机械振动试题含答案.docx
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机械振动试题含答案
机械振动试题（含答案）
一、机械振动选择题
1.
如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固左于天花板上，将小物块托起一泄高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F随时间r变化的关系如图所示。
以下说法正确的是
A・r。
时刻弹簧弹性势能最大B.2D站时刻弹簧弹性势能最大
33
C・时刻弹簧弹力的功率为0D.二5时刻物体处于超重状态
22
2.如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便.已知碰撞前a球摆动的最髙点与最低点的高度差为h,摆动的周期为丁，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半.则碰撞后
A.摆动的周期为
B.摆动的周期为
C.摆球最高点与最低点的髙度差为0.3/7
D.摆球最高点与最低点的髙度差为0.25/7
3.如图所示，甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平而上，已知甲的质量小于乙的质量.当细线突然断开斤两物块都开始做简谐运动，在运动过程中
A.甲的最大速度大于乙的最大速度
B.甲的最大速度小于乙的最大速度
C.甲的振幅大于乙的振幅
D.甲的振幅小于乙的振幅
E.
在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律.法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系.已知单摆摆长为/，引力常量为G,地球质量为M,摆球到地心的距离为r,则单摆振动周期7■与距离r的关系式为（）
4.如图所示为甲、乙两等质量的质点做简谐运动的图像，以下说法正确的是（）
A.甲、乙的振幅各为2m和2m
B.若甲、乙为两个弹簧振子，则所受回复力最大值之比为F中：
F乙二2：
1
C.乙振动的表达式为x=sin--t（cm）
4
D.t=2s时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值
5.如图1所示，轻弹簧上端固立，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位豊向下拉下一段距离A,由静止释放。
以钢球的平衡位世为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始il•时，钢球运动的位移一时间图像如图2所示。
已知钢球振动过程中禅簧始终处于拉伸状态，则（）
A.人时刻钢球处于超重状态
B.G时刻钢球的速度方向向上
C.时间内钢球的动能逐渐增大
D.人~『2时间内钢球的机械能逐渐减小
6.如图甲所示，一个有固立转动轴的竖直圆盘转动时，固泄在圆盘上的小圆柱带动一个厂形支架在竖直方向振动，T形支架的下而系着一个由弹簧和小球组成的振动系统.圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示.圆盘匀速转动时，小球做受迫振
A.小球振动的固有频率是4Hz
B.小球做受迫振动时周期一定是4s
C.圆盘转动周期在4s附近时，小球振幅显著增大
D.圆盘转动周期在4s附近时，小球振幅显著减小
7.
公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板.一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T.取竖直向上为正方向，以t二0时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则
B.t二］T时，货物对车厢底板的压力最小
2
3
C.t=-T时，货物对车厢底板的压力最大
4
3
D.t二一T时，货物对车厢底板的压力最小
4
8.
如图所示，质量为丿心的物块&用不可伸长的细绳吊着，在A的下方用弹簧连着质量为加b的物块&开始时静止不动。
现在3上施加一个竖直向下的力F,缓慢拉动B使之向下运动一段距离后静止，弹簧始终在弹性限度内，希望撤去力F后，B向上运动并能顶起儿则力F的最小值是（）
9.
如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以o点为平衡位宜，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示.由振动图象可以得知（）
『卩乙
A.振子的振动周期等于“
B.在20时刻，振子的位置在a点
C.在2“时刻，振子的速度为零
D.从h到直，振子正从O点向b点运动
10.如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为①斜而上质量为m物块A被平行于斜而的轻质弹簧拉住静止于O点，弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g°现将A沿斜而向上推动至弹簧压缩量为竺皿处的C点无初速度释放，B为C关于O的对称点。
关于物体A后
续的运动过程，下列说法正确的是（）
B.物体A在B点时，系统的弹性势能最大
C.物体A速度的最大值为2gsin&J乎
D.物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在3点时最小
11.甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）
A.甲的速度为零时，乙的速度最大
B.甲的加速度最小时，乙的速度最小
C.任一时刻两个振子受到的回复力都不相同
D.两个振子的振动频率之比八”：
//.=1:
2
E•两个振子的振幅之比为A中:
4乙=2：
1
12.如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有sb、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸而的平而内振动：
接着其余务摆也开始振动，当振动稳定后，下列说法中正确的有（）
A.各摆的振动周期与a摆相同
B.各摆的振动周期不同，c摆的周期最长
C.各摆均做自由振动
D.各摆的振幅大小不同，c摆的振幅最大
13.下列说法中正确的有（）
A.简谐运动的回复力是按效果命飲的力
B.振动图像描述的是振动质点的轨迹
C.当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D.两个简谐运动：
xi=4sin（100nt4-—）cm和X2=5sin（100衣+兰）cm,它们的相位差恒
36
定
14.一个质点沿直线ab在平衡位置0附近做简谐运动.若从质点经0点时开始计时，经过5s质点第一次经过M点（如图所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点：
则该质点第三次经过M点还需要的时间是（）
0~~Mb
A.6sB.4sC.22sD.8s
15.一水平弹簧振子做简谐运动，周期为匚贝H）
A.若d=T,则t时刻和（/+△/）时刻振子运动的加速度一泄大小相等
B.若山=彳，则r时刻和（/+△『）时刻弹簧的形变量一立相等
T
c.若r时刻和（7+川）时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，则一泄等于牙的奇数倍
D.若r时刻和（？
+△?
