人教版高中物理选修34第十一章《机械振动》检查测试题(解析版).doc

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1、#*第十一章机械振动测试题一、单选题一、单选题(共共 15 小题小题) 1.关于简谐运动，下列说法正确的是( )A 简谐运动一定是水平方向的运动B 所有的振动都可以看作是简谐运动C 物体做简谐运动时的轨迹线一定是正弦曲线D 只要振动图象是正弦曲线，物体一定做简谐运动2.下列各种振动中，不是受迫振动的是( )A 敲击后的锣面的振动B 缝纫机针的振动C 人挑担子时，担子上下振动D 蜻蜓蝴蝶翅膀的振动3.一座在地球上走时准确的摆钟，到某行星上后，分针走一圈经历的实际时间是 3 小时，已知该行星的半径是地球半径的 ，则该行星上的第一宇宙速度应为地球上的第一宇宙速度的( )ABCD 64.如图所示，用轻

2、弹簧连接起来的两个同样的摆，两摆的振动使它们任何时刻都偏过同样的角度，但图甲中两摆总是偏向同一方，即左右摆动步调一致；图乙中两摆总是向相反方向，即左右摆动步调相反，则两摆的周期 T甲、T乙比较时，大小为( )AT甲T乙BT甲T乙CT甲T乙D 不能确定#*5.一单摆摆长为 40 cm，摆球在 t0 时刻正在从平衡位置向右运动，若 g10 m/s2，则在 1 s 时摆球的运动情况是( )A 正向左做减速运动，加速度正在增大B 正向左做加速运动，加速度正在减小C 正向右做减速运动，加速度正在增大D 正向右做加速运动，加速度正在减小6.关于简谐运动，以下说法正确的是( )A 物体做简谐运动时，系统的机

3、械能一定不守恒B 简谐运动是非匀变速运动C 物体做简谐运动的回复力一定是由合力提供的D 秒摆的周期正好是 1 s7.对于弹簧振子，其回复力和位移的关系，下列图中正确的是( )ABCD8.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( )Av12v2B 2v1v2Cv1v2 Dv1v29.如图所示是两人合作模拟振动曲线的记录装置先在白纸的中央画一条平行于纸的长边的直线OO1作为图象的横坐标轴一个人用手使铅笔尖在白纸上沿垂直于 OO1的方向振动，另一个人沿OO1的方向匀速拖动白纸，纸上就画出了一条描述笔尖振动情况

4、的 xt 图象下列说法中正确的#*是( )A 白纸上 OO1轴上的坐标代表速度B 白纸上与 OO1垂直的坐标代表振幅C 匀速拖动白纸是为了用相等的距离表示相等的时间D 拖动白纸的速度增大，可使笔尖振动周期变长10.一弹簧振子的周期为 2 s，当振子从平衡位置向右运动开始计时，经 12.6 s 时振子的运动情况是( )A 向右减速B 向右加速C 向左减速D 向左加速11.如图，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为 k，一端固定，另一端与质量为 m、带电荷量为q 的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上的 A 点当施加水平向右的匀强电场 E 后，小球从静止开始在 A、B 之间做简谐运动，在弹性限度内下

5、列关于小球运动情况说法中正确的是( )A 小球在 A、B 的速度为零而加速度相同B 小球做简谐振动的振幅为C 从 A 到 B 的过程中，小球和弹簧系统的机械能不断增大D 将小球由 A 的左侧一点由静止释放，小球简谐振动的周期增大12.已知地球半径为 R，一单摆在山脚下(处于海平面高度)的周期为 T，将该单摆移到高为 h 的山顶，其周期改变量 T 为( )ATBT#*CTDT13.甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为1.如果两摆的悬点处于同一高度，将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，则两摆球经过各自的最低点时( )A 甲、乙两摆球的动能相等B 悬线对甲摆球的拉力大于悬线对

