選修1高中物理《機械振動》測試題(含答案)

1、選修1高中物理機械振動測試題（含答案）一、機械振動選擇題某彈簧振子在水平方向上做簡諧運動，其位移x=Asin必振動圖象如圖所示，則一1簡諧運動的頻率為Hz8第3s末，彈簧振子的位移大小為一A2第3s末與第5s末彈簧振子的速度方向相同第5s末，振子的加速度與速度方向相同用圖甲所示的裝置可以測量物體做勻加速直線運動的加速度，用裝有墨水的小漏斗和細線做成單擺，水平紙帶中央的虛線在單擺平衡位置的正下方。物體帶動紙帶一起向左運動時，讓單擺小幅度前后擺動，于是在紙帶上留下如圖所示的徑跡。圖乙為某次實驗中獲得的紙帶的俯視圖，徑跡與中央虛線的交點分別為A、B、C、D,用刻度尺測出A、B間的距離為X；C、D離為

2、X；C、D間的距離為x2。已知單擺的擺長為厶，重力加速度為g,則此次實驗中測得的物體的加速度為（）A.C.4兀2LD.8兀2L3.如圖所示是揚聲器紙盆中心做簡諧運動的振動圖象，下列判斷正確的是t=2x10-3s時刻紙盆中心的速度最大t=3x10-3s時刻紙盆中心的加速度最大在0lx10-3s之間紙盆中心的速度方向與加速度方向相同紙盆中心做簡諧運動的方程為x=1.5x10-4cos50nt（m）4.如圖1所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一個鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉下一段距離A,由靜止釋放。以鋼球的平衡位置為坐標原點，豎直向上為正方向建立兀軸，當鋼球在振動過程中某一次經過平衡位置時開始計時，鋼球

3、運動的位移時間圖像如圖2所示。已知鋼球振動過程中彈簧始終處于拉伸狀態(tài)，則（）時刻鋼球處于超重狀態(tài)Bt2時刻鋼球的速度方向向上t1t2時間內鋼球的動能逐漸增大t1t2時間內鋼球的機械能逐漸減小如圖所示，固定的光滑圓弧形軌道半徑R=0.2m,B是軌道的最低點，在軌道上的A點（弧AB所對的圓心角小于io）和軌道的圓心o處各有一可視為質點的靜止小球，若將它們同時由靜止開始釋放，則（）兩小球同時到達B點A點釋放的小球先到達B點0點釋放的小球先到達B點不能確定如圖所示，PQ為一豎直彈簧振子振動路徑上的兩點，振子經過P點時的加速度大小為6m/s2，方向指向Q點；當振子經過Q點時，加速度的大小為8m/s2，方

4、向指向P點，若PQ之間的距離為14cm，已知振子的質量為lkg，則以下說法正確的是（）PQ振子經過P點時所受的合力比經過Q點時所受的合力大該彈簧振子的平衡位置在P點正下方7cm處振子經過P點時的速度比經過Q點時的速度大該彈簧振子的振幅一定為8cm沿某一電場方向建立x軸，電場僅分布在-dx0區(qū)域的運動時間ttB，即原來處于0點的小球先到達B點，故C正確ABD錯誤。故選Co6.C【解析】【分析】【詳解】A.對振子受力分析，有向下的重力和向上的彈簧的彈力。由牛頓第二定律可得F=ma合由題意可得a=6m/s2，a=8m/s212aa12所以F0區(qū)域粒子受到恒定大小水平向左的電場力，不滿足簡諧運動回復力

5、特點，故A錯誤；粒子從x=0到x=-d電壓變化粒子從x=0到x=-d的電場力做功1W=Uq=Edq2o1根據(jù)功能關系得粒子在x=-d處的電勢能為Edq，故B錯誤;設動能與電勢能之和的最大值為P最右位置有最左位置有最右位置有最左位置有P=q申-qEx01E=X22d2粒子的運動區(qū)間為顧PxEqEq001電場僅分布在dWxWd的區(qū)間內，解得0P0區(qū)域的運動由對稱的2段組成qEP012=mEq02Pm解得t=，總時間為Eq0故D正確。故選Do8AB【解析】【詳解】由振動圖像可知，當驅動力的頻率為f0時振幅最大，則由共振的條件可知，物體系統(tǒng)的固有頻率為f0,選項A正確；當驅動力頻率為f0時，物體系統(tǒng)會

