斜率k=,故选C。
(4)由单摆周期公式T=2π得重力加速度g=,若把摆线长与摆球直径之和作为摆长,摆长偏大,所测g值偏大,A正确;摆球的质量对周期无影响,B错误;开始计时时,停表过早按下造成所测周期T偏大,因而所测g值偏小,C错误;若实验中误将49次全振动次数记为50次,由T=得,n偏大,则所测周期T偏小,造成所测g值偏大,D正确。故选A、D。
(5)设摆球的半径为r,摆长为L,由单摆的周期公式可知T1=2π,T2=2π,联立可得g=。
答案:(1)2.26　(2)2.51　(3)C　(4)A、D
(5)
12.(10分)用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
(1)(多选)组装单摆时,应在下列器材中选用　　　　(选填选项前的字母)。?
A.长度为1 m左右的细线
B.长度为30 cm左右的细线
C.直径为1.8 cm的塑料球
D.直径为1.8 cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=　　　　(用L、n、t表示)。?
(3)下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理。
组次 1 2 3
摆长L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s-2) 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T=　　　　s,g=　　　m/s2。?
(4)用多组实验数据作出T2-L图像,也可以求出重力加速度g,已知三位同学作出的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　　　　(选填选项前的字母)。?
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
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图所示,由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺,于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2,由此可得重力加速度g=　　　　　　(用 l1、l2、T1、T2表示)。?
【解析】(1)细线的长度要适当长一些,所以要选择1 m长的细线,选项A正确,选项B错误;为了减小相对误差,应该选择密度大的铁球,选项C错误,选项D正确。
(2)根据单摆的周期公式T=2π可得g==。
(3)第三组实验中,周期T=2.01 s,由加速度公式g=,代入数据得g=
9.76 m/s2。
(4)出现图线a的原因:少记录摆线的长度,而不是多记录摆线的长度,选项A错误;出现c的原因是周期小了,选项B正确;图线斜率的倒数是g值,c对应的值大于b对应的值,选项C错误。
(5)根据单摆的周期公式T1=2π,T2=2π,联立可得g=。
答案:(1)A、D　(2)　(3)2.01　9.76　(4)B
(5)
三、计算题(本大题共4小题,共40分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(10分)(2020·资阳高二检测)如图为一弹簧振子的振动图像,求:
(1)该振子简谐运动的表达式;
(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度是怎样变化的?
(3)该振子在前100 s的位移是多少?路程是多少?
【解析】(1)弹簧振子的周期为T=4 s, (1分)
则ω==0.5π rad/s; (1分)
振幅A=5 cm,故该振子简谐运动的表达式为
x=Asinωt=5sin(0.5πt )cm。 (2分)
(2)第2 s末到第3 s末这段时间内,据图可知,振子的位移负向逐渐增大,速度减小,加速度逐渐增大。(3分)
(3)因n===25,而振子在一个周期内通过的路程是4A,所以振子在前100 s的总路程是:s=25×4A=500 cm=5 m;总位移为0。 (3分)
答案:(1)x=5sin(0.5πt )cm
(2)速度减小,加速度逐渐增大
(3)0　5 m
14.(10分)一质点做简谐运动,其位移和时间关系如图所示。求:
(1)t=0.25×10-2 s时的位移。
(2)在t=1.5×10-2 s到2×10-2 s的振动过程中,质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化?
(3)在t=0到8.5×10-2 s时间内,质点的路程、位移各多大?
【解析】 (1)由图可知A=2 cm,T=2×10-2 s(2分)
振动方程为x=Asin(ωt-)=-Acosωt=-2cost cm=-2cos(102πt) cm(2分)
当t=0.25×10-2 s时
x=-2cos cm=- cm(2分)
(2)由图可知在1.5×10-2～2×10-2 s内,质点的位移变大,回复力变大,速度变小,动能变小,势能变大 (2分)
(3)从t=0至8.5×10-2 s的时间内质点的路程为
s=17A=34 cm,位移为2 cm。 (2分)
答案:(1)- cm　(2)位移变大,回复力变大,速度变小,动能变小,势能变大　(3)34 cm　2 cm
15.(10分)(2020·雅安高二检测)汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上,弹簧的等效劲度系数k=1.5×105 N/m。汽车开始运动时,在振幅较小的情况下,其上下自由振动的频率满足f=(l为弹簧的压缩长度)。若人体可以看成一个弹性体,其固有频率约为 2 Hz,已知汽车的质量为600 kg,每个人的质量为70 kg,则这辆车乘坐几个人时,人感到颠簸最严重(g取9.8 m/s2)?
【解析】人体的固有频率f固=2 Hz,当汽车的振动频率与其相等时,人体与之发生共振,人感觉颠簸最严重, (2分)
即f==f固,得l= (2分)
代入数据得:l=0.062 1 m, (2分)
由胡克定律得kl=(m1+nm2)g(2分)
n===5(人) (2分)
答案:5人
16.(10分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力,图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动,A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ(θ很小)。图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线,且图中t=0为滑块从A点开始运动的时刻,试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息,求:(g取10 m/s2)
(1)容器的半径。
(2)小滑块的质量。
【解题指南】解答本题应把握以下三点:
(1)根据图乙,结合图甲求解简谐运动的周期。
(2)小滑块的运动可看作单摆运动,利用周期公式求半径。
(3)正确受力分析,结合机械能守恒定律求质量。
　【解析】(1)由图乙得小滑块做简谐振动的周期:
T= s(1分)
由T=2π, (1分)
得R==0.1 m(1分)
(2)在最高点A,有
Fmin=mgcosθ=0.495 N(2分)
在最低点B,有
Fmax=m+mg=0.510 N(2分)
从A到B,滑块机械能守恒,有
mgR(1-cosθ)=mv2 (2分)
解得:m=0.05 kg(1分)
答案:(1)0.1 m　(2)0.05 kg