人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》单元检测题含答案解析

1、绝密启用前2019 人教版高中物理选修 3-4 第一章机械振动单元检测题本试卷分第I卷和第卷两部分，共 100 分，考试时间 150 分钟。第I卷一、单选题（共 2020 小题, ,每小题 3.03.0 分，共 6060 分）1某秒摆从平衡位置开始摆动，摆动过程中说法正确的是（）A 重力和绳的拉力的合力提供回复力B 增大摆角可使单摆周期变大C.小球连续两次经过同一位置时位移、加速度、速度相同D.经 1.2 s 时，小球速度正减小，加速度正增大2在图中的几个相同的单摆在不同的条件下摆动，从左到右周期依次为 关系，判断正确的是（）(1) (2) A . T1 T2 T3B . T1T2=T3D .

2、 T1 T2mb，把金属小球 b 向某一侧拉开 3 cm 到 b 处，然后同时让金属小球 a、C. T2= 4Tib 由静止开始释放（不计阻力和摩擦），则两小球的最终情况是（ ）A . a 小球先到达最低点，不可能和b 小球在最低点相碰撞B.b 小球先到达最低点，不可能和a 小球在最低点相碰撞C. a、b 两小球恰好在最低点处发生碰撞D .因不知道ma、mb的具体数值，所以无法判断最终两小球的最终情况10两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度VI、V2（V1 V2）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为fl、f2和 Al、A2,则（）A . flf2,A1=A2B.fl

3、Vf2,A1=A2C. f1= f2, A1 A2D.f1=f2,A1VA211. 周期为 2 s 的简谐运动，在半分钟内通过的路程是60 cm,则在此时间内振子经过平衡位置的次数和振子的振幅分别为（）A.15 次，2 cmB . 30 次，1 cmC.15 次，1 cmD . 60 次，2 cm12. 质点做简谐运动的周期为 T,振幅为 A.则下列说法正确的有（）A 在任意一内，质点的位移大小都是 2A丁亠B 在任意一内，质点移动的路程都是 A4C.为使质点的位移、速度与 t 时刻的位移、速度相同，至少要经过一个周期TD 为使质点的位移、动能与 t 时刻的位移、动能相同，至少要经过一个周期T

4、13.有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm,周期为 0.5 s,初始时（t = 0）具有正的最大位移，则它的振动方程是（）x= 8 X10sin.mx= 8X10-3sin|)14.如图所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在 A、B 间做简谐振动，下列说法正确的是（）A/JaA 振子在 A、B 处的加速度和速度均为零B 振子通过 O 点后，加速度方向改变C.振子通过 O 点后，速度方向改变D振子从 0 宀 B 或从 OfA 的运动都是匀减速运动15.关于振幅的各种说法中，正确的是（）A 振幅是振子离开平衡位置的最大距离C. x=8X0 x=8X0B 位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅C.振

5、幅增大，周期也必然增大，而频率减小D .振幅越大，表示振动越强，周期越长16.一个质点做简谐运动，它的振幅是2cm,频率是 2 Hz从该质点经过平衡位置开始计时，经过1s 的时间，质点相对于平衡位置的位移的大小和所通过的路程分别为（）A.0,16 cmB.0,32 cmC.4 cm,16 cmD. 4 cm,32 cm18弹簧振子的振幅增大为原来的2 倍时，下列说法中正确的是（）17.如图所示，一质点在a、b 间做简谐运动，O 是它振动的平衡位置若从质点经过O 点开始计时,经 3 s,质点第一次到达M 点，再经 2 s,它第二次经过 M 点.则该质点的振动图象可能是下图中A .周期增大为原来的

6、 2 倍B.周期减小为原来的二C.周期不变D .以上说法都不正确19. 下列说法中正确的是（）A .若 tl、t2两时刻振动物体在同一位置，贝 V Vt2t1=TB .若 ti、t2两时刻振动物体在同一位置，且运动情况相同，则t2-ti= TC.若 tl、t2两时刻振动物体的振动反向，则t2- tl =?TD .若 t2-匕=一，则在 ti、t2时刻振动物体的振动反向20. 弹簧振子在做简谐振动时，若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子的（）A .速度与位移方向必定相反B .加速度与速度方向可能相同C.位移的大小一定在增加D .回复力的数值可能在减小第 n n 卷二、实验题（共 1 1 小题