6、乙摆球的拉力C 甲、乙两摆球的机械能不相等D 两摆球的向心加速度相等14.弹簧振子在做简谐运动，则下列说法中正确的是( )A 振子每次通过同一位置时其速度相同B 振子每次通过同一位置时其位移相同C 振子每次通过同一位置时其加速度可能不同D 振子通过平衡位置时所受合外力一定为零15.如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是 4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为 1 Hz，则把手转动的频率为( )A 1 HzB 3 HzC 4 HzD 5 Hz二、实验题二、实验题(共共 3 小题小题) 16.某同学想测出宜宾本地的重力加速度 g.为了减小误差，他设计

7、了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中如图甲所示，在靠近铝棒下端的一侧固定电动机 M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔 N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线 A 作为起始线，此后每隔 4 条墨线取一#*条计数墨线，分别记作 B、C、D、E.将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准 A，此时B、C、D、E 对应的刻度依次为 14.68 cm、39.15 cm、73.41 cm、117.46 c

8、m.已知电动机每分钟转动 3000 转求：(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为_s；(2)由实验测得宜宾本地的重力加速度为_(结果保留三位有效数字)；(3)本实验中主要系统误差是_，主要偶然误差是_(各写出一条即可)17.用单摆测重力加速度时(1)摆球应采用直径较小，密度尽可能_的球，摆线长度要在 1 米左右，用细而不易断的尼龙线(2)摆线偏离竖直方向的角度 应_(3)要在摆球通过_位置时开始计时，摆线每经过此位置_次才完成一次全振动(4)摆球应在_面内摆动，每次计时时间内，摆球完成全振动次数一般选为_次利用单摆测重力加速度的实验中，摆长的测量应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至_某同学组装

9、了如图所示的单摆，并用图示的 L 作为摆长，这样测得的 g 值将偏_(填“大”或“小”)18.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素图 1 图 2#*图 3(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 1 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L0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图 2 所示，则该摆球的直径为_mm，单摆摆长为_m.(3)

10、下列振动图象(图 3)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 次全振动的图象，已知 sin 50.087，sin 150.26，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)三、计算题三、计算题(共共 3 小题小题) 19.如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为 2 kg，在拉力 F 的作用下，由静止开始竖直向上做匀加速运动一个装有水平振针的振动频率为 5 Hz 的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得 OA1 cm，OB4 cm，OC9 cm，求外力 F 的大小(g 取 10 m/s2)20.竖直方向

11、有一光滑半圆，一个小球位于圆心处，一个小球位于半圆除最低端的任意处，两球同时从静止释放，问：哪个小球先到达半圆最底部，请给予证明21.如果一个单摆做半个全振动所用的时间是 1 s，这个单摆就叫做秒摆北京的自由落体加速度是9.8 m/s2，求北京的秒摆摆长是多少？(取 210)四、填空题四、填空题(共共 3 小题小题) #*22.将一单摆装置竖直悬挂于某一悬点，其中悬线的上部分在带孔的薄挡板上面(单摆的下部分露于板外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆振动过程中悬线不会碰到挡板，如果本实验的长度测量工具只能测量出挡板到摆球球心之间的距离 l，并通过改变 l 而测出对应

12、的摆动周期 T，再以 T2为纵轴、l 为横轴做出函数关系图象，就可以通过此图象得出悬点到挡板的高度 h 和当地的重力加速度(1)现有如下测量工具：A时钟；B.秒表； C天平；D.毫米刻度尺本实验所需的测量工具有_；(填测量工具代号)(2)在实验中，有三名同学分别得到了 T2l 关系图象如图(乙)中的 a、b、c 所示，那么，正确的图象应该是_；(3)由图象可知，悬点到挡板的高度 h_m；(4)由图象可知，当地重力加速度 g_m/s2；(保留三位有效数字)(5)如果某同学用此装置测出的重力加速度的结果比当地重力加速度的真实值偏大，他在实验操作上可能出现的失误是_A测量 l 时没有加上摆球半径B选

