选修1高中物理《机械振动》测试题(含答案)

1、选修1高中物理机械振动测试题（含答案）一、机械振动选择题某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x=Asin必振动图象如图所示，则一1简谐运动的频率为Hz8第3s末，弹簧振子的位移大小为一A2第3s末与第5s末弹簧振子的速度方向相同第5s末，振子的加速度与速度方向相同用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D,用刻度尺测出A、B间的距离为X；C、D离为

2、X；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为厶，重力加速度为g,则此次实验中测得的物体的加速度为（）A.C.4兀2LD.8兀2L3.如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图象，下列判断正确的是t=2x10-3s时刻纸盆中心的速度最大t=3x10-3s时刻纸盆中心的加速度最大在0lx10-3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5x10-4cos50nt（m）4.如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A,由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立兀轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球

3、运动的位移时间图像如图2所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（）时刻钢球处于超重状态Bt2时刻钢球的速度方向向上t1t2时间内钢球的动能逐渐增大t1t2时间内钢球的机械能逐渐减小如图所示，固定的光滑圆弧形轨道半径R=0.2m,B是轨道的最低点，在轨道上的A点（弧AB所对的圆心角小于io）和轨道的圆心o处各有一可视为质点的静止小球，若将它们同时由静止开始释放，则（）两小球同时到达B点A点释放的小球先到达B点0点释放的小球先到达B点不能确定如图所示，PQ为一竖直弹簧振子振动路径上的两点，振子经过P点时的加速度大小为6m/s2，方向指向Q点；当振子经过Q点时，加速度的大小为8m/s2，方

4、向指向P点，若PQ之间的距离为14cm，已知振子的质量为lkg，则以下说法正确的是（）PQ振子经过P点时所受的合力比经过Q点时所受的合力大该弹簧振子的平衡位置在P点正下方7cm处振子经过P点时的速度比经过Q点时的速度大该弹簧振子的振幅一定为8cm沿某一电场方向建立x轴，电场仅分布在-dx0区域的运动时间ttB，即原来处于0点的小球先到达B点，故C正确ABD错误。故选Co6.C【解析】【分析】【详解】A.对振子受力分析，有向下的重力和向上的弹簧的弹力。由牛顿第二定律可得F=ma合由题意可得a=6m/s2，a=8m/s212aa12所以F0区域粒子受到恒定大小水平向左的电场力，不满足简谐运动回复力

5、特点，故A错误；粒子从x=0到x=-d电压变化粒子从x=0到x=-d的电场力做功1W=Uq=Edq2o1根据功能关系得粒子在x=-d处的电势能为Edq，故B错误;设动能与电势能之和的最大值为P最右位置有最左位置有最右位置有最左位置有P=q申-qEx01E=X22d2粒子的运动区间为顾PxEqEq001电场仅分布在dWxWd的区间内，解得0P0区域的运动由对称的2段组成qEP012=mEq02Pm解得t=，总时间为Eq0故D正确。故选Do8AB【解析】【详解】由振动图像可知，当驱动力的频率为f0时振幅最大，则由共振的条件可知，物体系统的固有频率为f0,选项A正确；当驱动力频率为f0时，物体系统会

6、发生共振现象，选项B正确；物体系统振动的频率由驱动力频率决定，选项C错误；驱动力频率越接近于系统的固有频率时，物体系统的振幅越大，选项D错误。9C【解析】【详解】由图可知，甲的振幅A=2cm，乙的振幅A=1cm，故A错误；甲乙根据F=-kx得知，若k相同，则回复力最大值之比等于振幅之比，为2:1；由于k的关系未知，所以所受回复力最大值之比不一定为2:1,故B错误；2兀n乙的周期T=8s，则乙振动的表达式为x=Asint=sint(cm)，故C正确；乙乙丁乙4t=2s时，甲通过平衡位置，速度达到最大值.乙的位移最大，加速度达到最大值，故D错误故选C10ACE【解析】【分析】【详解】装有一定量液体

7、的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力。故A正确；玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒。故B错误；振动的周期为0.5s，则圆频率2兀2兀w=rad/s=4兀rad/sT0.5由图可知振动的振幅为人，由题可知，A=4cm；t=0时刻-二Asin申20711结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知忙石兀（石去），则玻璃管的振动方程x二4sin（4兀t+匹）cm=4sin（4兀t竺）cm66故C正确；由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关。

