1、机械振动综合测试卷1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.满分100分，考试用时90分钟.第卷（选择题，共40分）一、选择题（每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分。）1有一弹簧振子做简谐运动，则（ ）A加速度最大时，速度最大B速度最大时，位移最大C位移最大时，回复力最大D回复力最大时，加速度最大2一平台在竖直方向上做简谐运动，一物体置于其上一起振动，则有（ ）A当平台振动到最低点时，物体对平台的正压力最大B当平台振动到最高点时，物体对平台的正压力最小C当平台向上振动经过平衡位置时，物体对平台的正压力最大D当平台向下振动
2、经过平衡位置时，物体对平台的正压力最小3物体做简谐运动的过程中，有两点A、A关于平衡位置对称，则物体（ ）A在A点和A点的位移相同B在两点处的速度可能相同C在两点处的加速度可能相同D在两点处的动能一定相同4关于做简谐运动的物体的位移、加速度和速度间的关系，下列说法中正确的是（ ）A位移减小时，加速度减小，速度增大B位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D物体的运动方向改变时，加速度的方向不变图1baOvavb5如图1所示。弹簧振子在振动过程中，振子经a、b两点的速度相同，若它从a到b历时0.2s，从b再回到a的最短时间为0.4s，
3、则该振子的振动频率为（ ）A1Hz B1.25Hz C2Hz D2.5Hz 6如图2中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐AB图2运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则（ ）A如果mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B如果mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞不可能在平衡位置右侧D无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞不可能在平衡位置左侧 7一弹簧振子做简谐运动，周期为T ，则下列说法正确的是（ ）A若t时刻和（t+t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则
4、t一定等于的整数倍B若t时刻和（t+t）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则t一定等于T的整数倍C若t=T/2，则在t时刻和（t+t）时刻弹簧的长度一定相等D若t=T，则在t时刻和（t+t）时刻振子运动的加速度一定相同8做简谐运动的弹簧振子，质量为m，最大速率为v.从某时刻算起，在半个周期内（ ） A弹力做的功一定为零B弹力做的功可能是零到mv2之间的某一值C弹力的冲量大小可能是零到2mv之间的某一值D弹力的冲量大小一定不为零图39甲、乙两弹簧振子，振动图象如图3所示，则可知（ ）A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲F乙=21C振子甲速度为零时，振子乙速度最大D振子的振
5、动频率之比f甲:f乙=1:2图410.如图4所示，5，将摆球A释放的同时，使另一小球B自悬点释放，则它们第一次到达最低点C经历的时间tA和tB符合（ ）AtA=tBBtAtBCtAtBD无法确定第卷（非选择题，共60分）二、填空题（每小题6分，共24分。把正确答案填写在题中的横线上，或按题目要求作答。）11一弹簧振子分别拉离平衡位置5 cm和l cm处放手，使它们都做简谐运动，则前后两次振幅之比为_，周期之比为_，回复力的最大值之比为_.12甲、乙两个做简谐运动的弹簧振子，在甲振动20次时间里，乙振动了40次，则甲、乙振动周期之比为_；若甲的振幅加倍而乙的不变，则甲、乙振动频率之比为_.图51
6、3如图5所示，为了测一凹透镜凹面的半径R，让一个半径为r的光滑钢珠在凹面内做振幅很小的振动.若测出它完成N次全振动的时间为t，则此凹透镜凹面的半径R_（重力加速度为g）.14振动周期为2 s的单摆叫秒摆，秒摆的摆长为_m.若将此秒摆移至离地球表面距离等于地球半径的高空，其周期是_s.（g=9.8m/s2）三、计算题（共36分。要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分。）15（12分）在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子质量为M，振动的最大速度为v0.如图6所示.当振子在最大位移为A的时刻把质量为m的物体轻放其上，则
7、 （1）要保持物体和振子一起振动，二者间摩擦因数至少是多少?（2）一起振动时，二者经过平衡位置的速度多大?振幅又是多大?图6 16（12分）如图7所示，一块涂有碳黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上做匀变速运动.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，OC=9 cm.求外力F的大小.（g10 m/s2）图7 17（12分）在用单摆测重力加速度的实验中，如果摆球质量不均匀，按照正常的方法进行实验，会给测量结果造成误差.一个同学设计了一个巧妙的方法，可以避免上述误差.实验分两次进行，第一次测得悬线长为L
8、1，测得振动周期T1；第二次改变悬线长度为L2，并测得此时单摆的振动周期T2.试根据测量数据导出重力加速度的表达式. 参考答案1【答案】CD【解析】振子加速度最大时，处在最大位移处，此时振子的速度为零，由F=-kx知道，此时振子所受回复力最大，所以选项A错，C、D对.振子速度最大时，是经过平衡位置时，此时位移为零，所以选项B错. 2【答案】AB【解析】 平台在竖直方向做简谐运动，放在平台上的物体也在竖直方向上随平台一起做简谐运动，物体做简谐运动的回复力由它所受的重力mg和平台对它的支持力FN的合力提供，物体在最高点时，回复力和加速度均向下且最大，由牛顿第二定律得mgFN=mam所以，在最高点时
