人教版高中物理选择性必修第一册 第二章 机械振动单元检测（含解析）

人教版高中物理选择性必修第一册第二章机械振动单元检测学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示光滑绝缘的水平面上，一绝缘轻弹簧一端连接在竖直墙壁上，另一端连接一质量为m，带电量为+q的小球，以弹簧的原长位置为坐标原点O建立直线坐标系x轴，水平向右为正方向，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，小球静止时坐标为Δx，现用外力将小球缓慢拉至坐标为3Δx处由静止后释放，此后小球在水平面内做简谐运动，已知弹簧振子的周期为T=2πmkA.π3EqmΔx B.π32．如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球。先把绳子拉直且处于水平位置，然后由静止释放小球，设O点所在的水平面为重力势能的零势面，不计空气阻力。当细绳与水平方向夹角为 θ 时（A.L一定时， θ 越大，小球的机械能B.Δ θ 一定时，LC. θ 一定时，绳的拉力与绳长D.L一定时， θ3．如图甲所示，竖直的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动，从铁块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是(

)A.在0~0.25s时间内铁块的速度逐渐增大B.在t=0.25 s和t=0.75C.在0.25~0.50s时间内铁块做加速度逐渐减小的加速运动D.在t=0.6 s4．如图所示，倾角为 θ 的光滑固定斜面顶端连接一劲度系数为k、原长为x0的轻质弹簧，弹簧另一端连接一质量为mA.小球处于平衡位置时，弹簧的长度为mgB.小球从最高点运动至最低点过程中，小球的加速度先变大后变小C.小球从最高点运动至平衡位置过程中，合外力做的功为mD.小球处于平衡位置时，其速度大小为g5．如图所示，位于坐标原点的波源沿y轴做简谐运动，振幅为2cm，经2.5s波沿x轴传播到坐标为（5m，0）的点，此时波源处于坐标为（0，1cm）的点。则(

)A.该波的传播速度为2cmB.该波的波长为10mC.此时波源的振动方向沿y轴正方向D.波源接下来的5s内走过的路程为7cm6．一根细线一端固定，另一端系一密度为ρ=0.8×103 kg/m3的小球，组成一个单摆，其在空气中做简谐运动的周期A.4s B.8s C.12s D.16s7．如图甲所示是一个以O点为平衡位置的沿水平方向的弹簧振子，在M、N两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是(

)A.弹簧振子受重力、支持力、弹簧的弹力、回复力B.t=0.5 sC.在t=0到t=1 sD.在t=1 s与t=38．在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法,解决了这一问题。在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是()A.加大飞机的惯性B.使机体更加平衡C.使机翼更加牢固D.改变机翼的固有频率9．一单摆，图是其做阻尼振动的位移-时间图像，图是其做受迫振动的共振曲线。以下说法正确的是(

)A.受到的拉力FB.机械能EC.若仅摆长增大，单摆的固有频率增大D.若仅摆长增大，共振曲线的峰将向右移10．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上。劲度系数为k的轻弹簧一端与斜面底端的固定挡板相连，另一端与质量为m的物块P连接，已知重力加速度为g。从某位置释放P后，P开始在斜面上运动，其最大加速度大小也为g，则(

)A.P在平衡位置时，弹簧处于拉伸状态B.P在斜面上做简谐运动的振幅为mgC.P在斜面上做简谐运动的周期为2D.P的动量大小与其相对平衡位置的位移大小成正比二、多选题11．图1中弹簧振子的平衡位置为O，在A、B两点间做简谐振动，图2是它的振动图像，下列说法正确的是(

)A.小球的振动频率为0.8HzB.t=0.6sC.t=5sD.t=0.3s时和t=0.912．一个质点以O点为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是(

)A.该质点的振动方程为x=0.05B.0.2sC.0.2∼0.3sD.0.7s时质点的位置在O与B13．很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动。中国台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块。简单来说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小。关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是(

