最新机械振动单元测试题.doc

1、最新机械振动单元测试题一、机械振动 选择题1如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示由振动图象可以得知( ) A振子的振动周期等于t1B在t0时刻，振子的位置在a点C在tt1时刻，振子的速度为零D从t1到t2，振子正从O点向b点运动2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简谐振动，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、物块和木板之间滑动摩擦因数为，A若t时刻和时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则一定等于的整数倍B若，则在t时刻和时刻弹簧的长度

2、一定相同C研究木板的运动，弹簧弹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3用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得的物体的加速度为（ ）ABCD4如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在

3、竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中A弹簧的弹性势能和物体动能总和不变B物体在最低点时的加速度大小应为2gC物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mgD弹簧的最大弹性势能等于2mgA5如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个形支架在竖直方向振动， 形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示圆盘匀速转动时，小球做受迫振动小球振动稳定时下列说法正确的是（ ）A小球振动的固有频率是B小球做受迫振动时周期一定是C圆盘转动周期在附近时，小球振幅显著

4、增大D圆盘转动周期在附近时，小球振幅显著减小6质点做简谐运动，其xt关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的vt关系是( ) ABCD7公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T取竖直向上为正方向，以t0时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则AtT时，货物对车厢底板的压力最大BtT时，货物对车厢底板的压力最小CtT时，货物对车厢底板的压力最大DtT时，货物对车厢底板的压力最小8如图所示，固定的光滑圆弧形轨道半径R0.2m，B是轨道的最低点，在轨道上的A点（弧所对的圆心角小于10）和轨道的圆心O处各有一可视为

5、质点的静止小球，若将它们同时由静止开始释放，则（）A两小球同时到达B点BA点释放的小球先到达B点CO点释放的小球先到达B点D不能确定9如图所示，质量为的物块A用不可伸长的细绳吊着，在A的下方用弹簧连着质量为的物块B，开始时静止不动。现在B上施加一个竖直向下的力F，缓慢拉动B使之向下运动一段距离后静止，弹簧始终在弹性限度内，希望撤去力F后，B向上运动并能顶起A，则力F的最小值是（）A(+)gB(+2)gC2(+)gD(2+)g10如图所示，水平方向的弹簧振子振动过程中，振子先后经过a、b两点时的速度相同，且从a到b历时0.2s，从b再回到a的最短时间为0.4s，c、d为振子最大位移处，则该振子的

6、振动频率为（）A1HzB1.25HzC2HzD2.5Hz11如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5t)mt=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度取重力加速度的大小为g=10m/s2.以下判断正确的是_（双选，填正确答案标号）Ah=1.7mB简谐运动的周期是0.8sC0.6s内物块运动的路程是0.2mDt=0.4s时，物块与小球运动方向相反12如图所示，物块M与m叠放在一起，以O为平衡位置，在之间做简谐振动，两者始终保持相对静止，取向右为正方向，其振动的位移x随

7、时间t的变化图像如图，则下列说法正确的是（） A在时间内，物块m的速度和所受摩擦力都沿负方向，且都在增大B从时刻开始计时，接下来内，两物块通过的路程为AC在某段时间内，两物块速度增大时，加速度可能增大，也可能减小D两物块运动到最大位移处时，若轻轻取走m，则M的振幅不变13如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v，方向向下，动能为Ek。下列说法错误的是（）A如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2t1的最小值小于B如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2t1的最小值为T

8、C物块通过O点时动能最大D当物块通过O点时，其加速度最小14如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F随时间t变化的关系如图所示。以下说法正确的是At0时刻弹簧弹性势能最大B2t0站时刻弹簧弹性势能最大C时刻弹簧弹力的功率为0D时刻物体处于超重状态15如图所示,弹簧下端挂一质量为m的物体,物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动,当物体振动到最高点时,弹簧正好为原长,则物体在振动过程中( )A物体在最低点时的弹力大小应为2mgB弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C弹簧的最大弹性势能等于2mgAD物体的最大

