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第二章机械振动经典题型检测卷-高中物理人教版选择性必修第一册
一、单选题
1．物体做简谐振动，下列说法正确的是（　　）
A．物体每次通过平衡位置时，速度都相同 B．物体每次通过平衡位置时，回复力都为零
C．物体向平衡位置运动时，振幅减小 D．单摆通过平衡位置时，加速度等于零
2．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为，则下列关于质点运动的说法中正确的是（　　）
A．质点做简谐运动的振幅为5cm B．质点做简谐运动的周期为4s
C．在t=4s时质点有最大速度 D．在t=4s时质点有最大位移
3．2022年3月17日19时33分在我国台湾岛东部的琉球群岛发生5.5级地震，震源深度为，北仑区新碶街道某位家住22楼的网友反映“震感明显”，而北仑区白峰街道的居民普遍反映“没有明显感觉”。针对这一事件，下列同学的认识中科学合理的是（　　）
A．白峰街道居民没有感觉是因为地震波到达白峰时，未发生受迫振动
B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近
C．地震波在北仑区发生叠加，新碶处在振动加强带上，白峰恰好处在减弱带上
D．应对新碶的高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止再次发生地震灾害
4．如图所示，是某质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．t1和t2时刻质点的机械能不相同
B．从t1到t2时间速度方向与加速度方向相同
C．t2到t3时间内速度变大，而加速度变小
D．t1和t3时刻质点的速度相同
5．如图所示，AB为半径的一段光滑圆糟，A、B两点在同一水平高度上，且AB弧长20cm。将一小球由A点释放，则它运动到B点所用时间为（　　）
A． B． C． D．
6．光滑固定斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于点，如图所示，现将A沿斜面拉到点无初速释放，物块在范围内做简谐运动，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从运动到的过程中，振动系统弹性势能与动能之和先增大后减小
B．物块从运动到的过程中，振动系统重力势能与动能之和不变
C．物块从运动到的过程中，振动系统弹性势能与重力势能之和在处最小
D．物块从运动到的过程中，振动系统重力势能与动能之和在处最大
二、多选题
7．某同学在利用单摆测重力加速度的实验中发现测得的重力加速度大于标准值，其原因可能是（　　）
A．所用摆球的质量太大
B．铁架台的底座有磁性物质，其对小球有磁场引力
C．测N次全振动时间时，把N次误计为（N＋1）次
D．以摆线的长度加上小球直径的长度作为摆长，代入公式
8．有两个弹簧振子1和2做简谐运动：和，下列说法中正确的是（　　）
A．两个弹簧振子1和2的振幅不同，频率不同
B．两个弹簧振子1和2的振幅不同，频率相同
C．弹簧振子1超前于弹簧振子2的相位是
D．弹簧振子1落后于弹簧振子2的相位是
9．如图所示是一个单摆的共振曲线（g=10m/s2），则 （　　）
A．此单摆的摆长约为0.5m
B．此单摆的周期约为2s
C．若摆长增大，共振曲线的峰将向上移动
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
10．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A、E摆长相等。先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则在振动稳定后：（　　）
A．其它各摆摆动周期跟A摆相同
B．其它各摆振动周期大小不同，D摆周期最大
C．其它各摆振动振幅大小不相同，E摆振幅最大
D．其它各摆振动振幅大小相同
三、实验题
11．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
（1）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g= （用L、n、t表示）。
（2）有同学测得的g值偏大，可能原因是 。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．以摆线长作为摆长来计算
C．摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使实际摆线长度增大了
D．开始计时时，按下秒表稍晚
E．实验中误将50次全振动记为49次
四、解答题
12．一水平弹簧振子做简谐运动，其位移时间关系如图所示。求：
（1）写出该简谐运动的表达式；
（2）t=0.25×10-2 s时的位移；
（3）从t=0到t=8.5×10-2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？
13．如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O′的正下方，一小球甲（可视为质点）由距O点很近的A点由静止释放，R 。
（1）若小球甲释放的同时，另一小球乙（可视为质点）从球心O′处自由落下，求两球第一次到达O点的时间比；
（2）若小球甲释放的同时，另一小球丙（可视为质点）在O点正上方某处自由落下，为使两球在O点相碰，小球应由多高处自由落下？
14．如图所示，图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像回答：
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）开始时刻摆球在何位置？
（3）若当地的重力加速度为9.86 m/s2，则这个摆的摆长是多少？
15．如图所示，曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。
（1）开始时不转动摇把，而用手往下拉振子，然后放手让振子上下振动，测得振子在10 s内完成20次振动，不考虑阻力，振子做什么振动？其固有周期和固有频率各是多少？若考虑阻力，振子做什么振动？
（2）在振子正常振动过程中，以转速4 r/s匀速转动把手，振子的振动稳定后，振子做什么运动？其周期是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．物体每次通过平衡位置时，速度大小都相同，方向不一定相同，故A错误；
B．物体每次通过平衡位置时，位移为零，根据可知回复力都为零，故B正确；
C．振幅是指偏离平衡位置的最大距离，不发生改变，故C错误；