13、用摆球的质量偏大C在时间 t 内的 n 次全振动误记为 n1 次D在时间 t 内的 n 次全振动误记为 n1 次23.在用单摆测量某地重力加速度 g 时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图已知摆长为 l，偏离竖直方向的夹角为 ，重力加速度为 g，则摆球做这种运动的周期为_，仍用单摆的周期公式求出当地的重力加速度值，这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比_(选填“偏大”“偏小”或“不变”)24.如图甲所示，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，

14、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 Ft 图象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象(1)滑块做简谐运动的回复力是由_提供的；(2)由图乙所示的 Ft 图象可知，滑块做简谐运动的周期为_s；(3)结合 Ft 图象的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为_五、简答题五、简答题(共共 3 小题小题) 25.小明手头有一支密度计，实验中他发现密度计可以在水面上下浮动，便联想到了简谐运动于是他想证明密度计的上下浮动是否是简谐运动现给出如下参数，密度计质量为 m，直径为

15、 d，液体密度为 ，不计液体对水的阻力，试帮助小明给出证明26.如图所示是一个单摆的共振曲线(1)若单摆所处环境的重力加速度 g 取 9.8 m/s2，试求此单摆的摆长(2)若将此单摆移到高山上，共振曲线的“峰”将怎样移动？27.两个简谐振动分别为：x14asin(4t)，x22asin(4t)求 x1和 x2的振幅之比、各自的频率，以及它们的相位差#*答案解析答案解析1.【答案】D【解析】物体的简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，A 错；简谐运动是最简单的振动，B 错；物体做简谐运动时的轨迹线并不一定是正弦曲线，C 错；若物体振动的图象是正弦曲线，则其一定做简谐运动，D

16、对2.【答案】A【解析】受迫振动是物体在周期性驱动力作用下的运动，而敲击后锣面的振动，在敲击后锣面并没有受到周期性驱动力作用，故 A 选项正确，B、C、D 选项都是在做受迫运动3.【答案】C【解析】根据单摆的重力加速度公式 T2，有：故：gg根据第一宇宙速度表达式 v，有： .4.【答案】B【解析】单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，甲中两摆总是偏向同一方，左右摆动步调一致，弹簧没有弹力，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，其周期仍为 T甲2.而图乙中两摆总是向相反方向，左右摆动步调相反，若弹簧一直处于伸长状态，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快，周期缩短；若弹簧一直处于压缩状态，

17、摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快若伸长和压缩状态交替产生，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快，则 T乙2，所以 T甲T乙，故选 B.5.【答案】D【解析】由 T2，得周期 T1.256 s，1 sT.所以从 t0 时刻开始，经过 1 s 后，正由左端最大位移处向平衡位置运动，选项 D 正确6.【答案】B【解析】简谐运动的过程中，动能和势能相互转化，机械能守恒，是等幅振动，故 A 错误；回复力满足 Fkx 的是简谐运动；其合力是变化的，故是非匀变速运动，故 B 正确；回复力可以是#*合力也可以是某个力的分力，故 C 错误；秒摆的摆长是 1 m，其周期约为 2 s，故 D 错

18、误7.【答案】C【解析】由简谐运动的回复力公式 Fkx 可知，弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图象应如选项 C 所示8.【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 12.9.【答案】C【解析】笔尖振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上 OO1轴上的坐标代表时间，故 A 错误；白纸上与 OO1垂直的坐标是变化的，代表了笔尖的位移，而不是振幅，故 B 错误；由 v可知，匀速拖动白纸，是

19、为了用相等的距离表示相等的时间，故 C 正确；笔尖振动周期与拖动白纸的速度无关，拖动白纸的速度增大，笔尖振动周期不改变，故 D 错误10.【答案】D【解析】由简谐运动的周期性可知，经 12.6 s，振子振动了 6个周期，经过整个周期重复以前的运动形式，故即可认为是经个周期后的运动情况.T，所以振子正在向左运动，而且是向平衡位置运动，是加速运动，故 D 选项正确11.【答案】C【解析】小球在 A、B 的速度为零，小球在 A 加速度方向向右，在 B 点的加速度的方向向左，加速度不相同，故 A 错误；小球做简谐运动，经过平衡位置时，弹簧的伸长量为 A，有：kAqE，解得：A，即振幅为，故 B 错误；