)A.阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同B.阻尼器与大楼摆动幅度相同C.阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反D.阻尼器摆动幅度不受风力大小的影响三、实验题14．某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时(1)如果他测得的g值偏小，可能的原因是______A.悬点到摆球最低点的距离为摆长B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.实验中误将49次全振动次数记为50次(2)在某次假期夏令营游学活动中，有两位同学分别去参观北京大学和武汉大学的物理实验室，各自在实验室利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T摆长L的关系”，并用计算机制了如图甲所示的T2−L图像。由图可知，去武汉大学的同学所测实验结果对应的图线是(3)另外，在武汉大学做探究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示，则下列说法正确的是______A.a摆球的摆长比b摆球小B.a、b两个摆球的振动周期之比TC.t=1s时，b15．单摆可作为研究简谐运动的理想模型。(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中__________不变；(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为__________cm；(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为__________。四、计算题16．如图是某单摆做简谐运动的振动图像。(1)写出单摆做简谐运动的振动方程，并求出在0~10s(2)若该单摆的摆长为1.00m，求出当地的重力加速度（保留三位有效数字）；17．如图甲所示为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P是平衡位置位于x=6m处的质点，Q是平衡位置位于x=12m处的质点。如图乙所示为质点(1)该列波的波速v；(2)从t=0.1s到t=0.25s的过程中，质点(3)从t=0时刻开始计时，写出质点Q的振动方程。18．如图甲所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，固定在悬点O。将摆球向右拉至N点，由静止释放，摆球将在竖直面内来回摆动，其中P点为摆动过程中的最低位置。摆球运动到N点时，摆线与竖直方向的夹角为θ（约为5°），θ很小时可近似认为sinθ≈θ,PN⏜（1）请证明摆球的运动为简谐运动。（2）如图乙所示，若在O点正下方34l的O′a.求摆球摆动一个周期的时间T；b.摆球向右运动到P点时，开始计时，设摆球相对于P点的水平位移为x，且向右为正方向，在图丙中定性画出摆球在开始一个周期内的x−t关系图线。参考答案1．答案：D小球在平衡位置时有Eq=k使用外力伸长3Δx释放小球，则其振幅为小球从释放到第一次经过坐标原点运动的路程为s=则小球从释放到第一次经过坐标原点的运动时间为t小球做简谐运动的周期为T=2联立解得t=故选D。2．答案：CA.小球在摆动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，始终等于零，故A错误；B.根据动能定理mgL小球的向心力a=解得a=2g所以 θ 一定时，小球的向心加速度a与C.根据T−mg解得T=3mg所以 θ 一定时，绳的拉力与绳长D.小球重力的瞬时功率P当θ=0°时重力的瞬时功率为零，当 θ 接近90°时重力的瞬时功率接近零，所以L一定时，故选C。3．答案：C在0～0.25s时间内铁块从平衡位置向最高点运动，铁块的速度逐渐减小，故A错误；由题图乙可知铁块做简谐运动，t=0.25 s和t=0.75 s两时刻铁块相对平衡位置的位移大小相等，但铁块平衡时弹簧的形变量并不为零，故两时刻弹簧形变量不同，即弹簧的弹力大小不相等，故B错误；t=0.25 s至t=0.504．答案：DA.小球平衡时，根据平衡条件可得k⋅解得弹簧的伸长量Δ故此时弹簧的长度l=xB.小球从最高点运动至最低点过程中，小球的回复力先变小后变大，则小球的加速度先变小后变大，故B错误；CD.根据牛顿第二定律有a=设小球从最高点运动至平衡位置过程中，小球的回复力做功为W由动能定理有W解得vm故选D。