D．单摆经过平衡位置时有速度，小球做圆周运动。圆周运动就有向心加速度。所以摆球经过平衡位置时有向心加速度，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】AB．由简谐运动的表达式
可知质点的振幅为
得
AB错误；
CD．将t=4s带入
可得
即质点正通过平衡位置，速度最大，C正确，D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．地震波到白峰街道时，地面建筑物受到周期性驱动力作用，发生了受迫振动，因为该街道高楼的固有频率与当时地震波的频率差距较大，所以振幅很小，该处居民才会没有明显感觉，故A错误；
B．新碶街道高楼的固有频率与当时地震波的频率更加接近，受迫振动，振幅较大，该处居民感觉震感明显，故B正确；
C．不同街道居民楼震感不同，是因为不同街道的居民楼固有频率不同，而受迫振动时，驱动力频率与物体的固有频率相近时，物体振动的振幅大，所以振幅不同不是地震波叠加的原因，故C错误；
D．对高楼采取物理措施改变它们的固有频率以防止地震造成损害，但无法防止再次发生地震，故D错误。
故选B。
4．C
【详解】A．若质点在弹簧弹力的作用下做简谐运动，则质点和弹簧组成的系统机械能守恒，质点本身的机械能不守恒，t1和t2时刻质点的机械能不相同；若质点在摆线的牵引下形成单摆，则质点的机械能守恒，t1和t2时刻质点的机械能相同，故A错误；
B．从t1到t2时间，速度方向沿负方向，加速度方向沿正方向，故B错误；
C．t2到t3时间内，质点向平衡位置运动，位移减小，速度变大，而加速度变小，故C正确；
D．t1和t3时刻质点的速度大小相同，方向相反，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】A、B与O连线与竖直方向的夹角均为
所以小球的运动可视为简谐运动，类比单摆的周期公式可知小球由A运动到B所用的时间为
故选C。
6．C
【详解】A．根据能量守恒可知，振动系统弹性势能与动能与重力势能之和不变，物块从运动到的过程中，重力势能增大，则振动系统弹性势能与动能之和减小，故A错误；
B．物块从运动到的过程中，振动系统弹性势能先减小后增大，则振动系统重力势能与动能之和先增大后减小，故B错误；
C．物块从运动到的过程中，在处加速度为零，动能最大，则振动系统弹性势能与重力势能之和在处最小，故C正确；
D．因为在处弹性势能并不为零（弹性势能为零点在OC之间），则振动系统重力势能与动能之和在处并不是最大，故D错误。
故选C。
7．BCD
【详解】此实验原理是由单摆的周期公式
得出
而与摆球的质量无关；铁架台底部有磁性物质，由于磁场力吸引，使振动周期减小，测得的重力加速度偏大；测N次全振动时间时，把N次误计为（N＋1）次，使测得的周期偏小，测得的重力加速度偏大；以摆线的长度加上小球直径的长度作为摆长，代入公式使测得的摆长偏大，测得的重力加速度偏大。故B、C、D正确，A错误。
故选BCD。
8．BD
【详解】AB．1的振幅为3a，2的振幅为9a，所以两个弹簧振子1和2的振幅不同；1的频率为
2的频率为
所以两个弹簧振子1和2的频率相同，故A错误，B正确；
CD．从公式可以看出弹簧振子1落后于弹簧振子2的相位是，故C错误；D正确。
故选BD。
9．BD
【详解】B．根据共振曲线可知，发生共振的频率为0.5Hz，由于驱动力的频率等于单摆的固有频率时发生共振，则此单摆的频率为0.5Hz，周期为
所以B正确；
A．根据单摆的周期公式
解得单摆的摆长
所以A错误；
CD．若单摆的摆长增大，根据单摆的周期公式
则此单摆的周期增大，频率减小，共振曲线的峰将向左移动，所以C错误；D正确；
故选BD。
10．AC
【详解】AB．摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，所以其余各摆的振动频率都等于摆摆动的频率，振动周期也等于摆摆动的频率，选项A正确，B错误；
CD．由于E摆的摆长与摆摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，所以E摆出现共振现象，振幅最大，选项C正确，D错误。
故选AC。
11． AD/DA
【详解】（1）[1]单摆周期为
根据
重力加速度为
（2）[2]A．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长偏大，g值偏大，A正确；
B．以摆线长作为摆长来计算，则摆长偏小，g值偏小，B错误；
C．摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，则摆长的测量值偏小，g值偏小，C错误；
D．开始计时时，按下秒表稍晚，则周期偏小，g值偏大，D正确；
E．实验中误将50次全振动记为49次，则周期偏大，g值偏小，E错误。
故选AD。
12．（1）；（2）-1.414 cm；（3）34 cm，2 cm
【详解】（1）由图像知
A=2 cm，T=2×10-2 s，φ=
则
=100π rad/s
则表达式为
（2）把t=0.25×10-2 s代入表达式得
（3）时间为
所以通过的路程为
把t=8.5×10-2 s代入表达式得
即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移大小为
13．（1）π∶4；（2） (n=1,2,3)
【详解】(1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O点的时间为
乙球做自由落体运动，到达O点的时间为t2，满足
R=gt22
解得
t2=
两球第一次到达O点的时间比为
t1∶t2=π∶4
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为
t=(2n-1)
其中n满足n=1,2,3，由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰，所以
h=gt2= (n=1,2,3)
14．（1）1.25 Hz；（2）在B点；（3）0.16 m
【详解】(1)由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为
f==1.25Hz
(2)开始时刻摆球在负方向最大位移处，故开始时刻摆球在B点。
(3)根据公式T=2π可得
15．（1）简谐运动，0.5 s，2 Hz，阻尼振动；（2）受迫振动，0.25 s
【详解】(1)用手往下拉振子，放手后，因振子所受回复力满足
所以做简谐运动，根据题意
则
由于阻力的存在，振子克服阻力做功消耗能量，振幅越来越小，故振动为阻尼振动。
(2)由于把手转动的转速为4 r/s，它给弹簧振子的驱动力频率为f驱=4 Hz，周期T驱=0.25 s，故振子做受迫振动。振动达到稳定状态后，其频率（或周期）等于驱动力的频率（或周期），而跟固有频率（或周期）无关。即f=f驱=4 Hz，T=T驱=0.25 s。
答案第1页，共2页
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