鲁科版高中物理选择性必修第一册第2章机械振动章末测评含答案

机械振动

(分值：100分)

1．(3分)简谐运动的平衡位置是指(　　)

A．速度为零的位置 B．回复力为零的位置

C．加速度为零的位置 D．位移最大的位置

B　[简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零．例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度．简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零．]

2．(3分)一个水平弹簧振子的振动周期是0.025 s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17 s时，振子运动情况是(　　)

A．正在向右做减速运动

B．正在向右做加速运动

C．正在向左做减速运动

D．正在向左做加速运动

B　[＝＝6，T在T～T之间，故0.17 s时振子从最大位移处正向右加速接近平衡位置．]

3．(3分)在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的(　　)

A　　　　B　　　　　C　　　　D

B　[不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故选项B正确，选项A、C、D错误．]

4．(3分)如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则(　　)

甲　　　　　　　乙

A．此振动系统的固有频率约为0.25 Hz

B．此振动系统的固有频率约为3 Hz

C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统振动的频率不变

D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动

B　[由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误．]

5．(3分)如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　　　　　乙

A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左

B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处

C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同

D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小

A　[t＝0.8 s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，选项A正确；t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处，选项B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，选项C错误；t＝0.4 s时到t＝0.8 s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，选项D错误．]

6．(3分)一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速运动，加速度a为(　　)

A．方向向上，大小为 B．方向向上，大小为

C．方向向下，大小为 D．方向向下，大小为

D　[由T＝2π可知，周期增大为原来的2倍，等效重力加速度g′＝．设绳子拉力为F，由F－mg＝ma，F＝mg′，上式联立可得a＝－，则大小为，方向向下．综上分析，D正确．]

7．(3分)一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经过t＝，摆球具有负向最大加速度，下面四个图像分别记录了该单摆从计时时刻开始到的振动图像，其中正确的是(　　)

A　　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　　D

A　[单摆的周期公式T＝2π，则t s内小球的振动周期数为：n＝＝，为2个周期，因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时小球的位置应为平衡位置向负方向运动，故A正确，B、C、D错误．]

8．(3分)如图所示为一质点的简谐运动图像．由图可知(　　)

A．质点的运动轨迹为正弦曲线

B．t＝0时，质点正通过平衡位置向正方向运动

C．t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移的正方向相同

D．质点运动过程中，两端点间的距离为0.05 m

C　[简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t＝0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图像的斜率表示速度，则t＝0.25 s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同，故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为s＝2A＝2×5 cm＝10 cm＝0.1 m，故D错误．故选C．]

9．(6分)某同学探究单摆周期与摆长的关系，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为________cm，摆长为________cm．用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，停表读数为________s，如果测得的g值偏大，可能的原因是________(填选项前的字母)．

甲　　　　　　　　　乙

A．计算摆长时加的是摆球的直径

B．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长

C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加(实验过程中先测摆长后测周期)

D．实验中误将30次全振动记为31次

[解析]　游标卡尺的主尺读数为2 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10×0.05 mm＝0.50 mm，所以最终读数为：2 cm＋0.050 cm＝2.050 cm；摆长为：89.40 cm＋ cm＝90.425 cm；由图乙可知：秒表的读数t＝57.0 s．根据T＝2π，得g＝．A项：计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径，则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故A正确；B项：用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长使摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故B错误；C项：摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；D项：实验中误将30次全振动记为31次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故D正确．

[答案]　2.050　90.425　57.0　AD

10．(7分)如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d．

[解析]　摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍：

＝n()(其中n＝1、2、3、…)

由单摆周期公式T＝2π得

d＝(其中n＝1、2、3、…)．

[答案]　(其中n＝1、2、3、…)

11．(4分)(多选)一弹簧振子做简谐运动，t时刻刚好经过平衡位置，则振子在t＋Δt和t－Δt时刻一定相同的物理量有(　　)

A．速度   B．加速度  C．位移      D．机械能

AD　[t时刻刚好经过平衡位置，则振子在t＋Δt和t－Δt时刻质点位置关于平衡位置对称，则速度和机械能相同，加速度方向相反，位移方向相反，故A、D正确，B、C错误．]

