1、章末综合测评(二)机械振动(分值：100分)1(4分)简谐运动的平衡位置是指()A速度为零的位置B回复力为零的位置C加速度为零的位置D位移最大的位置B简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零2(4分)一个水平弹簧振子的振动周期是0.025 s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17 s时，振子运动情况是()A正在向右做减速运动B正在向右做加速运动C正在向左做减速运动D正在向左做加速运动B6，T在TT之间，故0.17 s时振子从最大位移处正向右加速接近平衡位置3(4分)在盛沙的漏斗下
2、面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的()ABCDB不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故选项B正确，选项A、C、D错误4(4分)如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统当圆盘静止时，小球可稳定振动现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力
3、的频率f的关系)如图乙所示，则()甲乙A此振动系统的固有频率约为0.25 HzB此振动系统的固有频率约为3 HzC若圆盘匀速转动的周期增大，系统振动的频率不变D若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动B由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3 Hz，故B正确，A错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误5(4分)如图甲所示，弹簧振子以点O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的变化如
4、图乙所示，下列说法正确的是()甲乙At0.8 s时，振子的速度方向向左Bt0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处Ct0.4 s和t1.2 s时，振子的加速度完全相同Dt0.4 s到t0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小At0.8 s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，选项A正确；t0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处，选项B错误；t0.4 s和t1.2 s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，选项C错误；t0.4 s时到t0.8 s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，选项D错误6(4分)一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做
5、加速运动，加速度a为()A方向向上，大小为B方向向上，大小为C方向向下，大小为D方向向下，大小为D由T2可知，周期增大为原来的2倍，等效重力加速度g设绳子拉力为F，由Fmgma，Fmg，上式联立可得a，则大小为，方向向下综上分析，D正确7(4分)一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经过t，摆球具有负向最大加速度，下面四个图像分别记录了该单摆从计时时刻开始到的振动图像，其中正确的是()ABCDA单摆的周期公式T2，则t s内小球的振动周期数为：n，为2个周期，因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时小球的位置应为平衡位置向负方向运动，故A正确，B、C、D错误8(6分)斌斌同学利用“探
6、究单摆周期与摆长的关系”的实验装置(如图所示)来测定当地的重力加速度他测得摆线长为L，铁球的直径为d；在测定周期时，摆球的计时起点应选择图中的_位置(选填“A”“B”或“C”)；若测得单摆n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度g可表达为_解析(1)摆球经过C位置时，速度最大，从该位置开始计时误差较小(2)摆长为：lL，摆球的周期为：T，根据T2得：g答案C9(8分)如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重
7、新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d解析摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变而B球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍：n()，其中n1、2、3、由单摆周期公式T2得d，其中n1、2、3、答案，其中n1、2、3、10(8分)一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k400 N/m，弹簧的上端与空心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示A和B质量均为1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动已知弹簧的弹性势能决定于弹簧形变大小(g取10 m/s2
8、，阻力不计) 求：(1)物体A的振幅；(2)物体B的最大速率；(3)在最高点和最低点A对B的作用力解析(1)从原长到平衡位置x15 cm，振幅A5 cmx110 cm(2)最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此重力势能转化为动能(mAmB)gA(mAmB)v2，v m/s(3)在最高点，整体(mAmB)gk0.05(mAmB)a，隔离B：F1mBgmBa 可求得F110 N，向下在最低点，加速度大小也为a，方向向上：F2mBgmBa，得F230 N，向上答案(1)10 cm(2) m/s(3)10 N，向下；30 N，向上11(4分)(多选)一弹簧振子做简谐
9、运动，t时刻刚好经过平衡位置，则振子在tt和tt时刻一定相同的物理量有()A速度B加速度C位移D机械能ADt时刻刚好经过平衡位置，则振子在tt和tt时刻质点位置关于平衡位置对称，则速度和机械能相同，加速度方向相反，位移方向相反，故A、D正确，B、C错误12(4分)(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为xAsin t，则质点()A第1 s末与第3 s末的位移相同B第1 s末与第3 s末的速度相同C3 s末至5 s末的位移方向都相同D3 s末至5 s末的速度方向都相同AD由xAsin t知周期T8 s，第1 s末、第3 s末、第5 s末分别相差2 s，恰好是个周期，根据简谐运动图像中
10、的对称性可知A、D选项正确13(4分)(多选)一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是()At1.0 s时，摆球处于平衡状态Bt2.0 s时，摆球处于平衡位置C摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态Dt1.0 s时，摆线所受拉力最大BCD位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球做圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只能是平衡位置，故A错误，B正确；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t1.0 s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所受拉力最大，D正确14(4分)(多选)如图所示为一质点的简谐运动图像由图可知()A质点的运
11、动轨迹为正弦曲线Bt0时，质点正通过平衡位置向正方向运动Ct0.25 s时，质点的速度方向与位移的正方向相同D质点运动过程中，两端点间的距离为0.1 mCD简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图像的斜率表示速度，则t0.25 s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同，故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为x2A25 cm10 cm0.1 m，故D正确故选C、D15(4分)(多选)如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做
12、简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间动摩擦因数为，()A若t时刻和(tt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则t一定等于的整数倍B若t，则在t时刻和(tt)时刻弹簧的长度一定相同C研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板摩擦力的合力充当了木板做简谐运动的回复力D当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于kxCD设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有：kx(mM)a，对m物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：fma，所以：fkx，若t时刻和(t
13、t)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但t不一定等于的整数倍，故A错误；若t，则在t时刻和(tt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C正确；由可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间摩擦力的大小等于 kx，故D正确故选C、D16(8分)在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2l图像，就可以求
14、出当地的重力加速度理论上T2l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：(1)造成图像不过坐标原点的原因可能是_(2)由图像求出的重力加速度g_m/s2(取29.87)(3)如果测得的g值偏小，可能的原因是_A测摆线时摆线拉得过紧B摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，停表过迟按下D实验时误将49次全振动数为50次解析(1)图像不通过坐标原点，将图像向右平移1 cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径(2)由单摆周期公式：T2，可得：T242，则T2l图像的斜率：k，由图像得：k，解得：g9.8
15、7 m/s2(3)测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误答案(1)测摆长时漏掉了摆球的半径(2)9.87(3)B17(12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
16、角相等且都为(很小)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t0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：(g取10 m/s2)(1)容器的半径；(2)小滑块的质量解析(1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期：T s，由T2，得R0.1 m(2)在最高点A，有Fminmgcos 0.495 N，在最低点B，有Fmaxmmg0.510 N，从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1cos )mv2，解得：m0.05 kg答案(1)0.1 m(2)0.05 kg18(10分)摆钟是一种利用摆的等时性制成的计时装置，它具有下列特性：钟摆的振动可以等效成是单摆的简谐运动；摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，现有一座摆钟，摆长为1 m，一昼夜快10 min，要使它走时正确，应该将摆长调到多长？(精确到0.001 m)解析摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，设准确的钟摆摆动的周期为T，则2460 minkn，不准确的摆周期为T，则：2460 min10 minkn，在时间一定时，摆动次数与周期成反比，则，由T2可得：，其中L1 m，则L1 m1.014 m答案1.014 m
