人教版高中物理选修34第十一章《机械振动》检测题包含答案解析.docx

1、人教版高中物理选修34第十一章机械振动检测题包含答案解析第十一章机械振动检测题一、单选题（每小题只有一个正确答案） 1.弹簧振子作简谐振动的周期是4 s，某时刻该振子的速度为v，要使该振子的速度变为v，所需要的最短时间是()A 1 s B 2 s C 4 s D 无法确定2.小球做简谐运动，则下述说法正确的是()A 小球所受的回复力大小与位移成正比，方向相同B 小球的加速度大小与位移成正比，方向相反C 小球的速度大小与位移成正比，方向相反D 小球速度的大小与位移成正比，方向可能相同也可能相反3.弹簧振子沿直线作简谐运动，当振子连续两次经过相同位置时下列说法不正确的()A 回复力相同 B 加速度

2、相同 C 速度相同 D 机械能相同4.任何物体都有自己的固有频率研究表明，如果把人作为一个整体来看，在水平方向上振动时的固有频率约为5 Hz.当工人操作风镐、风铲、铆钉机等振动机械时，操作者在水平方向将做受迫振动在这种情况下，下列说法正确的是()A 操作者的实际振动频率等于他自身的固有频率B 操作者的实际振动频率等于机械的振动频率C 为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量接近人的固有频率D 为了保证操作者的安全，应尽量提高操作者的固有频率5.水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则()Av12v2 B 2v1v2

3、 Cv1v2 Dv1v26.如图所示为某质点在04 s内的振动图象，则()A 质点在3 s末的位移为2 m B 质点在4 s末的位移为8 mC 质点在4 s内的路程为8 m D 质点在4 s内的路程为零7.如图所示是单摆做阻尼运动的位移时间图线，下列说法中正确的是()A 摆球在P与N时刻的势能相等 B 摆球在P与N时刻的动能相等C 摆球在P与N时刻的机械能相等 D 摆球在P时刻的机械能小于N时刻的机械能8.某同学在用单摆测重力加速度的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置，他第一次量得悬线长为L1，测得周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2，根据上述数据，重力加速度g的值为(

4、)A B C D 无法判断9.如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期()A 不变 B 先变大后变小 C 先变小后变大 D 逐渐变大10.关于简谐运动周期、频率、振幅说法正确的是()A 振幅是矢量，方向是由平衡位置指向最大位移处B 周期和频率的乘积不一定等于1C 振幅增加，周期必然增加，而频率减小D 做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关11.将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示某同学由此图线提供的信息做出了下列判断t0.2 s时摆球正经过最

5、低点t1.1 s时摆球正经过最低点摆球摆动过程中机械能减少摆球摆动的周期是T0.6 s.上述判断中，正确的是()A B C D 12.如图为某质点做简谐运动的图象下列说法正确的是()At0时，质点的速度为零Bt0.1 s时，质点具有y轴正向最大加速度C 在0.2 s0.3 s内质点沿y轴负方向做加速度增大的加速运动D 在0.5 s0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动13.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60，C是圆环轨道的最高点，D是圆环上与M靠得很近的一点(DM远小于)已知在同一时刻：a

6、、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C点自由下落到M点，d球从D点静止出发沿圆环运动到M点则下列关于四个小球运动时间的关系，正确的是()Atbtctatd Btdtbtcta Ctbtctatd Dtdtbtcta14.如图所示，一轻弹簧上端固定，下端系在甲物体上，甲、乙间用一不可伸长的轻杆连接，已知甲、乙两物体质量均为m，且一起在竖直方向上做简谐振动的振幅为A(A)若在振动到达最高点时剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A1，若在振动到达最低点时间剪断轻杆，甲单独振动的振幅为A2.则()AA2AA1 BA1AA2 CAA2A1 DA2A1A二、多选题(每小题至少有两个

7、正确答案) 15.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力如图是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是()At1时刻小球速度最大 Bt2时刻绳子最长Ct3时刻小球动能最小 Dt3与t4时刻小球速度大小相同16.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是()A 平衡位置就是回复力为零的位置B 处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态C 物体到达平衡位置，合力一定为零D 物体到达平衡位置，回复力一定为零17.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，以下说法正确的是()A 测量摆长时，应用力拉紧摆线B 单摆偏离

8、平衡位置的角度不能太大C 要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动D 应从摆球通过最低位置时开始计时18.(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经t秒与B发生正碰碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道，当两球第二次相碰时()A 相间隔的时间为4t B 相间隔的时间为2tC 将仍在O处相碰 D 可能在O点以外的其他地方相碰19.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的回复力是由滑块B对物