7、, ,每小题 10.010.0 分，共 1010 分）21.某研究性学习小组在进行用单摆测定重力加速度”的实验中（实验装置如图 7甲所示），已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1,到第 n 次经过最低点所用的时间为t.在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为 L,再用螺旋测微器测得摆球的直径为d（读数如图乙所示）.图 7(1) 从乙图可知，摆球的直径为d=_ mm.(2) 用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g =_.(3) 实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了

8、以下建议，其中可行的是_.A 尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线B 当单摆经过最高位置时开始计时C.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的D .测量多组周期 T 和摆长 I，作 I T2关系图象来处理数据三、计算题( (共 3 3 小题, ,每小题 10.010.0 分，共 3030 分) )22.如图所示，质量为 M 的木框静止在地面上，劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定于木框，一质量为 m 的小球放在该弹簧上，让小球在同一条竖直线上作简谐运动，在此过程中木框始终没有离开 地面若使小球始终不脱离弹簧，则：(1)小球的最大振幅 A 是多大?(2)在这个振幅下木框对地面的最大压力是多少?(

9、3)在这个振幅下弹簧的最大弹性势能是多大?23.如图所示，在质量为 M 的木箱顶部用一劲度为 k 的轻弹黄悬挂质量均为 m(M 沏)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 将做简谐运动求：(1)求振动的振幅和周期;(2)写出简谐运动的表达式.(1)A 做简谐运动的振幅.(2)A 在运动过程中，木箱对地面压力的最大值和最小值.(细线剪断后物体 B 不在箱子里)24.某个质点的简谐运动图象如图9 所示.图 91.【答案】D【解析】重力沿切线方向的分力提供秒摆做简谐运动的向心力，故A 错误；单摆的周期与摆角无关，增大摆角单摆周期不变，故B 错误；小球连续两次经过同

10、一位置时位移、加速度相同，速度大小相等而方向相反，速度不同，故C 错误；秒摆的周期为 2 s,秒摆从平衡位置开始摆动，经过1.2 s 时摆球从平衡位置向最大位置处运动，此时位移增大，加速度增大，故D 正确.2.【答案】C【解析】根据周期公式 T= 2n :,单摆的周期与振幅和摆球质量无关，与摆长和重力加速度有关;(1)中重力平行斜面的分量mgsin0沿切向分力提供回复力，沿斜面的加速度为(2)中带正电的摆球要受到天花板带正电的球的斥力，但是斥力与运动方向总是垂直，不影响回复 力，所以单摆周期不变.所以周期为T2= 23.【答案】B【解析】在地球表面，重力等于万有引力，故:mg =GT解得：g=

11、 G答案解析a= gsin0,所以周期(3)中的周期为 T3= 2故 T1 T2= T3.5.【答案】Bfcc【解析】以弹簧振子为例， F= kx= ma，所以a -，即 a=- kx,故正确选项为 B.ffl6.【答案】A【解析】简谐运动的周期只跟振动系统本身的性质有关，与振幅无关，两种情况下振子第1 次到达平衡位置所需的时间都是振动周期的 -，故 A 正确.7.【答案】A【解析】受迫振动是物体在周期性驱动力作用下的运动，而敲击后锣面的振动，在敲击后锣面并没有受到周期性驱动力作用，故A 选项正确，B、C、D 选项都是在做受迫运动.8.【答案】D【解析】由 0 弘和 ON?相等，v2=2 切，

12、设拉动M 所用时间，拉动 N2所用时间 t2.ti=”,t2=联立解得:4.【答案】B【解析】 由共振曲线得到单摆的固有周期为2 s,根据单摆的周期公式T=，解得：L=9 8X2-4X3.14:1.0 m 故选B.单摆的周期为：T= 2n由题中乙图可知T1= t1, T2= 一，所以 T1= 4T2,故 D 选项正确.9.【答案】A【解析】a 小球做自由落体运动，根据运动学公式，有:t1 t2A2,故 C 正确.11.【答案】 B【解析】振子完成一次全振动经过轨迹上每点的位置两次（除最大位移处）， 而每次全振动振子通过的路程为 4 个振幅.12.【答案】 C解得：tl=_，相同的单摆,【解析】

