高中物理第二章 机械振动综合与测试复习练习题

第二章达标检测卷

一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题，每小题4分，共40分)

1．(2021届枣庄第三中学期中)下列关于简谐运动的说法，正确的是(　　)

A．只要有回复力，物体就会做简谐运动

B．物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大

C．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同

D．物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反

【答案】C　【解析】只要有回复力物体一定振动，但不一定是简谐运动，如阻尼振动，A错误；物体做简谐运动，加速度最大时，根据a＝可知位移最大，此时速度最小为零，B错误； 物体做简谐运动时，位移一定是背离平衡位置，故速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，C正确；物体做简谐运动时，加速度方向总是与位移方向相反，而速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，D错误．

2．(2021届上海名校月考)弹簧振子的振动图像如图所示．在t＝2～3 s的时间内，振子的动能Ek和势能Ep的变化情况是(　　)

A．Ek变小，Ep变大　　 B．Ek变大，Ep变小

C．Ek、Ep均变小　　 D．Ek、Ep均变大

【答案】B　【解析】在t＝2～3 s的时间内，振子从最大位移处向平衡位置运动，速度增大，动能变大，势能减小，故B正确．

3．下表中给出的是做机械振动的物体的位移x或速度v与时刻的对应关系，T是振动周期．则下列选项中正确的是(　　)

A．若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v

B．若乙表示位移x，则甲表示相应的速度v

C．若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v

D．若丁表示位移x，则丙表示相应的速度v

【答案】A　【解析】若甲表示位移x，振子从平衡位置向正向最大位移处运动，速度从正向最大开始减小到零，所以丙表示相应的速度v，故A正确；若乙表示位移x，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，速度从负向最大开始减小到零，所以丁表示相应的速度v，故B错误；若丙表示位移x，位移从正向最大变化到零，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向负向最大速度变化，所以乙表示相应的速度v，故C错误；若丁表示位移x，位移从负向最大位移变化到零，振子从负向最大位移处向平衡位置运动，速度从零开始向正向最大速度变化，所以甲表示相应的速度v，故D错误．

4．(2020年北京名校联考)如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示．由振动图像可以得知(　　)

A．振子的振动周期等于t1

B．在t＝0时刻，振子的位置在a点

C．在t＝t1时刻，振子的速度为零

D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动

【答案】D　【解析】振子的振动周期等于2t1，故A错误；在t＝0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B错误；在t＝t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C错误；从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D正确．

5．一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是(　　)

A．g甲>g乙，将摆长缩短

B．g甲<g乙，将摆长放长

C．g甲<g乙，将摆长缩短

D．g甲>g乙，将摆长放长

【答案】B　【解析】走时变快了，说明周期T＝2π变小了，即g乙>g甲，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使不变，故B正确．

6．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

【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，A错误；固有周期与振幅无关，所以若向右拉动10 cm后由静止释放，经过0.5 s振子第一次回到P位置，B错误；振子两次经过P位置的时间间隔为半个周期即1 s，C错误；只要位移不超过弹簧形变的最大限度，振子的周期不变，D正确．

7．(2021届淄博淄川中学期中)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知(　　)

A．振幅为2 cm，频率为0.25 Hz

B．t＝1 s时速度为零，但质点所受合外力为最大

C．t＝2 s时质点具有正方向最大加速度

D．该质点的振动方程为x＝2sint

【答案】AC　【解析】根据图像可知振幅为2 cm，频率为f＝＝ Hz＝0.25 Hz，A正确；t＝1 s时，质点处于平衡位置，所受合力为0，速度最大，B错误；t＝2 s时，质点处于负向位移最大处，所受指向平衡位置的合力最大，具有正方向最大加速度，C正确；根据图像可知ω＝＝＝ rad/s，则该质点的振动方程为x＝2cost，D错误．

8．如图，轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则(　　)

