2019-2020学年高中物理第11章机械振动单元测试含解析新人教版选修3-
第十一章 单元测试
(时间60分钟 满分100分)
一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得4分，漏选的得2分，错选的得0分)
1．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中( )
A．振子所受的回复力逐渐增大
B．振子离开平衡位置的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐增大
D．振子的加速度逐渐增大
解析 在振子向着平衡位置运动的过程中，振子所受的回复力逐渐减小，振子离开平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，选项C正确．
答案 C
2．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的( )
A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变
C．频率不变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变
解析 由单摆周期公式T＝2π知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mgh＝mv2.质量改变后：4mgh′＝·4m·()2，可知h′≠h，振幅改变．故选C项．
答案 C
3．某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是( )
A．当f
f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
解析 由共振条件及共振曲线，可知驱动力频率f越接近振动系统的固有频率f0，振幅越大，所以当ff0时，振幅随f的增大而减小，随f的减小而增大，B项正确；系统振动稳定时，振动频率等于驱动力频率f，与固有频率f0无关，D项正确，C项错误．
答案 BD
4．若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是( )
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A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值
B．物体通过平衡位置时，所受合外力为零，回复力为零，处于平衡状态
C．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同
D．物体的位移增大时，动能增加，势能减少
解析
如图所示，图线中a、b两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，A项错误，C项正确．物体的位移增大时，动能减少，势能增加D项错误．单摆摆球在最低点时，处于平衡位置，回复力为零，但合外力不为零，B项错误．
答案 C
5．一弹簧振子振幅为A，从最大位移处需时间t0第一次到达平衡位置，若振子从最大位移处经过时间时的速度大小和加速度大小分别为v1和a1，而振子位置为时速度大小和加速度大小分别为v2和a2，那么( )
A．v1＞v2 B．v1＜v2
C．a1＞a2 D．a1＜a2
解析 振子从最大位移处向平衡位置运动的时间内，做加速度越来越小的加速运动，因速度不断增大，所以前时间内运动的距离一定小于后时间内运动的距离，即时刻，物体的位移x＞.由简谐运动的规律不难得出a1＞a2，v1＜v2，因此选项B、C正确，选项A、D错误．
答案 BC
6．如图所示，下列说法正确的是( )
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A．振动图像上的A、B两点振动物体的速度相同
B．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，质点的加速度大小相等，方向相反
C．振动图像上A、B两点的速度大小相等，方向相反
D．质点在t＝0.2 s和t＝0.3 s时的动能相等
解析 A、B两处位移相同，速度大小相等，但方向相反，因此A项错，C项对．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，质点离开平衡位置的位移最大，方向相反，由F＝－kx，a＝，可知B项正确．t＝0.2 s时，物体通过平衡位置，速度最大，动能最大，而t＝0.3 s时，速度为零，动能最小，故D项错．
答案 BC
7.
如图所示，为同一地点的两单摆甲、乙的振动图线，下列说法中正确的是( )
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时乙摆摆线张力最大
解析 由图可知两摆周期相等，故两摆摆长相等；甲摆的振幅比乙摆大；由于两摆的摆球质量未知，不能判断机械能的大小；t＝0.5 s时乙摆位于最大位移处．摆线张力最小．
答案 AB
8．劲度系数为20 N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中A点对应的时刻( )
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A．振子所受的弹力大小为0.5 N，方向指向x轴的负方向
B．振子的速度方向指向x轴的正方向
C．在0－4 s内振子做了1.75次全振动
D．在0－4 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0
解析 由F＝kx＝5 N，即弹力大小为5 N，方向指向x轴负方向，选项A不正确．由图可知振子的速度方向指向x轴的正方向，选项B正确．由图可看出，t＝0、t＝4 s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0－4 s内完成两次全振动，选项C错误．由于t＝0时刻和t＝4 s时刻振子都在最大位移处，所以在0－4 s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5 cm，在0－4 s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为2×4×0.50 cm＝4 cm，故选项D错误．综上所述，选项B正确．
答案 B
9．如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )
A．甲的振幅大于乙的振幅
B．甲的振幅小于乙的振幅
C．甲的最大速度小于乙的最大速度
D．甲的最大速度大于乙的最大速度
解析 由题意知，在细线未断之前两个弹簧所受到的弹力是相等的，所以当细线断开后，甲、乙两个物体做简谐运动时的振幅是相等的，A、B项错；两物体在平衡位置时的速度最大，此时的动能等于弹簧刚释放时的弹性势能，所以甲、乙两个物体的最大动能是相等的，则质量大的速度小，所以C项正确，D项错误．
答案 C
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10．将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动．用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是( )
A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
C．摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D．摆线经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变
解析 小球的细线即使碰到障碍物，细线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，选项A正确．频闪照片拍摄的时间间隔一定，题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2π，得摆长之比为9∶4，故选项B正确．摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据F－mg＝m知，张力变大．根据v＝ωr，知角速度增大，故选项C正确，选项D错误．故选ABC项．
答案 ABC
11．将轻弹簧上端固定，下端悬挂小钢球，把小钢球从平衡位置竖直向下拉下一段距离，放手让其运动．从小钢球通过平衡位置开始计时，其振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．钢球的振动周期为2 s
B．在t0时刻弹簧的形变量为4 cm
C．钢球振动半个周期，回复力做功为零
D．钢球振动四分之一周期，通过的的路程可能大于5 cm
解析 由振动图像可知，钢球的振动周期为2 s，A项正确；t0时刻振子偏离平衡位置的位移为4
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cm，弹簧的形变量是振子到弹簧原长处的距离，B项错误；钢球振动半个周期，初速度和末速度大小相等，方向相反，根据动能定理，可得合外力做功为零，即回复力做功为零，故C项正确；由数学三角函数可知，在一个周期内，当钢球在[T，T]内运动，钢球在四分之一周期内通过的路程最大，smax＝A(其中A为振幅)，当钢球在[T，T]内运动，钢球在四分之一周期内通过的路程最小，smin＝(2－)A，即振子在任意四分之一周期内的路程范围为[(2－)A，A]，所以D项正确．
答案 ACD
12.
