第二章 机械振动（单元测试）（解析版）

学而优教有方第二章机械振动（单元测试）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）1.关于简谐运动，下列说法正确的是（）A.平衡位置就是回复力为零的位置B.加速度方向总和位移方向相同C.物体到达平衡位置时，合力一定为零D.速度方向总和回复力方向相同【答案】A【解析】【详解】A．平衡位置就是回复力为零的位置，故A正确；B．加速度方向总和位移方向相反，故B错误；C．物体到达平衡位置时，回复力为零，合力不一定为零，如单摆摆到最低点时，沿振动方向的合力为零，但在指向悬点方向上的合力却不等于零，故C错误；D．振子在平衡位置两侧往复运动，振子远离平衡位置的运动过程中，速度方向与位移方向相同，振子靠近平衡位置的运动过程中，速度方向与位移方向相反，故D错误。故选A。2.一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点O，简谐运动的振幅为。时刻振子的位移为，时刻振子的位移为，则振子做简谐运动的周期可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由题可知，时刻振子的位移为，时刻振子的位移为，则解得当时，可得当时，可得随着n的增大，周期变小。故选D。3.细长轻绳下端拴一小球构成单摆，摆长为L，在悬挂点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度然后无初速度释放。忽略空气阻力，不考虑运动过程中的机械能损失，对于以后的运动，下列说法中正确的是（）A.摆球在平衡位置左右两侧扫过的最大摆角相等B.摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小C.摆球经过最低点时，摆线与钉子接触前后的瞬间摆线的拉力大小不变D.摆球在右侧上升的最大高度大于左侧最大高度【答案】B【解析】【详解】AD．摆球运动过程中只有重力做功，故摆球在右侧上升的高度与左侧开始下落的高度相同，则设摆球开始下落时与竖直方向的夹角为，摆到右侧最高点时与竖直方向的夹角为则即AD错误；B．无钉子时的单摆周期为有钉子时摆球往返运动一次的周期为故B正确；C．摆球经过最低点时，摆线与钉子接触前后的瞬时速度相等，故摆线与钉子接触前有摆线与钉子接触后有故C错误。故选B。4.下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法错误的是（）A.x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小B.x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C.和时，木棒的速度大小相等，方向相反D.木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为【答案】C【解析】【详解】A．由简谐运动的对称性可知，、、时木棒处于平衡位置；则从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；B．从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为，回复力系数为，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有木棒重心在平衡位置上方最大位移处时木棒重心在平衡位置下方最大位移处时可解得，D正确；本题选择错误的，故选C。5.如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（）A.若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B.若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比LⅠ：LⅡ＝25：4C.图线Ⅱ若表示是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1mD.若摆长均为1m，则图线Ⅰ表示是在地面上完成的【答案】ABC【解析】【详解】A．图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz；当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ又因为g地＞g月因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；B．若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的f小，且有＝所以＝B正确；CD．fⅡ＝0.5Hz，若图线Ⅱ表示是在地面上完成的，根据g＝9.8m/s2，可计算出LⅡ约为1m，C正确，D错误。故选ABC。6.如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等。则（）A.甲、乙两振子的振幅之比为2：1B.甲、乙两振子的频率之比为1：2C.前2s内甲、乙两振子的加速度均为正值D.0～8s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为4：1【答案】AD【解析】【详解】A．根据甲、乙两个振子做简谐运动的图像可知，两振子的振幅A甲=2cmA乙=1cm所以甲乙两振子的振幅之比为2：1，故A正确；B．甲振子的周期为4s，频率为乙振子的周期为8s，频率为甲、乙两振子的频率之比为2：1，故B错误；C．前2s内，甲的位移为正，回复力为负，所以加速度为负值；乙的位移为负，回复力为正，加速度为正值，故C错误；D．0～8s这段时间内，甲振子运动了两个周期，通过的路程s甲=2×4A甲=16cm乙振子运动了一个周期，通过的路程s乙=4A乙=4cm所以路程之比为4：1，故D正确。故选AD。7.如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为m和M，下列说法正确的是（）A.物体A所受的回复力大小跟位移大小之比为kB.滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供C.物体A与滑块B看成一个振子，其回复力大小跟位移大小之比为kD.若A、B之间的最大静摩擦因数为，则A、B间无相对滑动的最大振幅为【答案】CD【解析】【分析】根据题中“物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动”可知，本题考查简谐运动，根据简谐运动的规律，运用回复力公式、牛顿第二定律等，进行分析推断。【详解】A．设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律可得整体的加速度为对A可见作用在A物体上静摩擦力大小f即回复力的大小与位移大小之比为故A错误；B．物块B做简谐运动，回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误；C．物体A与滑块B（看成一个振子）的回复力大小满足，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；D．根据题知，物体间静摩擦力最大时，其振幅最大，设为A，以整体为研究对象，回复力由弹簧的弹力提供，由牛顿第二定律有以A为研究对象，由牛顿第二定律有联立解得故D正确。故选CD。8.水平地面上固定一段光滑绝缘圆弧轨道，过轨道左端N点的竖直线恰好经过轨道的圆心（图上未画出），紧贴N点左侧还固定有绝缘竖直挡板。自零时刻起将一带正电的小球自轨道上的M点由静止释放。