第二章 机械振动 单元测试（含答案）选择性必修第一册

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第二章《机械振动》单元测试
学校_______________姓名______________班级____________ 考号_______________
评卷人得分
一、单选题（共21分）
1．（本题3分）对于单摆的振动，下列说法正确的是（ ）
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
2．（本题3分）如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为l，先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则下列说法正确的是（　　）
A．B、C、D三摆振动周期跟A摆不同
B．其他各摆振动的振幅大小不完全相同，E摆的振幅最大
C．其他各摆振动的振幅大小相同
D．B、C、D三摆振动的振幅大小不同，D摆的振幅最大
3．（本题3分）图甲所示是一个共振筛，该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高：增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。在某电压下此刻偏心轮的转速是。下列说法正确的是（　　）
A．偏心轮现在的频率是
B．增加偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
C．增加筛子质量，可以使筛子振幅增大
D．降低偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
4．（本题3分）如图所示，一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻质弹簧，左端固定，右端与质量为m、带电荷量为的小球相连，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．运动过程中小球和弹簧组成的系统的机械能守恒
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
5．（本题3分）在学到《机械振动与机械波》时，四位同学就自己看到的现象，发表自己的观点．
小张说：医生用听诊器是利用了固体可以传递机械波
小王说：军队过桥时不能齐步走，就是因为怕产生共振，损坏了桥，火车过桥时要减速，也是同样的道理
小赵说：树叶在水面上下振动说明，介质并不随机械波向外传递
小李说：我家的木板门，春夏季听不到响声，一到秋冬季节，就开始嘭嘭作响，这是风吹振动的
让你从物理学的角度来看，你认为谁说错？（）
A．小张说的对 B．小王说的对 C．小赵说的对 D．小李说的对
6．（本题3分）一绳长为L的单摆，在平衡位置正上方（L-L′）的P 处有一个钉子，如图所示，这个摆的周期是（ ）
A． B．
C． D．
7．（本题3分）关于简谐运动的回复力的含义，下列说法正确的是（　　）
A．k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
B．k是回复力跟位移的比值，x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移
C．根据，可以认为k与F成正比
D．表达式中的“”号表示F始终阻碍物体的运动
评卷人得分
二、多选题（共18分）
8．（本题6分）下列说法正确的是（　　）
A．若把一个在福州地区走时准确的摆钟搬到北京去，则走时会变快
B．物体做受迫振动时如果增大驱动力的频率，则物体做受迫振动的振幅会增大
C．物体做简谐运动时经过平衡位置的加速度可能不等于0
D．物体做简谐运动时，回复力的方向与速度方向总是相反
9．（本题6分）某一个在竖直方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x与时间t的关系曲线如图所示。若规定向上为正方向，则（　　）

A．振子的振幅为5m
B．振子的振动频率为4Hz
C．第2s末振子的速度最大，并且方向竖直向下
D．第5s末振子的加速度最大，弹簧的弹性势能最大
10．（本题6分）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g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x随时间t变化的关系式为
B．单摆的摆长约为
C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
评卷人得分
三、实验题（共14分）
11．（本题8分）利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆。

（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 。
A．摆线要选择较细、伸缩性较小，并且尽可能短一些的图
B．摆球尽量选择质量较大、体积较小的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，摆线相对平衡位置的偏角越大越好
D．为减小误差可记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期
（2）悬挂后，用米尺测量悬点到小球上端摆线的长度L，将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，并计数为0，此后小球每摆到平衡位置时，计数一次，依次计数为1、2、3……，当数到50时，停止计时，测得时间为t，计算出单摆周期T。测量出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出T2—L图像，如图2所示。造成图线不过坐标原点的原因可能是 。