6、發(fā)生共振現(xiàn)象，選項B正確；物體系統(tǒng)振動的頻率由驅動力頻率決定，選項C錯誤；驅動力頻率越接近于系統(tǒng)的固有頻率時，物體系統(tǒng)的振幅越大，選項D錯誤。9C【解析】【詳解】由圖可知，甲的振幅A=2cm，乙的振幅A=1cm，故A錯誤；甲乙根據(jù)F=-kx得知，若k相同，則回復力最大值之比等于振幅之比，為2:1；由于k的關系未知，所以所受回復力最大值之比不一定為2:1,故B錯誤；2兀n乙的周期T=8s，則乙振動的表達式為x=Asint=sint(cm)，故C正確；乙乙丁乙4t=2s時，甲通過平衡位置，速度達到最大值.乙的位移最大，加速度達到最大值，故D錯誤故選C10ACE【解析】【分析】【詳解】裝有一定量液體

7、的玻璃管只受到重力和液體的浮力，所以裝有一定量液體的玻璃管做簡諧振動的回復力等于重力和浮力的合力。故A正確；玻璃管在做簡諧振動的過程中，液體的浮力對玻璃管做功，所以振動的過程中玻璃管的機械能不守恒。故B錯誤；振動的周期為0.5s，則圓頻率2兀2兀w=rad/s=4兀rad/sT0.5由圖可知振動的振幅為人，由題可知，A=4cm；t=0時刻-二Asin申20711結合t=0時刻玻璃管振動的方向向下，可知忙石兀（石去），則玻璃管的振動方程x二4sin（4兀t+匹）cm=4sin（4兀t竺）cm66故C正確；由于玻璃管做簡諧振動，與彈簧振子的振動相似，結合簡諧振動的特點可知，該振動的周期與振幅無關。

8、故D錯誤；E由圖可知，在-E由圖可知，在-t2時間內，位移減小,加速度a二f二減小;mm玻璃管向著平衡位置做加速運動，所以速度增大。故E正確。故選ACE。11AD【解析】【分析】【詳解】AB.在接觸彈簧之前，小球做自由落體運動，加速度就是重力加速度g,恒定不變；接觸彈簧后，小球做簡諧振動，加速度隨時間先減小到零然后再反向增加，圖象是有一個初相位（初相位在090。之間）的余弦函數(shù)圖象的一部分，由于接觸彈簧時加速度為重力加速度g，且有一定的速度，根據(jù)對稱性，到達最低點時，加速度趨近于某個大于g的值，方向向上，因此A正確，B錯誤；在開始下落h時，彈簧的彈力為零，再向下運動時，彈力與位移之間的關系為F

9、=k（x一h）可知表達式為一次函數(shù)，圖象是一條傾斜直線，C錯誤；在開始下降h過程時，沒有彈性勢能，再向下運動的過程中，彈性勢能與位移的關系為1E二一k（x一h）2p2表達式為二次函數(shù)，圖象是一條拋物線，因此D正確。故選AD。12BCD【解析】根據(jù)圖象，周期T二4s,振幅人二8cm,A錯誤，B正確.第2s末振子到達負的最大位移處，速度為零，加速度為正向的最大值，C正確.第3s末振子經過平衡位置，速度達到最大值，且向正方向運動，D正確.從第1s末到第2s末振子經過平衡位置向下運動，速度逐漸減小，做減速運動，E錯誤故選BCD【點睛】本題關鍵根據(jù)簡諧運動的位移時間圖象得到彈簧振子的周期和振幅，然后結合

10、實際情況進行分析13ABC【解析】A、經過半個周期后，到達平衡位置下方a處，物體的位移向下，為2a,故重力做功為2mga，故A正確；1TmgTB、時間為-T,故重力的沖量為1mg；，故B正確；222C、合力充當回復力，根據(jù)動能定理，合力做功等于動能的增加量，為零，故回復力做功為零，故C正確；D、根據(jù)動量定理，合力沖量等于動量的變化，由于動量的變化為2mv，故合力的沖量為c2mv，合力充當回復力，故D錯誤；c故選ABC【點睛】簡諧運動具有對稱性，經過半個周期后，到達平衡位置下方a處，然后根據(jù)功的定義、動量定理列式求解14AB【解析】【詳解】單擺做受迫振動，振動頻率與驅動力頻率相等；當驅動力頻率等