A．最大回复力为500 N，振幅为5 cm

B．最大回复力为200 N，振幅为2 cm

C．只减小A的质量，振动的振幅变小，周期不变

D．只减小B的质量，振动的振幅变小，周期不变

【答案】BD　【解析】轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，故劲度系数为k＝＝＝1×104 N/m，若将连接A、B两物体的细线烧断，物体A将做简谐运动，细线烧断瞬间，合力充当回复力；由于细线烧断前是平衡状态，烧断后细线对A的拉力减小了200 N，而弹力不变，故合力为200 N，故最大回复力为200 N，刚烧断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体A到达简谐运动的最大位移处，故振幅为2 cm，故A错误，B正确．只减小A的质量，振动的幅度不变，而周期与振幅无关，所以周期不变，故C错误．只减小B的质量，振动的幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，故D正确．

9．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(　　)

A．其他各摆振动周期跟A摆相同

B．其他各摆振动的振幅大小相等

C．其他各摆振动的振幅大小不同，E摆的振幅最大

D．B、C、D三摆振动的振幅大小不同，B摆的振幅最小

【答案】ACD　【解析】A摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同，故A正确．A摆的频率等于驱动力的频率fA＝＝，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：

fB＝≈1.41fA，fC＝≈0.82fA，

fD＝≈0.71fA，fE＝＝fA.

可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小，故B错误，C、D正确．

10．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振动的平衡位置位于x轴上的O点．如图甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位移，黑点上的箭头表示运动的方向．如图乙给出的①②③④四条振动曲线，可用于表示振子的振动图像的是(　　)

A．若规定状态a时t＝0，则图像为①

B．若规定状态b时t＝0，则图像为②

C．若规定状态c时t＝0，则图像为③

D．若规定状态d时t＝0，则图像为④

【答案】AD　【解析】若振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，故A正确．若振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像②中初始位移不对，故B错误．若振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像③中运动方向及初始位移均不对，故C错误．若振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，故D正确．

二、填空题(每小题9分，共18分)

11．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．

(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示．这样做的目的是________(填字母代号)．

A．保证摆动过程中摆长不变

B．可使周期测量得更加准确

C．需要改变摆长时便于调节

D．保证摆球在同一竖直平面内摆动

(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则该摆球的直径为______ mm，单摆摆长为______ m.

(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______(填字母代号)．

【答案】(1)AC　(2)12.0　0.993 0　(3)A

【解析】(1)夹牢摆线可以使摆动过程中摆线长度不变，夹子可以根据需要改变摆长，故选AC．

(2)游标尺的0刻线与主尺12 mm对齐，10刻线与主尺刻线对齐，所以读数为12.0 mm；摆长L＝0.999 0 m－ m＝0.993 0 m.

(3)sin 5°＝0.087，摆长为1 m，所以振幅约为8.7 cm，C、D选项振幅较大，误差较大；又因振子在平衡位置开始计时误差较小，所以t＝0时，振子应在平衡位置，故选A．

12．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：

(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为________cm.摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最______(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期．图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间，则该单摆振动周期为________．

(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为________m.

(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.

(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响就好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________．

A．学生甲的说法正确

B．学生乙的说法正确

C．两学生的说法都是错误的

(5)某同学用单摆测量当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T.图丁所示为测摆线长度L的方法．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图戊所示．由图像可知，摆球的半径r＝________m，当地重力加速度g＝________m/s2(结果保留2位小数)；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(填“偏大”“偏小”或“一样”)．

【答案】(1)0.97　低　2.05 s　(2)0.998 0

(3)　(4)A

(5)0.01　9.86　一样

【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为9 mm＋7×0.1 mm＝9.7 mm＝0.97 cm；

为了减小测量周期的误差，应从摆球经过最低点的位置时开始计时；

由图示秒表可知，其示数t＝90 s＋12.5 s＝102.5 s，

单摆周期T＝＝ s＝2.05 s.

(2)悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单摆摆长为L＝99.80 cm＝0.998 0 m.

(3)由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝.