9、，平台对物体的支持力最小，由牛顿第三定律知，物体对平台的压力也最小.在最低点时，回复力和加速度均向上且最大，由牛顿第二定律得FNmg=mam所以，在最低点时，平台对物体的支持力最大，由牛顿第三定律知，物体对平台的压力也最大.物体通过平衡位置时，加速度和回复力均为零，则FN=mg，即平台对物体的支持力等于物体的重力，与运动方向没关系. 3【答案】 BD 【解析】 由于A、A关于平衡位置对称，所以物体在A、A点时位移大小相等方向相反；速率一定相同，但速度方向可能相同也可能相反；加速度一定大小相等方向相反；动能一定相同.正确选项B、D4【答案】 AD 【解析】 回复力和加速度总是跟位移大小成正比，方
10、向相反.位移增大时速度减小，两者方向相同，位移减小时速度增大，两者方向相反.在最大位移处速度改变方向而加速度不改变方向，在平衡位置加速度改变方向，而速度不改变方向.正确选项为A、DObcad图8vavb5【答案】B tx0图9 BA1A2【解析】振子经a、b两点速度相同，根据弹簧振子的运动特点，不难判断a、b两点对平衡位置（O点）一定是对称的，振子由b经O到a所用的时间也是0.2s，由于“从b再回到a的最短时间是0.4s”，说明振子运动到b后是第一次回到a点，且Ob不是振子的最大位移。设图8中的c、d为最大位移处，则振子从b经c到b历时0.2s，同理，振子从a经d到a，也历时0.2s，故该振子
11、的周期T=0.8S，根据周期和频率互为倒数的关系，不难确定该振子的振动频率为1.25Hz.故本题答B6【答案】 CD【解析】由于碰撞后两摆球分开各自做简谐运动的周期相同，任作出B球的振动图象如图9所示，而A球碰撞后可能向右运动，也可能向左运动，因此A球的振动图象就有两种情况，如图9中A1和A2。从图中很容易看出无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞只能发生在平衡位置。 7【答案】D【解析】 若t=T/2或t=nT-T/2（n1，2，3，），则在t和（t+t）两时刻振子必在关于平衡位置对称的两位置（包括平衡位置），这两时刻，振子的位移、回复力、加速度、速度等均大小相等，方向相反，但在这两时刻弹簧
12、的长度并不一定相等（只有当振子在t和（t+t）两时刻均在平衡位置时，弹簧长度才相等）.反过来，若在t和（t+t）两时刻振子的位移（回复力、加速度）和速度（动量）均大小相等，方向相反，则t一定等于t=T/2的奇数倍，即 t=（2n1）（n1，2，3）.如果仅仅是振子的速度在t和（t+t）两时刻大小相等方向相反，那么不能得出t=（2n1） ，更不能得出t=n（n1，2，3）.根据以上分析，A、C选项均错.若t和（t+t）时刻，振子的位移（回复力、加速度）、速度（动量）等均相同，则t=nT（n=1，2，3），但仅仅根据两时刻振子的位移相同，不能得出t=nT.所以B选项错.若t=T，在t和（t+t）两
13、时刻，振子的位移、回复力、加速度、速度等均大小相等方向相同，D选项正确.8【答案】 AC 【解析】 半个周期的初、末两时刻动能相同.动量大小相等，方向相反，所以，半个周期内动能的改变量为零，弹力做的功为零.若半个周期的初时刻质点正经过平衡位置，则半个周期的动量变化最大为2mv，冲量也最大，为2mv，若半个周期的初时刻质点在最大位移处，则半个周期内质点动量的变化最小为零，冲量也最小，为零.A、C选项正确.9【答案】 CD 【解析】 从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲:T乙=2:1，得频率之比f甲:f乙=1:2，D选项正确.弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子
14、不同，A错误.由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子受回复力（Fkx）的最大值之比F甲F乙不一定为21，所以B错误.对简谐运动进行分析可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零.从图象中可以看出.在振子甲到达最大位移处时.振子乙恰到达平衡位置，所以C正确.10【答案】 C 【解析】 tA=，tB=1，tAtB11【答案】 5:1；1:1；5:1 【解析】 周期、频率跟振幅无关，所以两次周期之比为1:1，振幅之比为5:1，由Fkx知回复力的最大值为FmkA，则回复力的最大值之比为5:1.12【答案】 2:1；1:2 【解析】 设甲振动20次的时间为t.则甲
15、、乙弹簧振子的周期分别为T甲=，T乙=.所以，甲、乙的周期之比为 T甲:T乙=2:1.甲改变振幅后其周期、频率不变，所以甲、乙的频率之比为f甲:f乙=T乙:T甲=1:213【答案】 +r【解析】 小球的运动类似于摆长为l=R-r的单摆.其振动周期为T=，由单摆的周期公式得R-r=，所以R=+r.14【答案】 1；4 【解析】 由周期公式得，秒摆的摆长为l= m=1 m.由万有引力定律得离地面等于地球半径高空的重力加速度为g=Gg则秒摆的周期变为 T=2=4 s.15（12分）【解析】 放物体前最大回复力FkA，振动的最大机械能E=Mv02.（2分）（1）放物体后，假定一起振动，则可产生最大加速
16、度 a= （2分）对物体来说，所需要的回复力是振子给它的摩擦力，刚放时所需的摩擦力最大，最大静摩擦力为mg，当mgma时一起振动.所以 （2分）（2）由于物体m是在最大位移处放在M上，放上后并没有改变系统的机械能.振动中机械能守恒.经过平衡位置时.弹簧为原长，弹性势能为零.则 （M+m）v2=Mv02 （2分）v=v0 （2分）物体和振子在最大位移处，动能为零，势能最大，这个势能与没放物体前相同，所以弹簧的最大形变应是相同的，即振幅仍为A （2分）16（12分）【解析】 设板竖直向上的加速度为a，则有： sBAsAO=aT2 （3分） sCBsBA=aT2 （3分）由牛顿第二定律得 Fmg=ma （3分）解式可求得 F24 N. （3分）17（12分）【解析】设摆球的重心到球面悬线点的距离为r,根据单摆的周期公式可得（2分）T1= 2 （3分）T2=2 （3分）由上式可解得 g= （4分）g的表达式中不含有r，说明用这种方法测量可以避免由于摆球质量不均匀所造成的误差.