20、小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功，故对于弹簧和小球系统，电势能和弹性势能以及动能总量守恒，故小球从 A 到 B 的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球和弹簧系统的机械能不断增大，故 C 正确；弹簧振子的振动周期与小球的质量、弹簧的劲度系数以及电场力的大小有关，与振幅无关将小球由 A 的左侧一点由静止释放，小球做简谐振动的振幅增大，但是周期不变，故 D 错误12.【答案】A【解析】设单摆的摆长为 L，地球的质量为 M.#*根据万有引力等于重力，得在海平面上，有 mgG，在山顶上，有 mgG可得海平面的重力加速度和高度为 h 山顶上的重力加速度之比为：gg(Rh)2R2；据单摆的周期公式可知

21、 T2则得海平面上有：T2，山顶上有：TT2，联立得：TT，故 A 正确13.【答案】D【解析】甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为1，根据单摆的周期公式 T2，摆长的比值为 21；将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，摆球摆动过程机械能守恒，故最低点的机械能等于初位置的机械能；最低点的动能等于重力势能的减小量，故A、C 错误；根据机械能守恒定律，有：mgl mv2，最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：FTmgmam，联立解得：a2g，FT3mg，B 错误，D 正确14.【答案】B【解析】振子位移是指振子离开平衡位置的位移，从平衡位置指向振子所在的位

22、置，通过同一位置，位移总是相同的振子连续两次通过同一位置时，动能相同，速度可以相反，速度不一定相同，故 A 错误，B 正确；物体每次经过同一位置时，回复力一定相同，加速度一定相同，故 C 错误；振子通过平衡位置时回复力为零，但合外力不一定为零，故 D 错误#*15.【答案】A【解析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为 1 Hz，选项 A 正确16.【答案】(1)0.1 (2)9.79 m/s2 (3)空气阻力 读数误差【解析】(1)电动机的转速为 3000 r/min50 r/s，可知相邻两条墨线的时间间隔为 0.02 s，每隔 4 条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应

23、的时间间隔为：0.02 s50.1 s；(2)xBC39.1514.68 cm24.47 cm，xCD73.4139.15 cm34.26 cm，xDE117.4673.41 cm44.05 cm，可知连续相等时间内的位移之差 x9.79 cm，根据 xgT2得，g9.79 m/s2.(3)本实验棒在下落的过程中会受到空气的阻力等阻力的影响，所以主要系统误差是空气阻力，主要偶然误差是读数误差17.【答案】(1)大 (2)小于 5 (3)平衡 2 (4)同一竖直 3050 球心 大【解析】(1)为了减小测量误差，摆球选择直径较小，密度较大的球，摆线不易伸长或形变的尼龙线(2)在摆角较小时，摆球的

24、运动可以看做简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于 5.(3)在摆球经过平衡位置时开始计时进行测量误差较小，摆线在一次全振动过程中，2 次经过平衡位置(4)摆球应在同一竖直面内摆动，防止出现圆锥摆，每次计时时间内，摆球完成全振动次数一般选为 3050 次摆长为悬点到球心的距离，因 l 偏大，则测得的 g 值偏大18.【答案】(1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A【解析】(1)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，是为了防止运动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故 A、C 正确(2)游标卡尺示数为：

25、d12 mm00.1 mm12.0 mm；单摆摆长为：lL d0.999 0 m0.006 0 m0.993 0 m.(3)当摆角小于等于 5时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：10.087 m8.7 cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做 3050 次全振动，求平均值，所以 A 合乎实验要求且误差最小19.【答案】24 N#*【解析】在力 F 作用下，玻璃板向上加速，图示 OC 间曲线所反映出的是振动的音叉振动位移随时间变化的规律，其中直线 OC 代表音叉振动 1.5 个周期内玻璃板运动的位移，而 OA、AB、BC 间对应的时间均为 0.5 个周期，即 t0.1

