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1、1第一章 机械振动章末检测试卷(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分)1.(多选)关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是( )A.回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程B.位移和速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程C.动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D.速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程答案 BD2.下列说法正确的是( )A.摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B.火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆C.挑水时为了防止水从水桶中荡出

2、，可以加快或减慢走路的步频D.在连续均匀的海浪冲击下，停在海面上的小船上下振动，是共振现象答案 C解析 摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T2 可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故 A 错误；火车过桥时要减速是为lg了防止桥车发生共振，不是防止火车发生共振，故 B 错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故 C 正确；停在海面上的小船上下振动，是受迫振动，故 D 错误.3.(多选)如图 1 所示， A、 B、 C 三个小

3、钢球的质量分别为 2m、 m、 m， A 球振动后，通过张12紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当 B、 C 振动达到稳定时，下列说法正确的是( )图 1A.B 的振动周期最大2B.C 的振幅比 B 的振幅小C.C 的振幅比 B 的振幅大D.A、 B、 C 的振动周期相等答案 CD解析 由题意知， A 做自由振动，振动周期就等于其固有周期，而 B、 C 在 A 产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于 A 的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等，故 A 错误，D 正确；由于 C、 A 的摆长相等，则 C 的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅比 B 的振幅大，

4、故 C 正确，B 错误.4.如图 2 所示为某质点在 04s 内的振动图像，则( )图 2A.质点振动的振幅是 2m，质点振动的频率为 4HzB.质点在 4s 末的位移为 8mC.质点在 4s 内的路程为 8mD.质点在 t1s 到 t3s 的时间内，速度先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向，且速度先增大后减小答案 C解析 由题图可知振动的振幅 A2m，周期 T4s，则频率 f 0.25Hz，选项 A 错误；1T振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4s 末的位移为零，选项 B 错误；路程s4 A8m，选项 C 正确；质点从 t1s 到 t3s 的时间内，一直沿 x 轴负方向运动，选项D 错

5、误.5.某同学在研究单摆的受迫振动时，得到如图 3 所示的共振曲线.横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅.已知重力加速度为 g，下列说法中正确的是( )图 3A.由图中数据可以估算出单摆的摆长B.由图中数据可以估算出摆球的质量C.由图中数据可以估算出摆球的最大动能3D.如果增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动答案 A解析 从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率，单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率，根据单摆的频率可以计算出单摆的周期，根据单摆的周期公式可以估算出单摆的摆长，选项 A 正确；从单摆的周期无法计算出单摆的摆球质量和摆球的最大动能，选项 B、C 错误；如果增大单

6、摆的摆长，单摆的周期增大，频率减小，曲线的峰将向左移动，选项 D 错误.6.(多选)某单摆原来的周期为 T，下列哪些情况会使单摆周期发生变化( )A.摆长减为原来的14B.摆球的质量减为原来的14C.振幅减为原来的14D.重力加速度减为原来的14答案 AD解析 由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加速度有关，故 A、D 正确.7.(多选)如图 4 甲所示，弹簧振子以 O 点为平衡位置，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 的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是( )图 4A.t0.8s 时，振子的速度方向向左B.t0.2s 时，振子在 O 点右侧 6 c

7、m 处2C.t0.4s 和 t1.2s 时，振子的加速度完全相同D.t0.4s 到 t0.8s 的时间内，振子的加速度逐渐减小答案 ABD解析 从 t0.8 s 时起，再过一段微小的时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故 t0.8 s 时，速度方向向左，A 正确；由题中图像得振子的位移 x12sin t cm，故54t0.2 s 时， x6 cm，故 B 正确； t0.4 s 和 t1.2 s 时，振子的位移方向相反，由2a 知，加速度方向相反，C 错误； t0.4 s 到 t0.8 s 的时间内，振子的位移逐渐 kxm4变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其加速度逐渐变小，故 D 正确.8

8、.如图 5 所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为 R1和 R2，圆心分别为 O1和 O2，所对应的圆心角均小于 5，在最低点 O 平滑连接. M 点和 N 点分别位于 O 点左右两侧， MO 的距离小于NO 的距离.现分别将位于 M 点和 N 点的两个小球 A 和 B(均可视为质点)同时由静止释放.关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )图 5A.恰好在 O 点B.一定在 O 点的左侧C.一定在 O 点的右侧D.条件不足，无法确定答案 C解析 据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于 5，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则 A、 B 两球的运动周期分别为 TA