9、体A的摩擦力提供B 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)的回复力大小跟位移大小之比为kD 物体A的回复力大小跟位移大小之比为kE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三、实验题 20.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，实验步骤如下：.选取一个摆线长约1 m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂.用米尺量出悬线长度，精确到毫米，作为摆长.放开小球让它来回摆动，用停表测出单摆做3050次全振动所用的时间，计算出平均摆动一次的时间.变更摆长，重做几次实验，根据单摆的周期公式，计算出

10、每次实验测得的重力加速度并求出平均值(1)上述实验步骤有两点错误，请一一列举：._；._；(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，测得的重力加速度变_已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，当地的重力加速度的真实值g_.21.在探究单摆的振动周期T和摆长L的关系实验中，某同学在细线的一端扎上一个匀质圆柱体制成一个单摆(1)如图，该同学把单摆挂在力传感器的挂钩上，使小球偏离平衡位置一小段距离后释放，电脑中记录拉力随时间变化的图象如图所示在图中读出N个峰值之间的时间间隔为t，则重物的周期为_(2)为测量摆长，该同学用米尺测得摆线长为85.72 cm，又用游标卡尺测量

11、出圆柱体的直径(如图甲)与高度(如图乙)，由此可知此次实验单摆的摆长为_cm.(3)该同学改变摆长，多次测量，完成操作后得到了下表中所列实验数据请在坐标系中画出相应图线(4)根据所画的周期T与摆长L间的关系图线，你能得到关于单摆的周期与摆长关系的哪些信息四、计算题 22.如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)在00.6 s的时间内质点通过的路程；(4)在t0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(5)振动质点在0.6 s0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)

12、振动质点在0.4 s0.8 s这段时间内的动能变化是多少？ 答案解析1.【答案】D【解析】要使该振子的速度变为v，可能经过同一位置，也可能经过关于平衡位置对称的另外一点；由于该点与平衡位置的间距未知，故无法判断所需要的最短时间，故选D.2.【答案】B【解析】简谐运动的回复力与位移关系为：Fkx，方向相反，A、C、D错；a，所以加速度与位移成正比，方向相反，B正确3.【答案】C【解析】弹簧振子在振动过程中，两次连续经过同一位置时，位移、加速度、回复力、动能、势能、速度的大小均是相同的但速度的方向不同，故速度不同故选C.4.【答案】B【解析】物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱

13、动力的频率，与固有频率无关，可知操作者的实际频率等于机械的振动频率，故A错误，B正确；当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象，所以为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量远离人的固有频率，故C错误；有关部门作出规定：拖拉机、风镐、风铲、铆钉机等各类振动机械的工作频率必须大于20 Hz，操作者的固有频率无法提高，故D错误5.【答案】B【解析】弹簧振子做简谐运动，周期与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处所用的时间为；第一次位移为2A，第二次位移为4A，即位移之比为12，根据平均速度的定义式，平均速度之比为12.6.【答案】C【解析】振动质点的位移指的

14、是质点离开平衡位置的位移位移是矢量，有大小，也有方向因此3 s末的位移为2 m,4 s末位移为零路程是指质点运动的路径的长度，在4 s内应该是从平衡位置到最大位置这段距离的4倍，即为8 m，C正确7.【答案】A【解析】由于摆球的势能大小由其位移和摆球质量共同决定，P、N两时刻位移大小相同，关于平衡位置对称，所以势能相等，A正确；由于系统机械能在减少，P、N时刻势能相同，则P处动能大于N处动能，故B、C、D错8.【答案】B【解析】设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T2得T12；T22；联立解得g，故选B.9.【答案】B【解析】在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，沙摆的重心逐渐下

15、降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故选B.10.【答案】D【解析】振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，A错；周期和频率互为倒数，B错；做简谐运动的物体的频率和周期由振动系统本身决定，C错误，D正确11.【答案】A【解析】摆球经过最低点时，拉力最大，在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，故正确；摆球经过最低点时，拉力最大，在1.1 s时，拉力最小，所以此时摆球不是经过最低点，是在最高点，故错误；根据牛顿第二定律知，在最低点Fmgm，则Fmgm，在最低点的拉力逐渐减小，知是阻尼振动，机械能减小，故