8、故D错误；E由图可知，在-E由图可知，在-t2时间内，位移减小,加速度a二f二减小;mm玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大。故E正确。故选ACE。11AD【解析】【分析】【详解】AB.在接触弹簧之前，小球做自由落体运动，加速度就是重力加速度g,恒定不变；接触弹簧后，小球做简谐振动，加速度随时间先减小到零然后再反向增加，图象是有一个初相位（初相位在090。之间）的余弦函数图象的一部分，由于接触弹簧时加速度为重力加速度g，且有一定的速度，根据对称性，到达最低点时，加速度趋近于某个大于g的值，方向向上，因此A正确，B错误；在开始下落h时，弹簧的弹力为零，再向下运动时，弹力与位移之间的关系为F

9、=k（x一h）可知表达式为一次函数，图象是一条倾斜直线，C错误；在开始下降h过程时，没有弹性势能，再向下运动的过程中，弹性势能与位移的关系为1E二一k（x一h）2p2表达式为二次函数，图象是一条抛物线，因此D正确。故选AD。12BCD【解析】根据图象，周期T二4s,振幅人二8cm,A错误，B正确.第2s末振子到达负的最大位移处，速度为零，加速度为正向的最大值，C正确.第3s末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，D正确.从第1s末到第2s末振子经过平衡位置向下运动，速度逐渐减小，做减速运动，E错误故选BCD【点睛】本题关键根据简谐运动的位移时间图象得到弹簧振子的周期和振幅，然后结合

10、实际情况进行分析13ABC【解析】A、经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，物体的位移向下，为2a,故重力做功为2mga，故A正确；1TmgTB、时间为-T,故重力的冲量为1mg；，故B正确；222C、合力充当回复力，根据动能定理，合力做功等于动能的增加量，为零，故回复力做功为零，故C正确；D、根据动量定理，合力冲量等于动量的变化，由于动量的变化为2mv，故合力的冲量为c2mv，合力充当回复力，故D错误；c故选ABC【点睛】简谐运动具有对称性，经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，然后根据功的定义、动量定理列式求解14AB【解析】【详解】单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等

11、于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s故A正确；由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s.由公式T=2兀”L，可得L“m，故B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小.故C错误；若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动.故D错误；故选AB.【点睛】本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象15AB【解析】久若t=T,由简谐振动的周期性可知，t时刻和G+t）时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等，故A正确；B、若t=|，在t时刻和G+t）时刻振子的位置一定关于平衡

12、位置是对称点，弹簧沿水平方向做简谐振动，所以受到的弹簧的弹力的大小相等，所以两个时刻弹簧的形变量一定相等，故B正确；C、若t时刻和C+时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，振子可能以相等的速度T经过两点，也可能以方向相反的速度经过两点，所以则t不一定等于2的奇数倍，故C错误；D、若t时刻和C+t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，可能振子经过同一T点，也可能经过关于平衡位置对称的两位置，t不一定等于2的整数倍，故D错误.点睛：本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握，简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反，也可以作出振动图象进行分析.16BDE【解析】【详解】

13、t=1s时，振子在平衡位置，加速度为零，选项A错误；t=2s时，振子到达最低点，此时弹簧弹性势能最大，选项B正确；t=2s时刻弹簧的压缩量比t=1s时刻大，t=2s时刻弹簧的弹性势能比t=1s时刻大，选项C错误；由振动图像可知，t=3s时，振子经过O点向上运动，选项D正确.t=4s时，振子回到A点，此时振子的加速度大小为g，选项E正确.17AD【解析】【详解】当列车受到冲击的频率和列车故有频率相同时，会发生共振，比较危险，由T=-可得危vl12.6险车速为v=0315m/s=40m/s，a正确；列车过桥需要减速，是为了防止桥与火车发生共振现象，B错误；列车的速度不同，则振动频率不同，C错误；由

14、题意可知，根据=-可知增加长度可以使危险车速增大，故可以使列车高速运行，故D正确.v18BCD【解析】【分析】根据图示，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，根据离开平衡位置的最大距离即可判断振幅的大小；根据细绳断开的瞬间弹簧的弹性势能相同，通过能量转化，可判断绳子断开后物体的动能的关系，比较质量关系，即可分析最大速度关系；根据题目所给周期公式，比较质量关系，即可判断周期大小，进而判断频率关系。【详解】A、B.线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，A错误，B正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的11质量大于乙的