9、2 ， TB2R1g，两球第一次到达 O 点的时间分别为 tA TA ， tB TB ，由于 R1R2，R2g 14 2 R1g 14 2 R2g则 tAtB，故两小球第一次相遇点的位置一定在 O 点的右侧.故选 C.9.(多选)如图 6 所示是摆长均为 L 的两个单摆，两摆球间用一根细线相连，现使两摆线与竖直方向均成 角( 5)，且使两单摆静止.已知甲的质量大于乙的质量.当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，从细线断开瞬间开始计时，当经过 t 时间，甲、乙两摆球第n 次距离最近.则下列说法正确的是( )图 6A.甲的振幅小于乙的振幅B.甲的振幅等于乙的振幅5C.两单摆所处位置的重力加速度为

10、g 2n2Lt2D.甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度答案 BD解析 甲、乙两单摆的摆长相等，再结合题意可知，甲、乙两单摆做简谐运动的振幅相等，A 错误，B 正确；两单摆在平衡位置时速度最大，根据 mgh mv2，得 v ，即速度与12 2gh质量无关，所以甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度，D 正确；当经过 t 时间，甲、乙两摆球第 n 次距离最近，说明单摆周期为 T ，根据 T2 ，知单摆周期与质量tn Lg无关，且两单摆所处位置的重力加速度为 g ，所以 C 错误.4 2n2Lt210.劲度系数为 k 的轻弹簧竖直悬挂，在其下端挂一质量为 m 的砝码，然后从弹簧原长处由静止释

11、放砝码，不计阻力，重力加速度为 g.则( )A.砝码的运动不是简谐振动B.砝码最大加速度为 2gC.砝码偏离平衡位置的最大位移为2mgkD.弹簧最大弹性势能为2m2g2k答案 D解析 设砝码的最大速度为 vm，砝码的速度最大时，弹簧弹力大小等于砝码的重力，则得mg kx0，得弹簧伸长的长度 x0 ，此位置为平衡位置，在平衡位置以上 x 时，弹簧的mgk弹力为 F k(x0 x)，砝码受到的合力 F 合 mg F mg k(x0 x) k x，同理可以得出砝码在平衡位置以下 x 时，仍然满足 F 合 k x，即砝码受到与离开平衡位置的位移成正比的合外力的作用，且该合力方向始终指向平衡位置，所以由

12、静止释放砝码后，砝码在重力和弹簧的弹力作用下将做简谐振动，故 A 错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，根据对称性可知，此时弹簧伸长量为： x2 x02 ，根据mgk牛顿第二定律得： a g，所以弹簧弹性势能最大时小球加速F弹 Gm kx mgm 2mg mgm度大小为 g，故 B 错误；此时弹簧伸长量 x2 ，所以砝码偏离平衡位置的最大位移为mgkx x0 ，故 C 错误；当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，砝mgk码从静止开始下落到速度为零时，根据动能定理得： mg W 弹 0，解得 W 弹 2mgk6，所以弹簧的最大弹性势能为 ，故 D 正确.2m

13、2g2k 2m2g2k11.如图 7 所示，一质点在 a、 b 间做简谐运动， O 是它振动的平衡位置.若从质点经过 O 点开始计时，经 3s，质点第一次到达 M 点，再经 2s，它第二次经过 M 点，则该质点的振动图像可能是下图中的( )图 7答案 C解析 若质点从平衡位置开始先向右运动，可知 M 到 b 的时间为 1s，则 3s1s4s，T4解得 T16s，若质点从平衡位置先向左运动，可知 M 到 b 的时间为 1s，则T3s1s4s，解得 T s，故 C 正确，A、B、D 错误.34 16312.(多选)一弹簧振子沿 x 轴振动，平衡位置在坐标原点. t0 时振子的位移x0.1m； t

14、s 时 x0.1m； t4s 时 x0.1m.该振子的振幅和周期可能为( )43A.0.1m， s B.0.1m,8s83C.0.2m， s D.0.2m,8s83答案 ACD解析 若振幅 A0.1m， T s，则 s 为半个周期，从0.1m 处运动到 0.1m 处，符合运动83 43实际，4s s s 为一个周期，正好返回 0.1m 处，所以 A 对；若 A0.1m， T8s， s 只43 83 43是 T 的 ，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以 B 错；若16A0.2m， T s，则 s ，振子可以由0.1m 处运动到对称位置，4s s s T，振子83 43 T2 43