5．答案：D经过2.5s波传到了x=5m，所以有v=xt=2m/s，故A错误；波源的振动方程为y=2sinωt(cm)，又因为ω=2πT，当t=2.5s时，y=1cm，结合题图可知，此时波传播的距离大于四分之一波长，小于二分之一波长，所以此时间也是大于四分之一周期小于二分之一周期，解得T=6s，由于v=λT，解得λ=12m，故B错误；由于波沿6．答案：D单摆在空气中做简谐运动的周期T=2πLg=8 s，在水中做简谐运动的周期T′=2πLg′7．答案：D回复力是指振动物体所受的总是指向平衡位置的合外力，属于效果力，受力分析时不考虑效果力，故选项A错误；弹簧振子在水平方向上做简谐运动，由题图乙可得振幅A=5 cm，周期T=4 s，则ω=2πT=π2 rad/s，位移x随时间t变化的关系式为x=5sinπ2t cm，当8．答案：DA.配重杆增加了机翼质量,惯性会增大,但解决抖动问题的关键并非增大惯性,故A不符合题意;B.抖动问题源于振动而非平衡,装置配重杆与平衡无关,故B错误;C.配重杆的作用并非直接增强结构强度,而是调整振动特性,故C错误;D.机翼抖动是因共振(驱动力频率接近机翼固有频率)。加装配重杆通过改变质量,使固有频率偏离驱动力频率,避免共振,故D正确。故选D。9．答案：AA.M点与N点的位移大小相等，摆球所处高度相同。阻尼振动的机械能随时间减小，且M点对应时刻早于N点，所以EM>EN所以FMB.阻尼力做负功，机械能随时间减小，M点对应时刻早于N点，所以EMCD.单摆的固有频率f摆长增大时f0减小；共振曲线的峰值对应驱动力频率等于f故选A。10．答案：BA.物块P在平衡位置时，受力平衡，沿斜面方向合力为零，即k重力分力沿斜面向下，弹簧弹力必须沿斜面向上，由于弹簧在物块下方，故弹簧处于压缩状态，故A错误；B.物块P做简谐运动，回复力最大值F由牛顿第二定律F已知最大加速度am=g，联立解得振幅C.弹簧振子的周期公式为T=2πD.物块P的动量p=mv在简谐运动中速度与位移的关系为v=ω动量大小与相对平衡位置的位移大小不成正比，故D错误。故选B。11．答案：BCA.由图2可知，振动周期为T=0.8sf=故A错误；B.t=0.6sC.t=5st=5则此时，小球在正向最大位移处，故小球的位移为4cm，故C正确；D.t=0.3s时和t=0.9s时，小球的位移相同，速度大小相同，方向不同，t=0.3s故选BC。12．答案：ADA.由图乙知，质点振动的振幅为0.05mT=0.8则可知ω=代入得ω=故该质点的振动方程为x=0.05且当t=0时，x=0.05mθ=故该质点的振动方程为x=0.05A正确；B.由题知向右为正方向，根据振动图像得0.2s末质点经过平衡位置向负的最大位移振动，所以此时速度方向从O指向A，方向向左，BC.0.2∼0.3sD.0.7s质点在平衡位置和正的最大位移处之间，所以在O与B故选AD。13．答案：AC由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，故A正确；阻尼器与大楼摆动幅度不相同，故B错误；由题意可知，大楼对阻尼器的力与阻尼器对大楼的力为一对相互作用力，再根据回复力F=−kx可知阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反，故C正确；阻尼器的摆动幅度会受到风力大小的影响，故D错误。14．答案：(1)B(2)A(3)A（1）A.根据T=2得g=当测量的摆长偏大时，测量的重力加速度偏大，A错误；B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，B正确；C.T=记录的次数偏大，周期偏小，重力加速度偏大，C错误。故选B。（2）根据T=2解得T可知重力加速度越小，T2（3）A.由乙图可知，a摆的周期小，所以a的摆长小，A正确；B.根据乙图3解得TaC.t=1s时，b摆球处在平衡位置，即最低点，根据此时b球的加速度不为0，C错误。故选A。15．答案：(1)摆长(2)1.06(3)x=（1）选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变；（2）摆球直径为d=1.0（3）根据单摆的周期公式T=2πL从平衡位置拉开5°的角度处释放，角度很小，有sinθ≈θ，则可得振幅为A=Lsin5°≈5°16．答案：(1)振动方程x=4sinπ(2)9.87（1）由题图可知，周期T=2s，振幅A=−4cm可得振动方程x=410s=5T（2）根据单摆周期公式T=2得g=代入数据解得g=9.8717．答案：(1)v=60(2)30(3)y=10（1）由图甲和图乙可得，波长λ=12周期T=0.