16、正确；在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期：T2(0.8 s0.2 s)1.2 s，故错误12.【答案】D【解析】由图可知，在t0时，质点经过平衡位置，所以速度最大，故A错误；当t0.1 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度公式ay，知加速度负向最大故B错误；在0.2 s时，质点经过平衡位置，0.3 s时质点的位移为负向最大，质点沿y轴负方向做加速度增大的减速运动，故C错误；在0.5 s时，质点的位移为正向最大，速度为零，0.6 s时，质点经过平衡位置，速度负向最大，可知在0.5 s0.6 s内质点沿y轴负方向做加速度减小的加速运动，故D正确13.【答案】C【解析】对于AM

17、段，位移x1R，加速度a1g，根据x1a1t得，t12.对于BM段，位移x22R，加速度a2gsin 60g，根据x2a2t得，t2.对于CM段，位移x32R，加速度a3g，由x3gt得，t32.对于D小球，做类单摆运动，t4.故C正确14.【答案】A【解析】未剪断轻杆时，甲、乙两物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x0；当剪断轻杆时，甲物体经过平衡位置时，弹簧的伸长量为x，可知，平衡位置向上移动则在振动到达最高点时剪断轻杆，A1A；在振动到达最低点时间剪断轻杆，A2A；所以有：A2AA1.15.【答案】BD【解析】把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的

18、重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大，故A错误；t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长，故B正确；t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小，故C错误；t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，故D正确16.【答案】AD【解析】平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A、D对17.【答案】BCD【解析】测量摆长时，要让摆球自然下垂，不能用力拉紧摆线，否则使测量的摆长产生较大的误差，故A错误单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则单摆的振动不是

19、简谐运动，故B正确要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，故C正确由于摆球经过最低点时速度最大，从摆球通过最低位置时开始计时，测量周期引起的误差最小，故D正确18.【答案】BC【解析】因为它是一个很大的光滑圆弧，可以当作一个单摆运动所以AB球发生正碰后各自做单摆运动T2，由题目可知A球下落的时间为tT，由此可见周期与质量、速度等因素无关，所以碰后AB两球的周期相同，所以AB两球向上运动的时间和向下运动的时间都是一样的所以要经过2t的时间，AB两球同时到达O处相碰19.【答案】ACE【解析】A做简谐运动时的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确；物体B作简谐运动的回复力是弹

20、簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误；物体A与滑块B(看成一个振子)的回复力大小满足Fkx，则回复力大小跟位移大小之比为k，故C正确；设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：a，对A：Ffma，可见，作用在A上的静摩擦力大小Ff，即回复力大小与位移大小之比为：，故D错误；据题知，物体间达到最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：kA(Mm)a，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：mgma，联立解得：A，故E正确20.【答案】(1).测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径.在细线偏离竖直方向小于5位置释放小球，经过最点时进行计时(2)小【解析】(1)上述实验

21、步骤有两点错误.测量摆球直径，摆长应为摆线长加摆球半径；.在细线偏离竖直方向小于5位置释放小球，经过最点时进行计时(2)按正确的实验步骤，将单摆全部浸入水中做实验，等效的重力加速度g，所以测得的重力加速度变小已知测得的单摆周期为T，摆长为L，摆球质量为m，所受浮力为F，由单摆的周期公式得出T2g.21.【答案】(1)(2)88.10(3)如图所示(4)摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系【解析】(1)摆球做简谐运动，每次经过最低点时速度最大，此时绳子拉力最大，则两次到达拉力最大的时间为半个周期，所以t(N1)T解得：T(2)图乙游标卡尺的主尺读数为47 mm，游标读数为0.15 mm0.

22、5 mm，则最终读数为47.5 mm4.75 cm.所以圆柱体的高度为h4.75 cm，摆长是悬点到球心的距离，则摆长l85.72 cm88.10 cm(3)根据描点法作出图象，如图所示：(4)由图象可知，摆长越长，周期越大，周期与摆长呈非线性关系22.【答案】(1)5 cm(2)x5sin(2.5t) cm(3)15 cm(4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零【解析】(1)由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5 cm，此即质点离开平衡位置的最大距离(2)由图象可知A5 cm，T0.8 s，0.所以xAsin(t)Asin(t)5sin(t)

23、cm5sin(2.5t) cm.(3)由振动图象可以看出，质点振动的周期为T0.8 s,0.6 s3，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在00.6 s的时间内质点通过的路程为s3A35 cm15 cm.(4)在t0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t0.1 s起取一段极短的时间间隔t(t0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向的同理可以判断得出质点在t0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向(5)由振动图象可以看出，在0.6 s0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小(6)由图象可以看出，在0.4 s0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零