15、83可以由 0.1m 处返回 0.1m 处，所以 C 对；若 A0.2m， T8s，则 s2 ，而 sin43 T127 ，即 时间内，振子可以从平衡位置运动到 0.1m 处，再经 s 又恰好能由(2TT12) 12 T12 830.1m 处运动到 0.2m 处后，再返回 0.1m 处，所以 D 对.二、填空题(本题共 2 小题，共 24 分)13.(12 分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图 8甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于 5.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为 1，到第 n 次经过最低点所用的时间为 t.在测量单摆的摆

16、长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为 L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为 d(读数如图乙所示).图 8(1)从乙图可知，摆球的直径为 d_mm.(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式 g_.(3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是_.A.尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线B.当单摆经过最高位置时开始计时C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的D.测量多组周期 T 和摆长 l，作 T2 l 关系图像来处理数据答案 (1)5.980 (2) (3)AD 2n 12L d2t2解析 (1)螺旋测

17、微器的主尺读数为 5.5mm，可动刻度读数为 0.0148.0mm0.480mm，则最终读数为 5.980mm.(2)由题意知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为 1，到第 n 次经过最低点所用的时间为 t，则单摆的全振动的次数为 N ，周期为 T ，单摆的摆长为 l L ，由n 12 tN 2tn 1 d2单摆的周期公式 T2 ，得 g .lg 2n 12L d2t28(3)公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故 A 正确；为了减小误差，需要在单摆经过平衡位置时开始计时，且选用体积较小的摆球，故 B、C 错误；应用图像法处理实验数据可以减小实验

18、误差，测量多组周期 T 和摆长 l，作 T2 l 关系图像来处理数据，故 D 正确.14.(12 分)如图 9 甲所示，在光滑的斜面上，有一滑块，一劲度系数为 k 的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出 F t 图像.现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示图像.图 9(1)滑块做简谐运动的回复力是由_提供的.(2)由图乙所示的 F t 图像可知，滑块做简谐运动的周期为_s.(3)结合 F

19、 t 图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为_.答案 (1)弹簧的弹力和重力沿斜面分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力) (2)0.4 (3)F1 F22k解析 (1)对滑块进行受力分析，弹簧的弹力和重力沿斜面分力的合力提供回复力.(2)由题图可以看出周期为 0.4s.(3)根据胡克定律： F1 kxF2 kx振幅 A .x x2 F1 F22k三、计算题(本题共 3 小题，共 28 分)15.(10 分)如图 10 所示，轻弹簧的下端系着 A、 B 两球， mA100g， mB500g，系统静止时弹簧伸长 x15cm，未超出弹性限度.若剪断 A、 B 间的细绳，则

20、A 在竖直方向做简谐运动，求：( g 取 10m/s2)9图 10(1)A 的振幅；(2)A 最大加速度的大小.答案 (1)12.5cm (2)50m/s 2解析 (1)设只挂 A 时弹簧伸长量 x1 .mAgk由( mA mB)g kx，得 k ，mA mBgx即 x1 x2.5cm.mAmA mB振幅 A x x112.5cm.(2)剪断 A、 B 间的细绳瞬间， A 所受弹力最大，合力最大，加速度最大.F( mA mB)g mAg mBg mAam，am 5 g50m/s 2.mBgmA16.(10 分)弹簧振子以 O 点为平衡位置在 B、 C 两点之间做简谐运动， B、 C 相距 20

21、cm.某时刻振子处于 B 点，经过 0.5s，振子首次到达 C 点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在 5s 内通过的路程及 5s 末的位移大小；(3)振子在 B 点的加速度大小与在距 O 点 4cm 处 P 点的加速度大小的比值.答案 (1)1s 1Hz (2)2m 0.1m (3)52解析 (1)由题意可知，振子由 B C 经过半个周期，即 0.5s，故 T1s， f 1Hz.T2 1T(2)振子经过 1 个周期通过的路程 s10.4m.振子在 5s 内振动了五个周期，回到 B 点，通过的路程： s5 s12m.5s 末的位移大小 x10cm0.1m.(3)由 F kx 可知：在 B

22、 点时 FB k0.1，在 P 点时 FP k0.04，故 .aBaP FBFP 5217.(8 分)一个摆长为 2m 的单摆，在地球上某地振动时，测得完成 100 次全振动所用的时间为 284s.(结果均保留三位有效数字)(1)求当地的重力加速度 g 的大小；(2)若把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是 1.60m/s2，则该单摆的振动周期约为多少？答案 (1)9.78m/s 2 (2)7.02s解析 (1)周期 T s2.84s.tn 28410010由周期公式 T2 得lgg m/s29.78 m/s 2.4 2lT2 43.14222.842(2)T2 23.14 s7.02s.lg 21.60