11、于固有頻率時，發(fā)生共振，則固有頻率為0.5Hz，周期為2s故A正確；由圖可知，共振時單擺的振動頻率與固有頻率相等，則周期為2s.由公式T=2?！盠，可得L“m，故B正確；若擺長增大，單擺的固有周期增大，則固有頻率減小.故C錯誤；若擺長增大，則固有頻率減小，所以共振曲線的峰將向左移動.故D錯誤；故選AB.【點睛】本題關鍵明確：受迫振動的頻率等于驅動力的頻率；當受迫振動中的固有頻率等于驅動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象15AB【解析】久若t=T,由簡諧振動的周期性可知，t時刻和G+t）時刻振子運動的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等，故A正確；B、若t=|，在t時刻和G+t）時刻振子的位置一定關于平衡

12、位置是對稱點，彈簧沿水平方向做簡諧振動，所以受到的彈簧的彈力的大小相等，所以兩個時刻彈簧的形變量一定相等，故B正確；C、若t時刻和C+時刻振子運動位移的大小相等，方向相反，振子可能以相等的速度T經過兩點，也可能以方向相反的速度經過兩點，所以則t不一定等于2的奇數(shù)倍，故C錯誤；D、若t時刻和C+t）時刻振子運動速度的大小相等、方向相同，可能振子經過同一T點，也可能經過關于平衡位置對稱的兩位置，t不一定等于2的整數(shù)倍，故D錯誤.點睛：本題考查對簡諧運動物理量及其變化的理解程度，可通過過程分析理解掌握，簡諧運動中速度與加速度的大小變化情況是相反，也可以作出振動圖象進行分析.16BDE【解析】【詳解】

13、t=1s時，振子在平衡位置，加速度為零，選項A錯誤；t=2s時，振子到達最低點，此時彈簧彈性勢能最大，選項B正確；t=2s時刻彈簧的壓縮量比t=1s時刻大，t=2s時刻彈簧的彈性勢能比t=1s時刻大，選項C錯誤；由振動圖像可知，t=3s時，振子經過O點向上運動，選項D正確.t=4s時，振子回到A點，此時振子的加速度大小為g，選項E正確.17AD【解析】【詳解】當列車受到沖擊的頻率和列車故有頻率相同時，會發(fā)生共振，比較危險，由T=-可得危vl12.6險車速為v=0315m/s=40m/s，a正確；列車過橋需要減速，是為了防止橋與火車發(fā)生共振現(xiàn)象，B錯誤；列車的速度不同，則振動頻率不同，C錯誤；由

14、題意可知，根據(jù)=-可知增加長度可以使危險車速增大，故可以使列車高速運行，故D正確.v18BCD【解析】【分析】根據(jù)圖示，線未斷開前，兩根彈簧伸長的長度相同，根據(jù)離開平衡位置的最大距離即可判斷振幅的大小；根據(jù)細繩斷開的瞬間彈簧的彈性勢能相同，通過能量轉化，可判斷繩子斷開后物體的動能的關系，比較質量關系，即可分析最大速度關系；根據(jù)題目所給周期公式，比較質量關系，即可判斷周期大小，進而判斷頻率關系。【詳解】A、B.線未斷開前，兩根彈簧伸長的長度相同，離開平衡位置的最大距離相同，即振幅一定相同，A錯誤，B正確；當線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，到達平衡后，甲乙的最大動能相同，由于甲的11質量大于乙的

15、質量，由E=mv2知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的廳，C正k22確；D、E.根據(jù)T=2m可知，甲的振動周期是乙的振動周期的2倍；根據(jù)f二T可知，1甲的振動頻率是乙的振動頻率的2，D正確，E錯誤；故選BCD。AB【解析】【分析】【詳解】t=0.6s時，物塊的位移為y=0.1sin(2.5nx0.6)m=-0.1m；則對小球h+|y|二2gt2，解得厶2兀2兀小門h=1.7m，選項A正確；簡諧運動的周期是T=s=0.8s，選項B正確；0.6s內2.5兀T物塊運動的路程是3A=0.3m，選項C錯誤；t=0.4s=，此時物塊在平衡位置向下振動，則此時物塊與小球運動方向相同，選項D錯誤.ADE【解

16、析】【分析】甲在波峰或波谷速度為零時，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小時，乙也在平衡位置，速度最大；甲、乙同時處于平衡位置時，加速度為零，回復力都為零；由圖可知兩振子的周期，根據(jù)f二T，可得頻率之比；由圖可知振幅之比.【詳解】由圖可知甲在波峰或波谷速度為零時，乙在平衡位置，速度最大，故A正確；由圖可知甲在平衡位置加速度最小時，乙也在平衡位置，速度最大，故B錯誤；甲、乙同時處于平衡位置時，加速度為零，回復力都為零，故C錯誤；由圖可知，甲的周期T=2.0s，乙的周期T=1.0s，根據(jù)：甲乙f-T得甲的頻率f=0.5Hz；乙的頻率f=1.0Hz；兩個振子的振動頻率之比f:f=1：2，故