26、 s故可利用匀加速直线运动的规律连续相等时间内的位移差等于恒量来求加速度设玻璃板竖直向上的加速度为 a，则有：sBAsAOaT2其中 T0.1 s由牛顿第二定律得 Fmgma联立得 F24 N.20.【答案】小球 a 先到达最底部【解析】假设小球 a 位于圆心处，小球 b 位于半圆除最低端的任意处，根据题意知小球 a 做自由落体运动，小球 b 做单摆运动，小球 b 到最低点的时间为 个周期：tb T 2；则在小球 b 到最底部时，小球 a 下落的高度：ha gt2 gRR，由此知，当小球 b 到达最低点时，小球 a 在竖直方向上下落高度大于半径 R，故小球 a 先到达最底部21.【答案】0.9

27、8 m【解析】据题意可知：T2 s，g9.8 m/s2由 T2得：L0.98 m.22.【答案】(1)BD (2)a (3)0.4 (4)9.86 或 9.87 (5)C【解析】(1)本实验需要测量时间求出周期，并要测量板的下端口到摆球球心的距离 l，则所需的测量工具是天平和毫米刻度尺，故选 B、D(2)由单摆周期公式得：T2；得到 T2当 L0 时，T20，则正确的图象是 a.(3、4)当 T20 时，lh，即图象与 l 轴交点坐标hl40 cm0.4 m#*图线的斜率大小 k，由图，根据数学知识得到 k4，解得 g9.86 m/s2(5)通过单摆周期公式得：T2可得，测出的重力加速度的结果

28、比当地重力加速度的真实值偏大，则要么周期变大，要么摆长偏短，故 C 正确23.【答案】2 偏大【解析】圆锥摆的等效摆长 Llcos，则摆球的周期 T22.根据单摆的周期公式 T2，则 g，让摆球作圆锥摆运动，测得的周期变小，则测量的重力加速度比真实值偏大24.【答案】(1)弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力) (2)0.4 (3)【解析】(1)对滑块进行受力分析，滑块的合力为：弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回复力(2)由图可以看出周期为 0.4 s(3)根据胡克定律：F1kxF2kx振幅 d.25.【答案】根据阿基米德定律，密度计恰好在液体中静

29、止时，排开水的重力与密度计的重力相等，即：m水gmg排开水的体积：V0设密度计的横截面积为 S，则：S此时密度计进入水中的深度为 h0，则：h0，当密度计进入水中的深度为 h 时，则密度计受到的浮力：FVgShg若 hh0，则密度计相对于平衡位置的位移向下，但合力的方向向上，合力为：#*F合FmgFm水gShgV0gShgSh0gSg(hh0)其中 hh0是密度计偏离平衡位置的位移，考虑到该力的方向与位移的方向相反，Sg 都是常数，该上式可以写成：F合k(hh0)kx可知密度计受到的合外力与离开平衡位置的位移成正比同理，若 hh0，密度计相对于平衡位置的位移向上，则受到的合外力的方向向下，仍然

30、满足：F合kx所以，当密度计离开平衡位置一个小位移后，它将在平衡位置附近做简谐运动【解析】26.【答案】(1)2.76 m (2)左移【解析】(1)由题图可知，单摆的固有频率 f0.3 Hz，由周期公式 T2和 f，得 lm2.76 m.(2)由 f知，将单摆移到高山上，重力加速度 g 减小，其固有频率减小，故共振曲线的“峰”向左移27.【答案】它们的振幅之比是 2：1，频率都是 2 Hz，相位差是 【解析】第一个简谐运动的振幅为 A14a，第二个简谐运动的振幅为 A22a，所以它们的振幅之比：.第一个简谐运动的角速度为 14 rad/s，f12 Hz；第二个简谐运动的角速度为 24 rad/s，角速度相同，频率也相等，为 2 Hz.第一个简谐运动的相位为 14t，第二个简谐运动的相位为 24t，相位差为21，恒定不变，是反相