）时刻振子运动速度的大小相等，方向相同，则一泄等于彳的整数倍
16.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象.已知甲、乙两
个振子质量相等，贝”）
A.I卩、乙两振子的振幅分别为2cm、lcm
B.甲、乙两个振子的相位差总为71
C.前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值
D.第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大
17.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间r变化的图象如图乙所示。
不计空气阻力，g取10m/s\对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（）
乙
A.单摆的位移x随时间十变化的关系式为x=8sin（M）cm
B.单摆的摆长约lm
C.从t=2.5s到U3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D.从t=2.5s到心3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
18.如图，轻弹簧上端固泄，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动.以竖直向上为疋方向，物块简谐运动的表达式为y=O.lsin（2.5nt）m.t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下：
t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一髙度.取重力加速度的大小为g=10m/s2.以下判断正确的是（双选，填正确答案标号）
A.h=1.7m
B.简谐运动的周期是0.8s
C.0.6s内物块运动的路程是0.2m
D.t=0.4s时，物块与小球运动方向相反
19.如图所示，水平方向的弹簧振子振动过程中，振子先后经过a、b两点时的速度相同，且从a到b历时0.2s,从b再回到a的最短时间为0.4s,aO=bO*c、d为振子最大位移
处，则该振子的振动频率为（）
（/a.bt
O
A.1Hz
C.2Hz
二机械振动实验题
B・1.25Hz
D・2.5Hz
20.实验小组的同学用如图所示的装置做"用单摆测重力加速度”的实验。
（1）实验室有如下器材可供选用：
A•长约lm的细线
B•长约lm的橡皮绳
C•直径约2cm的铁球
D.直径约2cm的塑料球
E.米尺
E时钟
G.停表
实验时需要从上述器材中选择：
—（填写器材前而的字母）。
（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
1将单摆上端固立在铁架台上
2测得摆线长度，作为单摆的摆长
3在偏角较小的位宜将小球由静止释放
4记录小球完成n次全振动所用的总时间G得到单摆振动周期T=-
5根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。
英中有一处操作不妥肖的是—。
（填写操作步骤前面的序号）
（3）按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据做出了图像，根
据该图像得出重力加速度的测量值为—m/s2。
（4）实验后同学们进行了反思。
他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。
请你简要说明其中的原因。
21.在"利用单摆测重力加速度"的实验中：
（1）测得摆线长/。
，小球宜径D，小球完成门次全振动的时间为r,则实验测得的重力加速度的表达式沪—
（2）实验中如果重力加速度的测量值偏大，英可能的原因是（）
A•把摆线的长度/。
当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固疋于0点，振动中出现松动，使摆线变长
C.测量周期时，误将摆球（n-l）次全振动的时间t记成了n次全振动的时间
D•摆球的质量过大
（3）如图所示，停表读数为s.
（4）同学因为粗心忘记测虽摆球直径，实验中将悬点到小球下端的距离作为摆长/,测得多组周期7■和/的数据，作出/_尸图象，如图所示.则该小球的直径是_cm（保留一位小数）：
实验测得当地重力加速度大小是—m/s2（取三位有效数字）.
22.物理实验小组的同学做“用单摆测重力加速度"的实验.
（1）实验室有如下器材可供选用：
A.长约1m的细线
B.长约lm的橡皮绳
C.直径约为2cm的均匀铁球
D.直径约为5cm的均匀木球
E.秒表
F.时钟
G.最小刻度为毫米的刻度尺
实验小组的同学需要从上述器材中选择（填写器材前而的字母）.