（3）由图2求出重力加速度g = m/s2。（取π2= 9.87）
（4）某同学根据单摆周期公式推算出T2—L图像应该是一条过坐标原点的直线。由于图2中图线不过原点，所以他认为根据该图像测量出的重力加速度与当地重力加速度存在较大的偏差。你是否同意他的观点，说明你的理由。( )
12．（本题6分）一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆球挂起后，进行了如下步骤
（A）测摆长：用米尺量出摆线的长度。
（B）测周期：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间，算出单摆的周期
（C）将所测得的和代入单摆周期公式中，算出，将它作为为实验的最后结果写入报告中去。
上面一个步骤中，若有遗漏或错误的地方，请在下面的横线做相应的改正，若没有，就不用填写（不要求进行误差计算）
（A）
（B）
（C）
评卷人得分
四、解答题（共47分）
13．（本题10分）有一实心立方体A，边长为L，从内部去掉一部分物质，剩余部分质量为m，一立方体B恰能完全填充A的空心部分，质量也为m，如图所示，即B的外表面与A的内表面恰好接触．整体放在一个盛有密度为ρ的液体的容器里（容器无限大），刚开始，A漂浮在液面上，用外力使A向下产生位移b，平衡后由静止释放，A将要上下振动（水的摩擦阻力不计）．可以证明该振动为简谐运动，振动过程中，A始终不离开液面，也不被液面埋没，已知重力加速度g求：
（1）物体B的最大速率；
（2）在最高点和最低点A对B的作用力。
14．（本题10分）做简谐运动的单摆，在摆角增大的过程中，摆球的速度和回复力的大小如何变化？
15．（本题12分）如图所示，在竖直悬挂的劲度系数为k的轻弹簧下端挂一个质量为m的小球，用一个竖直向下的力将小球竖直拉向下方，当小球静止时拉力的大小为F，若撤去拉力，小球便在竖直面内做简谐运动，求：
（1）小球经过平衡位置时弹簧的伸长量；
（2）小球在振动过程中通过最高点时的加速度的大小和方向。
16．（本题15分）如图，一轻弹簧两端连接着物块A和B直立静止在水平地面上，它们的质量分别为，。一个质量为的物体C从A的正上方某一高度h处由静止释放，C和A碰后立即粘在一起，在竖直方向做周期T=0.5s的简谐运动，在运动过程中，物体B对地面的最小压力恰好为零，弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），弹簧在运动过程中始终在弹性限度范围内，忽略空气阻力，重力加速度。求：
（1）物块A、C一起做简谐振动的振幅A；
（2）规定竖直向下为正方向，写出振子（从AC碰后起）的位移与时间的函数关系式。
（3）C静止释放时距A的高度h为多少？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小与其圆周运动的速度大小有关，即
因为速度大小时刻在变化，所以向心力大小也不处处相等，A错误；
B．摆球受到的合力沿绳子方向的分力提供向心力，而沿切向的分力才为回复力，B错误；
C．摆球运动到平衡位置时，合力在切向的分力为0，所以此时回复力也为0，C正确；
D．摆球运动到平衡位置时，速度不为0，向心力不为0，根据合外力等于向心力可知，合外力不为0，D错误。
故选C。
2．B
【详解】A．B、C、D三摆做受迫振动，振动周期跟A摆相同，A错误；
BCD．其他各摆做受迫振动，摆长与A摆越相近，固有频率与A摆振动频率越接近，振幅越大，E摆的固有频率等于A摆的固有频率，E摆发生共振，振幅最大，B正确，CD错误。
故选B。
3．D
【详解】A．由题意可知，偏心轮的转速是，则周期为
则有偏心轮的频率为
A错误；
B．由题图乙可知，筛子的固有频率为0.8Hz，若增加偏心轮转速，则偏心轮的周期减小，频率增大，则有偏心轮产生的驱动力的频率增大，大于0.9Hz，偏离0.8Hz更多，因此不可以使筛子振幅增大，B错误；
C．增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，则筛子的固有频率减小，小于0.8Hz，则有偏离0.9Hz更多，不可以使筛子振幅增大，C错误；
D．降低偏心轮转速，偏心轮的周期增大，频率减小，则有偏心轮产生的驱动力的频率减小，当偏心轮产生的驱动力的频率减小到0.8Hz时，产生共振，可以使筛子振幅增大，D正确。
故选D。
4．A
【详解】D．小球运动过程中，电场力和弹簧弹力都要做功，故对于弹簧和小球组成的系统，电势能和弹性势能以及动能的总量守恒，故D错误；
B．小球做简谐运动，振幅等于偏离平衡位置的最大距离，在平衡位置，有
解得振幅
故B错误；
A．小球到达最右端时，弹簧的形变量为2倍振幅，即
故A正确；
C．小球运动过程中有电场力做功，系统机械能不守恒，故C错误。
故选A。
5．D
【详解】A．由物理学的知识知医生用听诊器是利用了固体可以传递机械波，选项A不符合题意；
B．军队过桥时不能齐步走，就是因为怕产生共振，损坏了桥，火车过桥时要减速，也是同样的道理，选项B不符合题意；
C．树叶在水面上下振动说明，介质并不随机械波向外传递，C不符合题意；
D．我家的木板门，春夏季听不到响声，一到秋冬季节，就开始嘭嘭作响，我认为是共鸣，D符合题意．
故选D。
6．D
【详解】无钉子时，单摆的周期
有钉子后，在半个周期内绕悬挂点摆动，设时间为，有
半个周期内绕钉子摆动，设时间为，则有
则有钉子后的周期
故选D。
7．B
【详解】A B．回复力是所有简谐运动都必须满足的关系式，其中F是回复力，k是回复力跟位移的比值（即公式中的比例关系），x是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移，A错误，B正确；
C．k是回复力跟位移的比值（即公式中的比例关系），与F无关，C错误；