(4)考虑到空气浮力，浮力的方向始终与重力方向相反，相当于等效的重力场的等效重力加速度变小，振动周期变大，甲的说法正确，故A正确，B、C错误．

(5)T2与L的图像，应为过原点的直线，但图像中没有过原点；且实验中该学生在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，据此可知横轴截距应为球的半径，由图像可知，摆球的半径r＝1.0 cm＝0.010 m；

由单摆周期公式T＝2π可知T2＝，

所以T2－L图像的斜率k＝＝＝4，

重力加速度g＝＝ m/s2≈9.86 m/s2；

用T2－L的关系图线求当地重力加速度值，误将摆线长当成摆长进行测量和绘制图线，T2－L图像的斜率不变，所测重力加速度不变．

三、计算题(共42分)

13．(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．

(1)求t＝0.25×10－2 s时刻的位移．(结果保留三位小数)

(2)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？

【答案】(1)－1.414 cm　(2)34 cm　0

【解析】(1)由图像可知T＝2×10－2 s，则ω＝＝100π，

横坐标t＝0.25×10－2 s时，所对应纵坐标x＝－Acos ωt＝－2cos(100π×0.25×10－2) cm≈－1.414 cm.

(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，题中Δt＝8.5×10－2 s＝T，所以质点通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm，经个周期振子回到平衡位置，位移为零．

14．(10分)(2021届菏泽期中)一轻弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一物块，物块上装有一只记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当物块上下振动时，以速率v水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下印迹如图所示．y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标：

(1)求物块振动的周期和振幅；

(2)若弹簧的劲度系数为k，物块与笔的总质量为m，写出物块振动到最高点时的加速度大小．

【答案】(1)T＝　A＝　(2)a＝

【解析】(1)记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用时间，因此由图可知T＝，

再根据图像可以看出振幅A＝.

(2)在最高点时回复力F＝－kx＝kA，

根据牛顿第二定律可得，kA＝ma，

且A＝，

代入数据解得加速度大小a＝.

15．(10分)(2021届苏州汾湖中学模拟)如图所示，竖直放置的轻弹簧劲度系数为k，下端固定在水平面上，上端与质量为m可视为质点的小球相连，开始时弹簧处于原长．现将小球从弹簧上端由静止开始释放，在竖直方向上做简谐运动，其周期为2π.已知重力加速度为g，不计弹簧质量和一切阻力，取竖直向下为正，开始运动时刻为0时刻，求：

(1)小球处于平衡位置时弹簧的形变量及简谐运动的振幅A；

(2)小球简谐运动位移随时间变化的表达式；

(3)小球运动到最低点时弹簧的弹力．

【答案】(1)x0＝　A＝x0＝　(2)x＝cost＋π　(3)F弹＝2mg

【解析】(1)小球处于平衡位置时，弹簧形变量x0＝，

小球做简谐运动的振幅A＝x0＝.

(2)由题可知，规定竖直向下为正方向，开始时刻小球的位移为负向最大，则x＝Acost＋π，

又T＝2π，

解得x＝cost＋π.

(3)由简谐运动的对称性可知，最低点小球的加速度a＝g，

方向向上，由牛顿第二定律得F弹－mg＝ma，

解得F弹＝2mg.

16．(12分)(2021届泰州期末)如图甲，置于水平长木板上的滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗(可视为质点)，用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小(小于5°)的摆动．漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹，测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g.

(1)试证明此漏斗做简谐运动；

(2)根据图丙求漏斗振动的周期T及摆长L；

(3)图乙中测得A、C两点间距离为x1，A、E两点间距离为x2，求滑块加速度的大小及液体滴在D点时滑块速度的大小．

【答案】(1)见解析　(2)2t0　　(3)　

【解析】(1)如图所示，设细线长度为l，当漏斗运动到P时，设位移为x，以漏斗为研究对象，受到重力和细线拉力F′.

将重力沿法线方向(即半径方向)和切线方向分解，其中沿切线的分量F提供回复力，F＝mgsin θ，

当θ角很小(小于5°)时，sin θ≈，回复力F方向与位移x方向相反，可得F＝－x，满足F＝－kx，可知漏斗的振动为简谐运动．

(2)在2t0时间内，细线的拉力变化经历两个周期，对应漏斗振动的一个周期，所以T＝2t0．

单摆周期公式T＝2π＝2t0，解得L＝.

(3)由Δx＝aT2，得a＝＝＝，

液体滴在D点时滑块速度vD＝CE＝＝.