9、动能应等于mgA16某弹簧振子做周期为T的简谐运动，t时刻和t+t时刻速度相同，已知ttB，即原来处于O点的小球先到达B点，故C正确ABD错误。故选C。9A【解析】【分析】【详解】如图所示O1为弹簧的原长位置，O2为挂上物块B时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为，要使B向上运动并能顶起A，弹簧给A的力至少要等于A物块的重力mAg，即弹簧至少要压缩到位置O3，压缩量为，物块B在力F的作用下至少下拉的长度，让B以O2为平衡位置做简谐运动。则要满足又因为，所以F的最小值故BCD错误，A正确。故选A。10B【解析】【分析】【详解】由题可知，a、b两点关于平衡位置对称，从a到b历时从b再回到a的最短时间为

10、0.4s，即从b到c所用时间为所以弹簧振子振动的周期为则振动频率为故B正确，ACD错误。故选B。11AB【解析】【分析】【详解】t=0.6s时，物块的位移为y=0.1sin(2.50.6)m= -0.1m；则对小球，解得h=1.7m ，选项A正确；简谐运动的周期是，选项B正确；0.6s内物块运动的路程是3A=0.3m，选项C错误；t=0.4s=，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误12D【解析】【分析】【详解】A在时间内，由图像的斜率为负且增大可知，物块的速度沿负方向在增大，受摩擦力方向沿负方向，据可知，位移在减小，加速度在减小，所以摩擦力在减小，A错误；B由图

11、像知，两物块在平衡位置速度最大，因此两物块从的平均速率要小于从开始经时间内的平均速率，所以从开始经通过的路程大于，B错误；C据简谐振动的受力特点，两物块在平衡位置时速度最大，加速度为零，在最大位移处，速度为零，加速度最大，所以在某段时间内，两物块速度增大时，加速度在减小，C错误； D简谐运动是一种无能量损失的振动，它只是动能和势能间的转化，总机械能守恒。其能量只有振幅决定，即振幅不变，振动系统能量不变。当将在最大位移处轻轻取走，说明取走时动能为零，取走前后振幅没有改变，振动系统机械能总量不变，D正确。故选D。13B【解析】【分析】【详解】A物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动

12、量相等，所以如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2t1的最小值小于，选项A正确；B物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2t1的最小值可以小于T，选项B错误；CD图中O点是平衡位置，物块经过O点时速度最大，动能最大，加速度最小，选项CD正确。本题选错误的，故选B。14A【解析】【分析】本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。【详解】ABt0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A正确，B错误；C时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F0，功率不为零，C错误；D时刻，弹簧振子在

13、平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D错误；故选A。15AC【解析】【分析】【详解】物体做简谐运动，最高点和最低点关于平衡位置对称，最高点加速度为g，最低点加速度也为g，方向向上，F-mg=ma，a=g，F=2mg，选项A正确；根据物体和弹簧总的机械能守恒，弹簧的弹性势能和物体的动能、物体的重力势能之和不变，选项B错误；物体下落到最低点时，重力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为EP=mg2A=2mgA，选项C正确；当弹簧的弹力等于物体的重力时，物体速度最大，动能最大，此时弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为零，根据系统机械能守恒可知此时物体的动能为，即Ek小于mgA

14、，选项D错误；故选AC16BCD【解析】【详解】A.因弹簧振子在t时刻和时刻速度相同，可知两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，则t时刻和时刻位移大小相同，方向不一定相同，则选项A错误；B.因两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，可知t时刻和时刻加速度大小相等，方向相反，选项B正确；C.由振子的运动规律可知，可能大于、小于或等于，选项CD正确；E.因相差的两个时刻的振动速度总是相反的，不可能，选项E错误；故选BCD.17AC【解析】若振子开始的运动方向为向左：则，故，即，解得T=8s，所以，故，第三次经过M的过程中；若振子开始的运动方向为向右，则，则，第三次经过M的过程为，故AC正确18AB【解析

15、】【详解】单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s故A正确；由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s由公式T=2，可得L1m，故B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小故C错误；若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动故D错误；故选AB【点睛】本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象19BCD【解析】【分析】根据图示，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，根据离开平衡位置的最大距离即可判断振幅的大小；根据细绳断开的瞬间弹