D．“”号表示F始终与物体位移方向相反，有时使物体加速，有时阻碍物体的运动，D错误。
故选B。
8．AC
【详解】A．若把一个在福州地区走时准确的摆钟搬到北京去，重力加速度变大，根据
可知，周期变小，则走时会变快，选项A正确；
B．当驱动力的频率等于物体的固有频率时振动最大，则当物体做受迫振动时如果增大驱动力的频率，则物体做受迫振动的振幅不一定会增大，选项B错误；
C．物体做简谐运动时经过平衡位置的加速度可能不等于0，例如单摆在最低点时加速度不为零，选项C正确；
D．物体做简谐运动时，回复力的方向与加速度相同，与速度方向可能相同，也可能相反，选项D错误。
故选AC。
9．CD
【详解】A．质点的振幅等于振子位移的最大值，由图读出，振幅为
A=5cm
故A错误；
B．由图知，振子的周期
T=4s
则频率为
故B错误；
C．第2s末振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，由斜率表示速度，知此时振子的速度为负，说明速度方向竖直向下。故C正确；
D．第5s末振子的位移最大，由
知加速度最大，弹簧的形变量最大，其弹性势能最大，故D正确。
故选CD。
10．AB
【详解】A．由图可知，单摆的振幅为8cm，周期为2s，且零时刻位于平衡位置并向正方向移动，所以单摆位移随时间关系式为
故A正确；
B．单摆的周期公式为
解得
故B正确；
CD．从到的过程中，摆球从最右端摆到最低点，重力势能逐渐减小，回复力逐渐减小，回复力是一效果力，摆球并不受回复力，故CD错误。
故选AB。
11． BD##DB 计算摆长时没有考虑小球半径 9.87 不同意。重力加速度仅和图像斜率有关，与截距无关，图线不过原点不影响斜率
【详解】（1）[1]A．摆线要选择较细（尽可能减小空气阻力对实验的影响）、伸缩性较小（确保摆球摆动时摆长几乎不变）、且尽可能长一些的（减小摆长测量的相对误差），故A错误；
B．为了尽可能减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量较大、体积较小的，故B正确；
C．只有摆线相对平衡位置的偏角在很小的情况下（通常小于5°），单摆才做简谐运动，进而才能根据周期公式测量重力加速度，故C错误；
D．为减小偶然误差可以记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期，故D正确。
故选BD。
（2）[2]根据单摆周期公式变形可得
所以理论上T2—L图像是一条过坐标原点的直线，题给图像相对于理论图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是测摆长时没有加上小球半径。
（3）[3]根据单摆周期公式可得
整理得
图线斜率为
解得
（4）[4]不同意该同学的观点。虽然测摆长时漏加了小球半径造成图线不过原点，但根据（3）中所求T2关于L的表达式可知该过失不影响所作图线的斜率，所以由斜率计算出的重力加速度值相比实际值并不会存在较大的偏差。
12． 要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和 g应测量多次，然后取平均值做实验结果
【详解】A[1]摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与小球半径之和；
B[2]一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以；
C[3]不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g 应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果；
13．(1)；(2)最高点：方向向上；最低点：，方向向上
【详解】（1）物体刚开始漂浮时
F浮=2mg
A向下产生位移b时
撤掉外力的瞬间，整体所受的合力
由以上分析可知，可以将以后整体的运动等价成劲度系数，振幅为b的弹簧振子的简谐振动；物体B与整体速度一样，根据弹簧振子的性质可知，整体回到平衡位置是速度最大，类似弹性势能全部转化为动能
解得
（2）整体在最低点时，所受的合外力
由牛顿第二定律可知，整体向上的加速度，对B受力分析可知，B受A向上的力
F1-mg=ma=F合
解得
，方向向上
由对称性可知，在最高点B时的加速度依然是a，方向向下，受A向上的作用力F2，则有
mg-F2=ma
解得
，方向向上
14．速度减小，回复力增大
【详解】摆角增大的过程，动能转化为重力势能，动能减小，重力势能增大，摆球的速度减小。根据回复力与位移的关系有
摆角增大的过程，位移增大，回复力增大。
15．（1）；（2），竖直向下
【详解】（1）小球在平衡位置时弹力等于重力，故弹簧的伸长量为
Δx＝
（2）小球振动过程中在最高点和最低点的加速度大小相等，方向相反，而在最低点，其合外力为F，故在最高点时，加速度
a＝，加速度方向竖直向下
16．（1）8cm；（2）；（3）0.09m
【详解】（1）物体B对地面的最小压力恰好为零，此时弹簧伸长量为
物块A、C一起做简谐振动时，平衡位置时弹簧的压缩量为
则物块A、C一起做简谐振动的振幅为
（2）以平衡位置为参考点，假定振子（从AC碰后起）的位移与时间的函数关系式为
依题意有
当Ｃ刚撞Ａ时，弹簧的形变量为
规定竖直向下为正方向，即为ＡＣ一起振动时的初始位移为
可知初相位为
综上述可知，振子（从AC碰后起）的位移与时间的函数关系式
（3）假定C与A后瞬间速度为v1，碰撞前瞬间C的速度为v2，因为撞之前弹簧压缩量与B物块对地面压力为零时弹簧伸长量相同，弹簧弹性势能相同，根据能量守恒定律有
AC撞瞬间有
根据机械能定恒定律有
联立解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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