小球与挡板碰撞时无能量损失，碰撞时间不计，运动周期为T，MN间的距离为L并且远远小于轨道半径，以下说法正确的是（）A.圆弧轨道的半径为B.空间加上竖直向下的匀强电场，小球的运动周期会增大C.空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，若小球不脱离轨道，运动周期会增大D.时小球距N点的距离约为【答案】AD【解析】【详解】A．由MN间的距离为L并且远远小于轨道半径，则小球在圆弧轨道过程，可看成单摆模型，其周期为单摆的半个周期，根据单摆的周期公式有，解得圆弧轨道的半径为所以A正确；B．空间加上竖直向下匀强电场，等效重力加速度增大，根据单摆的周期公式可知小球的运动周期将减小，所以B错误；C．空间加上垂直纸面向里的匀强磁场，小球下滑时由洛仑兹力总是于速度方向垂直，洛仑兹力总不做功，不改变速度大小，所以若小球不脱离轨道，运动周期将不改变，则C错误；D．由MN间的距离为L并且远远小于轨道半径，则小球在圆弧轨道过程，可看成单摆模型。单摆离开平衡位置的位移与时间的关系为其中单摆的周期为2T，所以角速度为因此单摆离开平衡位置的位移与时间的关系为从M到N的时间为因此对应从平衡位置N点离开的时间为代入关系式解得D正确。故选AD。二、非选择题：本题共4小题，共52分.9.某同学用图甲所示的装置研究单摆运动的规律，让摆球在竖直平面内摆动，用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示，小球经过最低点时为计时起点。（1）下列说法正确的有______；A.摆角要应尽可能大B.摆线应适当长些C.摆球应选择密度大、体积小的实心金属小球（2）由图乙可知该单摆运动周期为______s，该同学用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为______mm。【答案】①.BC##CB②.2③.15.65【解析】【详解】（1）[1]在摆角小于5°的情况下单摆的运动可以看做简谐运动，实验时摆角不能太大，不能超过5°，故A错误；实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径，适当增加摆线的长度，可以减小实验误差，故B正确；减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故C正确，故选BC。（2）[2]单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得，该单摆的周期为2s。[3]小球的直径d=15mm+13×0.05mm=15.65mm10.如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物体，mA=0.1kg，mB=0.5kg，弹簧的劲度系数为k=40N/m，剪断A、B间的细绳后，A做简谐运动，不计空气等阻力，弹簧始终没有超过弹性限度，g取10m/s2，求：（1）剪断细绳瞬间的回复力大小。（2）振幅是多少？【答案】（1）5N；（2）0.125m【解析】【详解】（1）剪断绳子的瞬间，A做简谐振动的回复力为（2）由题意，可得剪断绳子瞬间弹簧的形变量为A处于平衡位置时，弹簧的形变量为根据简谐振动的特点，则A做简谐振动的振幅为11.正在修建的楼房顶上固定一根不可伸长的细线垂到图示窗沿下，某同学想应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，他先将线的下端系上一个小球，当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为l＝1m。他打开窗户，让小球在垂直于墙的竖直平面内作小角度摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计用入到第21次通过B点共用时40s。当地重力加速度g值取，根据以上数据，求：（1）该单摆的周期；（2）房顶到窗上沿的高度h。【答案】（1）4s；（2）8m【解析】【详解】（1）从小球第1次通过图中的B点开始计用入到第21次通过B点共用时40s，则周期为（2）球心到窗上沿的距离l=1m，由于该单摆在左右两侧摆动的摆长变化，故周期公式为g值取，代入数据解得，房顶到窗上沿的高度为h＝8.0m12.物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果——做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。（1）劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴，如图所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。a．求小物块的合力F与x的关系式，并据此证明小物块的运动是简谐运动；b．系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能的表达式。（2）若已知此简谐运动的振幅为A，求小物块在振动位移为时的动能（用A和k表示）【答案】（1）a．见解析，b．；（2）【解析】【详解】（1）a．设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，有G=kx0当小物块相对于平衡位置的向下位移为x时，受弹力FT和重力G作用，如图所示合力F合=-FT+G其中FT=k(x+x0）解得F合=-kx即合力与位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。b．合力F与位移x关系图线如图所示，由图可知物块由平衡位置到位移为x处的运动过程中合力F做的功由动能定理有WF=ΔEk依据机械能守恒定律有ΔEk+ΔEp=0解得以平衡位置为零势能参考点，则（2）小球在运动到平衡位置O点下方距离为时的势能小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有可得13.如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距。套在杆上的小球从中点以初速度向右运动，小球将做周期为的往复运动，则（）A.小球做简谐运动B.小球动能的变化周期为C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为D.小球的初速度为时，其运动周期为【答案】B【解析】【详解】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；BC．假设杆中点为，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，可知小球做周期为的往复运动过程为根据对称性可知小球从与，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，B正确，C错误；D．小球的初速度为时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为时，其运动周期应小于，D错误；故选B。14.如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为，则P做简谐运动的表达式为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为，以向上为正方向，设P的振动方程为由图可知，当时，P的位移为，代入振动方程解得则P做简谐运动的表达式为故B正确，ACD错误。故选B。15.图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进