（2）下列振动图象真实地描述了对摆长约为lm的单摆进行周期测量的四种操作过程，图
中横坐标原点0为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin5。
=
0.087,sin15°=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
（3）某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是
A.测摆长时记录的是摆线的长度
B.开始计时时，秒表过早按下
C.摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中岀现松动，使摆线长度增加了
D.实验中误将29次全振动数记为30次
23.一位同学做“用单摆测泄重力加速度”的实验。
（1）下列是供学生自主选择的器材。
你认为应选用的器材是。
A.约lm长的细线
B•约0.3m长的铜丝
C•约0.8m长的橡皮筋
D•直径约lcm的实心木球
E.直径约lcm的实心钢球
F.直径约lcm的空心铝球
（2）该同学在安装好如图所示的实验装置后，测得单摆的摆长为（，然后让小球在竖直平而
内小角度摆动。
当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为匕请写出测疑当地重力加速度的表达式旷°（用以上测量的物理屋和
已知量的字母表示）
（3）在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固左出现松动，摆长略微
变长，这将会导致通过计算所得的重力加速度的数值•（选填“偏大“偏小”
或“不变”）
（4）为减小实脸误差，该同学又多次改变摆长，测量多组对应的单摆周期，准备利用厂一L的关系图线求岀当地重力加速度值。
相关测量数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
L/m
0.800
0.900
1.000
1.100
1.200
T/s
1.79
1.90
2.01
2.11
2.20
T2/s2
3.22
3.61
4.04
4.45
4.84
该同学在下图中已标出第「2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”
标出与第4次实验数据对应的坐标点,并画出T2-L关系图线o
5.0
（5）根据绘制出的T2-L关系图线，可求得g的测疑值为m/s2a（计算结果保留
2位效数字）
（6）用多组实验数据做岀严一1图像，也可以求出重力加速度g°已知三位同学做岀的厂一厶
图线的示意图如图中的a、b、c、d所示，其中a、b和d平行，b和c都过原点，图线b
对应的g值最接近当地重力加速度的值。
则相对于图线b,下列分析正确的是
（选填选项前的字母）。
A•出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C•图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D•岀现图线d的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长厶
24.某同学利用单摆测量重力加速度.
（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是
A•组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C•实验时须使摆球在同一竖直而内摆动
D•摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
（2）如图所示，在物理支架的竖宜立柱上固泄有摆长约为2m的单摆，实验时，由于仅有
量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平而的位置做一标记点，测岀单摆的周期T」：
然后保持悬点位豊不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期T2：
最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离△!
_.用上述测星结果，写出重力加速度的表达式g=•
25.
简谐运动的振动图线可用下述方法画出：
如图
（1）所示，任弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像.取振子水平向右的方向为振子藹开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图
（2）所示.
（1）刚开始计时时，振子位移x二；t=17s时，x=・
（2）若纸带运动的速度为2cm/s,振动图线上1、3两点间的距离为
（3）写出振子的振动方程为（用正弦函数表示）.
【参考答案】材*试卷处理标记，请不要删除
一、机械振动选择题
1.A
【解析】
【分析】
本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。
【详解】
AB.fo时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2九时刻，弹力最小，弹性势能最小，A正确，B错误：
3
C.二厶时刻，弹簧振子在平衡位這，速度最大，弹力为2凡，功率不为零，C错误：
2
3
D.时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D错误：
故选A。
2.D
【解析】
试题分析：
单摆的周期与摆球的质量无关，只决立于摆长和当地的重力加速度.所以AB错误.在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒.有：
Mgh=|MV12
a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒.所以有Mgm・2v讦（M+m）v2碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：
（M+沁0r=*（M+〃?
）必
整理得：
v2=0.5vi,所以h=0.25h.故C错误，D正确.故选D.
考点：
动量守恒迄律；能量守恒定律
【需师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果：
单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决立的，与摆球的质量和运动的速度无关.
3.A
【解析】
线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，苴加速度大，A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，由于甲的质量小于乙的质量，由知道，甲的最大速度一左大于乙的最大速
度，B错误：
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，即振幅一建相同，CD错误.
【点睛】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位宜的最大距离相同，则振幅一泄相同.当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速度关系.