光滑的水平面上叠放有质量分别为m和m/2的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示．已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为( )
A. B.
C. D.
解析 物体做简谐运动，取整体为研究对象，是由弹簧的弹力充当回复力．取上面的小物块为研究对象，则是由静摩擦力充当回复力．当两物体间的摩擦力达到最大静摩擦力时，两物体达到了简谐运动的最大振幅．又因为两个物体具有共同的加速度，根据牛顿第二定律对小物体有f＝ma，取整体有kx＝(m＋m)a，两式联立可得x＝，选项C正确．
答案 C
13.
如图所示，一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点开始计时，经过1 s质点第一次经过M点，再继续运动，又经过 s质点第二次经过M点，则质点的振动周期为( )
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A．2 s B. s
C. s D. s
解析 如图，设a、b为振动过程中的最大位移处，若质点从O点向右到达M点所用时间为1 s，从M点经b点回到M点所用时间为 s，由对称性可知，质点由O点到b点用时 s，则质点振动周期为 s；若质点向左经a到达M点用时1 s，从M点经b再回到M点用时 s，则质点再经Oa回到O点用时仍为1 s，此整过程为，故周期为 s.
答案 BC
14.
如图所示，在质量为M的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量均为m(M>m)的A、B两物体，箱子放在水平地面上．平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐振动．当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为( )
A．Mg B．(M－m)g
C．(M＋m)g D．(M＋2m)g
解析 平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，在平衡位置，有kx1＝mg，在平衡之前的初位置，有kx2＝2mg，故振幅为A＝x2－x1＝，根据简谐运动的对称性，到达最高点时，弹簧处于原长，故此时木箱只受重力和支持力，二力平衡，故支持力等于重力Mg，A项正确，B、C、D项错误．
答案 A
二、非选择题(有4个题，共44分)
15．(10分)有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的周期是T0.当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为T
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.求该气球此时离海平面的高度h.(把地球看做质量均匀分布的半径为R的球体)
解析 根据单摆周期公式T0＝2π，T＝2π，
其中l是单摆长度，g0和g分别是两地点的重力加速度．
根据万有引力定律公式，可得g0＝G
g＝G
由以上各式，可解得h＝(－1)R.
答案 (－1)R
16．(10分)在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记录，如图甲所示是一个常用的记录方法，在弹簧振子的小球上安装一支记录用笔P，在下面放一条白纸带．当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带运动方向与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图乙所示．
(1)若匀速拉动纸带的速度为1 m/s，则由图中数据算出振子的振动周期为多少？
(2)作出P的振动图像．
(3)若拉动纸带做匀加速运动，且振子振动周期与原来相同，由图丙中的数据求纸带的加速度大小．
解析 (1)由题图乙可知，当纸带匀速前进20 cm时，弹簧振子恰好完成一次全振动，由v＝，可得t＝＝ s，所以T＝0.2 s.
(2)由题图乙可以看出P的振幅为2 cm，振动图像如图所示：
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(3)当纸带做匀加速直线运动时，振子振动周期仍为0.2 s，由丙图可知，两个相邻0.2 s时间内，纸带运动的距离分别为0.21 m、0.25 m，由Δx＝aT2，得
a＝ m/s2＝1.0 m/s2.
答案 (1)0.2 s (2)见解析
(3)1.0 m/s2
17．(12分)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为________ cm.
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________．(填选项前的字母)
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
(3)下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：
摆长l(m)
0.5
0.6
0.8
1.1
周期T2(s2)
2.0
2.4
3.2
4.4
利用上述数据，在下图的坐标系中描绘出l－T2图像．利用图像，取T2＝4.2 s2时，l＝________ m．重力加速度g＝________ m/s2.
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解析 (1)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0.9 cm，标尺中第7条线与主尺刻度对齐，所以应为0.07 cm，所以摆球直径为0.9 cm＋0.07 cm＝0.97 cm.
(2)单摆应从最低点计时，故A项错；因一个周期内，单摆有2次通过最低点，故B项错；由T＝2π得，g＝，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，则g偏大，C项对；因空气阻力的影响，选密度小的摆球，测得的g值误差大，D项错误．
(3)由T＝2π，得g＝4π2·或l＝·T2，
所以图像是过原点且斜率为的一条直线．
l－T2图像如图所示．
T2＝4.2 s2时，从图中画出的直线上可读出其摆长l＝1.05 m，
将T2与l代入公式g＝，得g＝9.86 m/s2.
答案 (1)0.97 (2)C (3)图见解析 1.05 9.86
18．(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，图甲中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置．∠AOB＝∠COB＝α，α
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小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g取10 m/s2)，求：
(1)单摆的周期和摆长；
(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度．
解析 (1)由图乙可知：单摆周期T＝0.4πs
由公式T＝2π，可求得摆长l＝0.4 m.
(2)mgcosα＝Fmin＝0.495 N
mg(l－lcosα)＝mv
Fmax－mg＝m
解得m＝0.05 kg，vm≈0.283 m/s.
答案 (1)0.4πs 0.4 m (2)0.05 kg 0.283 m/s
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