12．(4分)(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin t，则质点(　　)

A．第1 s末与第3 s末的位移相同

B．第1 s末与第3 s末的速度相同

C．3 s末至5 s末的位移方向都相同

D．3 s末至5 s末的速度方向都相同

AD　[由x＝Asin t知周期T＝8 s，第1 s末、第3 s末、第5 s末分别相差2 s，恰好是个周期，根据简谐运动图像中的对称性可知A、D选项正确．]

13．(4分)(多选)一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是(　　)

A．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态

B．t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置

C．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态

D．t＝1.0 s时，摆线所受拉力最大

BCD　[位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球做圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只有是平衡位置，故A错误，B正确；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t＝1.0 s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所受拉力最大，D正确．]

14．(4分)(多选)如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间动摩擦因数为μ，(　　)

A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于的整数倍

B．若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相同

C．研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板摩擦力的合力充当了木板做简谐运动的回复力

D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于kx

CD　[设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有：

kx＝(m＋M)a　　①

对m物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：f＝ma　　 ②

所以：f＝kx　③

若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不一定等于的整数倍，故A错误；若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C正确；由③可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于  kx，故D正确．故选C、D．]

15．(8分)某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示：

甲　　　　　　乙

(1)实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是________(填选项前的字母)．

A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算

B．单摆所用摆球质量太大

C．把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间

D．开始计时时，秒表过早按下

(2)从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l­T2图像，则根据图像可求得当地的重力加速度g＝________(用图乙中所给字母表示)．

[解析]　(1)根据T＝2π得：g＝

以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则L偏大，测得的g偏大，故A正确；重力加速度与单摆所用摆球质量大小无关，故B错误；把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确；开始计时时，秒表过早按下，则测得的T偏大，则g测量值偏小，故D错误．

(2)根据T＝2π得：l＝T2，则 k＝＝，解得g＝

[答案]　(1)AC　(2)

16．(14分)一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示．A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动．已知弹簧的弹性势能决定于弹簧形变大小(g取10 m/s2，阻力不计)． 求：

(1)物体A的振幅；

(2)物体B的最大速率；

(3)在最高点和最低点A对B的作用力．

[解析]　(1)从原长到平衡位置x1＝＝5 cm

振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm．

(2)最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此重力势能转化为动能．

(mA＋mB)g·A＝(mA＋mB)v2

v＝ m/s．

(3)在最高点，整体(mA＋mB)g＋k×0.05＝(mA＋mB)a

隔离B：F1＋mBg＝mBa 可求得F1＝10 N，向下．

在最低点，加速度大小也为a，方向向上：F2－mBg＝mBa，得F2＝30 N，向上．

[答案]　(1)10 cm　(2) m/s　(3)10 N，向下　30 N，向上

17．(9分)摆钟是一种利用摆的等时性制成的计时装置，它具有下列特性：钟摆的振动可以等效成是单摆的简谐运动；摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，现有一座摆钟，摆长为1 m，一昼夜快10 min，要使它走时正确，应该将摆长调到多长？(精确到0.001 m)

[解析]　摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，设准确的钟摆摆动的周期为T，则24×60 min＝kn

不准确的摆周期为T′，

则：24×60 min＋10 min＝kn′

在时间一定时，摆动次数与周期成反比，

则＝＝

由T＝2π∝可得：＝＝

其中L′＝1 m，则L＝×1 m≈1.014 m．

[答案]　1.014 m

18．(16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．

[解析]　(1)由图乙得小滑块做简谐运动的

周期：T＝ s

由T＝2π，

得R＝＝0.1 m．

(2)在最高点A，有

Fmin＝mgcos θ＝0.495 N

在最低点B，有

Fmax＝m＋mg＝0.510 N

从A到B，滑块机械能守恒，有

mgR(1－cos θ)＝mv2

解得：m＝0.05 kg．

[答案]　(1)0.1 m　(2)0.05 kg