15、质量，由E=mv2知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的厅，C正k22确；D、E.根据T=2m可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍；根据f二T可知，1甲的振动频率是乙的振动频率的2，D正确，E错误；故选BCD。AB【解析】【分析】【详解】t=0.6s时，物块的位移为y=0.1sin(2.5nx0.6)m=-0.1m；则对小球h+|y|二2gt2，解得厶2兀2兀小门h=1.7m，选项A正确；简谐运动的周期是T=s=0.8s，选项B正确；0.6s内2.5兀T物块运动的路程是3A=0.3m，选项C错误；t=0.4s=，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误.ADE【解

16、析】【分析】甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零；由图可知两振子的周期，根据f二T，可得频率之比；由图可知振幅之比.【详解】由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A正确；由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大，故B错误；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零，故C错误；由图可知，甲的周期T=2.0s，乙的周期T=1.0s，根据：甲乙f-T得甲的频率f=0.5Hz；乙的频率f=1.0Hz；两个振子的振动频率之比f:f=1：2，故

17、D甲乙甲乙正确；由图可知，甲的振幅A中=10cm，乙的振幅A=5cm，两个振子的振幅之比为A中：A甲乙甲乙=2：1，故E正确。二、机械振动实验题21.ADGBD4兀2k不变【解析】【分析】【详解】1.实验中需要的器材有：A.小铁球；D.100cm长的细线；G.秒表；故选ADG;2.实验中单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先用游标卡尺测出摆球直径；然后把单摆悬挂好，再用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故A错误，B正确；偏角不要超过5,以保证单摆做简谐振动；将摆球拉到最大位移处释放，等摆球到达最低点时快速按下秒表开始计时，选项C错误；为了精确测量t单摆的周期，

18、起码要测量小球作100次全振动所用的时间t,然后由T=100求解周期，选项D正确；(3)3根据T=2兀L可得则由题意可知解得4兀2解得g=4兀2k4.在测量数据时漏加了小球半径，将摆线的长度当做了摆长，所测摆长偏小，摆长的变化对图象斜率k没有影响，因此实验测量的重力加速度与真实值相等；4n4n2ab不变解析】详解】(1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16mm,游标尺示数是4x0.1mm=0.4mm,金属球的直径为16mm+0.4mm=16.4mm；由于测得摆球经过n次全振动的总时间为At，所以该单摆的周期为T=；n_L_4n24n2由单摆周期公式T=2兀可知T2=L，则T2-L图象的斜率k=，

19、则加速ggg4兀2度g=，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有k4.2T2=(L-1)，由此得到的t2-L图像是图乙中的，由于图线的斜率不变，计算得gb4.2a到的g值不变，由图像可得k二a，当地重力加速度g=丁23.T2rkgm2不变解析】分析】详解】1)1根据周期公式L+mr2T=2兀0mgr整理可得T2=4.2L0+mr2mgr观察图像发现为倾斜的直线，即纵轴的物理量与r2成一次函数关系，根据L+mr2T2r一4兀2-0mg判断纵轴为T2r；(2)2根据周期公式T-2.-L0+mr2丫mgr整理可得T2rmgL一一mr204.2代入各个物理量的单位，可判断L0的单位为k

20、gm2.根据L+mr2T2r=4兀2-0-mg可得图像的截距即：4兀2L10-1.25mg根据图像斜率4兀2_1.95-1.25_0.7g0.190.19代入可得0.7L0_1.250.19m代入质量即可得0.19mx1.25kL沁0.17kg-m200.74兀2(3)根据图像斜率计算重力加速度，所以大小与质量的测量无关，即质量测量值g即使偏大，重力加速度的测量值也不会变化24.(1)AD(2)(3)2.01；9.76(9.769.77)(4)Bt2,、4兀2(1-1)4兀2(1-1)(5)2一-或1一T2-T2T2-T21221【解析】【分析】【详解】在用单摆测定力加速度的实验基本条件是摆线

21、长度远大于小球直径，小球的密度越大越好；故摆线应选取长约1m左右的不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差，故选AD.n次全振动的时间为t，则振动周期为T二-，根据单摆周期公式T=2兀:L，可推出ng4兀2n2Lg=t250次全振动的时间为100.5s，贝9振动周期为T=-=1005s=2.01s，代入公式求得n50g=氓2n2L=9.77m/s2t2由T2=伫L可知T2-L图像的斜率k=也，b曲线为正确的图象.C.斜率越小，对gg应的重力加速度g越大，选项C错误.A.在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，如漏加小球半径，与纵轴负半轴相交表示摆长偏大，选项A错误.B.若误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，g值测量值偏大，对应的图像斜率偏小，选项B正确故选B设A到铁锁重心的距离为l，则第一次的实际摆长为1+第二次的实际摆长为T+lTTT、,