13、根据单摆周期公式 T= 2【解析】质点在时间内走过的路程总等于两个振幅的长度，但是位移大小不一定是2A,只有从最大位移处计时，在 丁时间内走过位移大小为2A,若从平衡位置经过 三时间内位移为零，故误；当振子从平衡位置到最大位移处或从最大位移处到平衡位置的过程，通过的路程等于个振一T一一幅，其他过程在 丁时间内走过的路程大于一个振幅或小于一个振幅，故4B 错误；质点的位移、速度都相同，说明质点又回到了原来的位置，则经过的时间是周期的整数倍，所以至少要经过一个周期 T,故 C 正确；质点的位移、动能相同时，速度的方向可能相反，则不需要经过一个周期，即t 可以小于一个周期，故 D 错误.13.【答案

14、】A【解析】3=n=4nrad/s 当 t = 0 时，具有正的最大位移，则x= A,所以初相$=：，表达式为3x= 8 X10 、m, A 正确.14.【答案】B【解析】振子在 A、B 处的加速度最大，方向相反，而速度都为零，故A 错误；当振子经过平衡位置时，速度的方向不变，而位移方向改变，所以加速度的方向改变，故B 正确，C 错误；当振子从平衡位置向两端点运动时，弹簧的弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度的方向与速度的方 向相反，振子做减速运动，但不是匀减速，故D 错误，故选 B.15.【答案】A【解析】振动物体离开平衡位置的最大距离叫振动的振幅，故A 正确；位移是矢量，振幅是标量,位移大

15、小的最大值等于振幅，故B 错误；根据简谐运动的特点可知，周期、频率都与振幅无关，故 C 错误；振幅越大，表示振动越强，而周期与振幅无关，故D 错误.16.【答案】A2 4 2 cm= 16 cm，故 A 正确.17.【答案】Cs.故 C 正确，A、B、D 错误.18.【答案】C19.【答案】D【解析】若 t1、t2如图所示，贝Ut2- t1#T,故 A 错误.【解析】振子振动的周期为：T=s= 0.5s,时间：t = 1s= 2T,由于从平衡位置开始计时,经过 2T,振子又回到平衡位置处，其位移大小为0 ;在 1s 内振子通过的路程为：s= 24A=【解析】若质点从平衡位置开始先向右运动，可知

16、IM 到 b 的时间为 1 s,则一 =3 + 1 = 4 s，解得 T斗=16 s.若质点从平衡位置向左运动，可知M 到316的时间为1 s，则了T=3+1=4 s，解得T=T【解析】周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关,与 其 他 量 无如图所示，与 ti时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、t2等.故 t2-ti= nT(n = 1、2、3),故 B 错误同理可判断 C 错误，D 正确.【解析】振子的速率在减小，则动能减小、势能增加，故振子必定从平衡位置向最大位移运动，速度与位移同方向，故A 错误；由 A 分析知，加速度与速度方向必定相反，故B错误；由 A 分析知，位移的大小一定在

17、增加，故C 正确；回复力的大小与位移大小成正比，故回复力的数值一定增大，故 D 错误.21.【答案】(1)5.980(2)n212(L+d2)t2(3)AD【解析】 螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm，可动刻度读数为 0.01 48.0 mm = 0.480 mm，则最终读数为 5.980 mm.由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第 n 次经过最低点所用的时间为t，则单摆的全振动的次数为N= n-12，周期为 T=tN = 2tn-1，单摆的摆长为 1= L+ d2,由单摆的周期公式T=2nlg 得 g= n2-12(L+d2)t2.(3)公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所

18、以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故 A 正确；为了减小误差，需要在单摆经过平衡位置时开始计时，且选用体积较小的摆球，故B、C 错误；应用图象法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T 和摆长 I,作 l- T2关系图象来处理数据，故 D 正确.【解析】(1)小球在同一条竖直线上作简谐运动，在此过程中木框始终没有离开地面，且小球始终22.【答案】.(2)Mg + 2mg不脱离弹簧，所以最大振幅应满足:kA= mg，解之得:(2)小球在最低点时弹力最大，对其受力分析,所以有： Fm- mg = mg,即 Fm= 2mg,则木框对地面的最大压力为F= Mg + 2mg这个振幅下弹簧的最大弹性势能，即为弹簧压缩最短时，小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得：Ep= 2mgA-辿吐【解析】(1)平衡后剪断 A、B 间细线，A 将做简谐振动，在平衡位置,有：kxi= mg ,在平衡之前的初位置，有：kx2= 2mg,Wg故振幅为：A = X2-Xi= (2)轻弹簧悬挂质量均为 m 的 A、B 两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B 间的连线，A将做简谐运动；对 A 和箱子整体分析，当具有向下的最大加速度时，对地压力最小；故在最高点 对地压力最小；根据