4.B
【解析】
【分析】
【详解】在地球表而重力等于万有引力，故
由单摆的周期:
联立各式解得
故选B・
【点睛］
本题关键是要掌握两个公式，地球表而的重力加速度公式g=聲和单摆的周期公式
广
【解析】
【详解】
A.由图可知，甲的振幅人戸2cm,乙的振幅A沪lcm,故A错误：
B.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：
D.Q2s时，甲通过平衡位宜，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C
【解析】【分析】【详解】
A.从图中可知人时刻钢球正向下向平衡位置运动，即向下做加速运动，加速度向下.所以处于失重状态，A错误；
B.从图中可知4时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误:
c.trt2时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误；
D.t^t2时间内小球一直向下运动，拉力恒向上，做负功，所以小球的机械能减小，D正确。
故选Do
7.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.小球振动的固有周期T=4s,则其固有频率为/=l=0.25Hz,A错误；
B.小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一左等于固有周期4s,B错误：
CD.圆盘转动周期在4s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C正确D错误。
故选C。
8.C
【解析】
匸必时，货物加速度方向向下，失重，货物对车厢底板的压力最小，A错误；时，货物加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小，B错误：
匸3必时，货物加速度方向向上且最大，超重，此时货物对车厢底板的压力最大，C正确、D错误.
9.A
【解析】
【分析】
【详解】如图所示
0］为弹簧的原长位宜，02为挂上物块8时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为Aa°,要使B向上运动并能顶起弹簧给力的力至少要等于A物块的重力尬边，即弹簧至少要压缩到位巻。
3,压缩量为心2,物块8在力F的作用下至少下拉的长度厶"，让B以02为平衡位置做简谐运动。
则要满足
Axt=+A.v0
又因为
mag=k^x（）,mkg=k^x2
F=k$
所以F的最小值
F=（mA+mB）g
故BCD错误，A正确。
故选A。
10.D
【解析】
【分析】
【详解】
A中振子的振动周期等于2t】，故A不对：
B中在t=0时刻，振子的位宜在0点，然后向左运动，故B不对；C中在t=ti时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C不对：
D中从t】到t2,振子正从0点向b点运动，故D是正确的.
11.BC
【解析】
【分析】
【详解】
A.物体A在0点平衡位巻，有
mgsin0=
解得
弹簧处理拉伸状态，故0C之间的距离为
mgsin0mgsin02mgsin&
即振幅为"字J故A错误：
k
B.物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确：
C.物体A在0点的速度最大，C点与0点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有0点运动到C点，由动能左理得
故C正确:
D.由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。
根据机械能守恒圧律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大：
系统在c点和B点动能为零，势能最大：
系统在0点动能最大，势能最小，故D错误。
故选BCo
12・ADE
【解析】
【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，根据可得频率之比；由图可知振幅之比.
【详解】
A.由图可知甲在波唸或波谷速度为零时，乙在平衡位宜，速度最大，故A正确：
B.由图可知甲在平衡位宜加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大，故B错误；
C.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：
D.由图可知,甲的周期7>=2.Os,乙的周期7•乙“.Os,根据：
得甲的频率八尸0.5Hz：
乙的频率/z=1.0Hz：
两个振子的振动频率之比/.P：
f/.=l：
2,故D正确：
E.由图可知，甲的振幅A.,,=10cm,乙的振幅Az.=5cm,两个振子的振幅之比为A屮：
A=2：
1,故E正确。
13.AD
【解析】
【详解】
AB.让a摆略偏离平衡位豊后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固有周期。
b、c、d、e四个单摆在a摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于a的固有周期，所以各摆的振动周期与a摆相同。
故A正确，B错误。
C.只有a摆做自由振动，其余四个摆做受迫振动，故C错误。
D.c摆的摆长与a摆摆长相等，固有周期相等，所以c摆与a摆岀现共振，振幅最大，英他各摆的振幅各不相同，故D正确。
14.ACD
【解析】
【详解】
A.简谐运动的回复力方向始终指向平衡位置使振子回到平衡位巻的力，是按效果命划
的，A正确；
B.振动图像描述的是振动质点在不同时刻的位移，不是英实际的运动轨迹，B错误：
C.物体做受迫振动的频率等于驱动力频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故C正确：
D.两简谐运动频率相同，相位差为：
D正确。
故选ACDo
15・AC
【解析】
若振子开始的运动方向为向左：
则加+沧+協=5「仏=伽=1「故
TT
2^4
T
=65,解得T=8sz所以tOK1+tMb=—=2Sf故
4
=，MO=h，第三次经过M的过程中㊁+tMO+tOM=6s；若振子开始的运动方向为向右，贝=1^0=5$r=tMh=\S,则
TT
亍=伽+血=6八第三次经过M的过程为/加+牙+加=5+12+5=22$,故AC正
确・
d>
je
a
图1
0
Mb
b*
图2
16.AB
【解析】
力、若Z=T，由简谐振动的周期性可知，r时刻和（7+从）时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一
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