1、机 械 振 动(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，16题为单选题，79题为多选题)1.如图所示，轻弹簧下端挂一个质量为M的重物，平衡后静止在原点O。现令其在O点上下做简谐运动，下列四幅图象能正确反映重物的加速度a随位移x变化关系的是(沿x轴正方向的加速度为正)()【解析】选B。做简谐运动的物体在运动方向上的合力就是回复力，回复力与位移成正比且方向相反。所以选项B正确，A、C、D错误。2.(2020滨州模拟)如图所示，装有砂粒的试管竖直静浮于水面。将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向，则以下描
2、述试管振动的图象中可能正确的是()【解析】选D。将试管竖直提起少许，由静止释放，并取向上为正方向，所以计时时刻，试管的位移为正的最大，D正确。3.(2017北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐振动图象如图所示，下列描述正确的是()A.t=1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B.t=2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C.t=3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D.t=4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【解析】选A。简谐运动中，质点在平衡位置处的振动速度最大，加速度为零，质点在偏离平衡位置位移最大处的速度为零，加速度最大，且加速度方向始终指向平衡位置，A选项正确，B
3、、C、D选项错误。4.一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，如图所示；再继续运动，又经过4 s第二次经过M点；则再经过多长时间第三次经过M点()A.7 sB.14 sC.16 sD. s【解析】选C。假设质点开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图甲所示。由于从O点到质点第一次经过M点的时间是3 s，小于质点第二次经过M点的时间4 s，根据质点的运动路线来看是不可能的，所以质点开始运动的方向应向右。如图乙，振动的周期为T=4=20 s，质点第三次经过M点需要经过的时间为t=T-4 s=16 s，故C项正确，A、B、D项错误。5.一个单摆做
4、受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则()A.此单摆的固有周期约为0.5 sB.此单摆的摆长约为1 mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动【解析】选B。由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，其固有周期为2 s，T=2得单摆的摆长约为1 m，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰值左移，选项B正确。6.“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值。造成这一情况的可能原因是()A.测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长B.测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后
5、摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T=求得周期C.开始摆动时振幅过小D.所用摆球的质量过大【解析】选B。由T=2得g=l，g值偏大说明l偏大或T偏小，把悬挂状态的摆线长当成摆长，会使l偏小，g值偏小，A错；摆球第30次通过平衡位置时，实际上共完成15次全振动，周期T=，误认为30次全振动，T变小引起g值明显偏大，B对；单摆周期与振幅和摆球质量无关，C、D错误。7.关于振动的周期下列说法正确的是()A.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小C.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等
6、于周期性驱动力的频率D.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向【解析】选A、C。在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T=2可知，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；根据单摆周期公式T=2可知，单摆的周期与摆球质量无关，故选项B错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项C正确；已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，还要知道起振方向，才能知道振子在任意时刻运动速度的方向，故选项D错误。8.(2020潍坊模拟)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上。如图甲所示，O点为单摆
7、的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时摆线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，AOB=COB=，小于5且是未知量。同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，Fmax、Fmin、t1、t2均为已知量，t=0时刻摆球从A点开始运动，重力加速度为g。则根据题中(包括图中)所给的信息判断下列说法正确的是()A.该单摆的周期为t1B.根据题中(包括图中)所给的信息可求出摆球的质量C.根据题中(包括图中)所给的信息可以求出摆球在最低点B时的速度D.若增加摆球的质量，单摆的周期变长【解析】选B、C。由乙图可知单摆
8、的周期T=t2，A错误；在B点拉力有最大值，根据牛顿第二定律Fmax-mg=m；在A、C两点拉力有最小值，Fmin=mgcos。由A到B机械能守恒，即mgl(1-cos)=mv2，联立以上三式可求得摆球的质量m=，B正确；已知周期T，由T=2 =t2得，l=，根据Fmax-mg=m，代入已知量得v=，C正确；若增加摆球的质量，单摆的周期不变，D错误。9.一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是()A.OB=5 cmB.第0.2 s末质点的速度方向是AOC.第0.4 s末质点的加速度方向是AOD.第0.7 s时质点
9、位置在O点与A点之间E.在4 s内完成5次全振动【解析】选A、C、E。OB间距离等于振幅，由图知，OB=A=5 cm，故A项正确；位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2 s末质点的速度方向沿负向，即OA，故B项错误；第0.4 s末质点的位移为负，方向是OA，由a=-分析可知，加速度方向是AO，故C项正确；第0.7 s时，质点位置在O与B两点之间，故D项错误；质点的振动周期为T=0.8 s，则n=5，即在4 s内完成5次全振动，故E项正确。二、实验题(16分)10.某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表测得n次全振动的时间为t，则：(1
10、)重力加速度的表达式g=_。(用上述符号表示)(2)若用最小分度为毫米的刻度尺测得摆线长为980.8 mm，用20分度的游标卡尺测得摆球直径如图甲，摆球的直径为_mm。单摆在竖直面内摆动，用秒表测出单摆做50次全振动所用的时间如图乙，则t=_s。求得当地的重力加速度为_m/s2。(取2=9.86，求得的重力加速度值保留三位有效数字)(3)如果他测得的g值偏小，可能的原因是_。A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆球在水平面内做圆锥摆运动C.开始计时，秒表过迟按下D.悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了【解析】(1)根据T=2，摆长l=L+，周期T=联立解得g=。(2)游标卡尺的主尺读数为1
11、8 mm，游标读数为0.058 mm=0.40 mm，则小球的直径为18.40 mm。秒表的小盘读数为90 s，大盘读数为10.0 s，则秒表的读数t=100.0 s。则g= m/s29.76 m/s2。(3)根据g=，测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，则重力加速度测量值偏大，故A错误；摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故B错误；开始计时，秒表过迟按下，则测量的周期偏小，测量的重力加速度值偏大，故C错误；悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了。则测量的摆长偏短，重力加速度测量值偏小，故D正确。答案：(1)(2)18.4
12、0100.09.76(3)D11.(10分)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x与时间t的关系图象如图乙所示，下列说法正确的是()A.t=0.8 s时，振子的速度方向向右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，振子的加速度相同D.从t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大【解析】选D。由图乙知，t=0.8 s时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故A项错误；在00.4 s内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以t=0.2 s时，振子不在O点右侧6 cm
13、处，故B项错误；t=0.4 s和t=1.2 s时，振子的位移完全相反，由a=-，知加速度完全相反，故C项错误；在t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D项正确。12.(20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，均小于5，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：(1)容器的半径；(2)小滑块的质量；(3)滑块运动过程中的机械能。(g取10 m/s2)【解析】(1)由图乙得小滑块做简谐振动的周期T= s由T=2得R=0.1 m(2)在最高点A有：Fmin=mgcos在最低点B有：Fmax-mg=m从A到B，滑块机械能守恒，有：mgR(1-cos)=mv2解得：m=0.05 kg(3)滑块机械能守恒，故E=mgR(1-cos)=mv2=510-4 J答案：(1)0.1 m(2)0.05 kg(3)510-4J