16、簧的弹性势能相同，通过能量转化，可判断绳子断开后物体的动能的关系，比较质量关系，即可分析最大速度关系；根据题目所给周期公式，比较质量关系，即可判断周期大小，进而判断频率关系。【详解】A、B线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，A错误，B正确；C当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的质量大于乙的质量，由知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，C正确；D、E根据可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍；根据可知，甲的振动频率是乙的振动频率的，D正确，E错误；故选BCD。20D【解析】【详解】A由位移的表达式，可知质点做简

17、谐运动的振幅为5cm故A错误B由位移的表达式读出角频率则周期为故B错误C在t=4s时质点的位移说明物体通过平衡位置，加速度最小；故C错误D在t=4s时质点通过平衡位置，加速度最小而速度最大；故D正确故选D【点睛】本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力二、机械振动 实验题21丙 BC 【解析】【详解】1.选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，摆线的悬点要固定，则应采用图丙中所示的固定方式2.测出摆线长加上摆球的半径作为单摆的摆长，选项A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放（不超过10），使之做简谐运动，选项B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，选

18、项C正确；用秒表测量单摆完成50次全振动所用时间t,则单摆的周期，选项D错误。34.由，则则横坐标所代表的物理量是；由可得22AD 2.01 9.77 B 【解析】【分析】【详解】（1）1组装单摆可用长度为1 m左右的细线以及直径为1.8 cm的铁球，AD正确，BC错误；故选AD。（2）23第3组实验中的根据可得（3）4根据单摆的周期公式得根据数学知识可知，T2-L图象的斜率，当地的重力加速度。A由图所示图象可知，对图线a，当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，A错误；B实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度

19、的测量值偏大，图线的斜率k偏小，B正确；C由图可知，图线c对应的斜率k小于图线b对应的斜率，由可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；故选B。（4）5设A点以下部分的长度为l，根据单摆的周期公式则： 联立解得2317 不变 【解析】【分析】【详解】(1)1由公式得故题图（b）中纵轴表示。(2)2由公式得即的国际单位制单位为。3由题图（b）并结合(1)中的式子可得由题图（b）知拟合直线的斜率解得(3)4由(1)、(2)中分析可知重力加速度的测量值与质量无关，故g的测量值不变。2426 a、d、f 偏小 0.2s 9.76 B 【解析】【分析】【详解】（1）1小球直径为（2）2 根据得

20、知需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长近1m的细线，铁球的密度大，阻力小，所以选择直径为1.8cm的铁球，需要测量摆长和摆球的直径，所以需要最小刻度为1mm的米尺和螺旋测微器。故选a、d、f。3 根据得又因为联立得4测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小。5根据简谐运动的图线知，单摆的周期T=2.0s。6根据得知图线的斜率解得7根据可知L与T 2为正比关系，且某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，则L=0时T 2不为零，故选B。25 C 3 【解析】【分析】【详解】（1）当记数为“50”时，单摆全

21、振动的次数为25，显示时间为t，则周期为（2）图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了保证摆动过程中摆长不变，故选C.（3）根据，则，解得，则作出的图线是上图中的3. （4）由上述表达式可知，解得g=42 k.【点睛】此题考查单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化在最低点，速度最快，开始计时误差较小；会用图像法处理实验数据266 1.0045 AB 【解析】【分析】【详解】(1)12由游标尺的“0”刻线在主尺上的位置读出摆球直径的整毫米数为9 mm，游标尺中第6条刻度线与主尺刻度线对齐，所以摆球的直径d=9 mm+60.1 mm=9. 6 mm，单摆摆长为（0.999 7+0.004 8）m=1. 0045m。(2)3单摆摆球经过平衡位置时的速度最大，经过最大位移处的速度为0，在平衡位置计时误差最小，A项正确；实验中将49次全振动记成50次全振动，测得的周期偏小，则重力加速度的测量值偏大，B项正确；摆球体积较大，空气阻力也大，不利于提高测量的精确度，C项错误。故选AB。