17、D甲乙甲乙正確；由圖可知，甲的振幅A中=10cm，乙的振幅A=5cm，兩個振子的振幅之比為A中：A甲乙甲乙=2：1，故E正確。二、機械振動實驗題21.ADGBD4兀2k不變【解析】【分析】【詳解】1.實驗中需要的器材有：A.小鐵球；D.100cm長的細線；G.秒表；故選ADG;2.實驗中單擺擺長等于擺球半徑與擺線長度之和，應先用游標卡尺測出擺球直徑；然后把單擺懸掛好，再用米尺測出單擺自然下垂時擺線長度，擺球半徑與擺線長度之和是單擺擺長，故A錯誤，B正確；偏角不要超過5,以保證單擺做簡諧振動；將擺球拉到最大位移處釋放，等擺球到達最低點時快速按下秒表開始計時，選項C錯誤；為了精確測量t單擺的周期，

18、起碼要測量小球作100次全振動所用的時間t,然后由T=100求解周期，選項D正確；(3)3根據(jù)T=2兀L可得則由題意可知解得4兀2解得g=4兀2k4.在測量數(shù)據(jù)時漏加了小球半徑，將擺線的長度當做了擺長，所測擺長偏小，擺長的變化對圖象斜率k沒有影響，因此實驗測量的重力加速度與真實值相等；4n4n2ab不變解析】詳解】(1)由圖示游標卡尺可知，主尺示數(shù)是16mm,游標尺示數(shù)是4x0.1mm=0.4mm,金屬球的直徑為16mm+0.4mm=16.4mm；由于測得擺球經過n次全振動的總時間為At，所以該單擺的周期為T=；n_L_4n24n2由單擺周期公式T=2?？芍猅2=L，則T2-L圖象的斜率k=，

19、則加速ggg4兀2度g=，但同學們不小心每次都把小球直徑當作半徑來計算擺長，則有k4.2T2=(L-1)，由此得到的t2-L圖像是圖乙中的，由于圖線的斜率不變，計算得gb4.2a到的g值不變，由圖像可得k二a，當?shù)刂亓铀俣萭=丁23.T2rkgm2不變解析】分析】詳解】1)1根據(jù)周期公式L+mr2T=2兀0mgr整理可得T2=4.2L0+mr2mgr觀察圖像發(fā)現(xiàn)為傾斜的直線，即縱軸的物理量與r2成一次函數(shù)關系，根據(jù)L+mr2T2r一4兀2-0mg判斷縱軸為T2r；(2)2根據(jù)周期公式T-2.-L0+mr2丫mgr整理可得T2rmgL一一mr204.2代入各個物理量的單位，可判斷L0的單位為k

20、gm2.根據(jù)L+mr2T2r=4兀2-0-mg可得圖像的截距即：4兀2L10-1.25mg根據(jù)圖像斜率4兀2_1.95-1.25_0.7g0.190.19代入可得0.7L0_1.250.19m代入質量即可得0.19mx1.25kL沁0.17kg-m200.74兀2(3)根據(jù)圖像斜率計算重力加速度，所以大小與質量的測量無關，即質量測量值g即使偏大，重力加速度的測量值也不會變化24.(1)AD(2)(3)2.01；9.76(9.769.77)(4)Bt2,、4兀2(1-1)4兀2(1-1)(5)2一-或1一T2-T2T2-T21221【解析】【分析】【詳解】在用單擺測定力加速度的實驗基本條件是擺線

21、長度遠大于小球直徑，小球的密度越大越好；故擺線應選取長約1m左右的不可伸縮的細線，擺球應選取體積小而質量大的鐵球，以減小實驗誤差，故選AD.n次全振動的時間為t，則振動周期為T二-，根據(jù)單擺周期公式T=2兀:L，可推出ng4兀2n2Lg=t250次全振動的時間為100.5s，貝9振動周期為T=-=1005s=2.01s，代入公式求得n50g=氓2n2L=9.77m/s2t2由T2=佇L可知T2-L圖像的斜率k=也，b曲線為正確的圖象.C.斜率越小，對gg應的重力加速度g越大，選項C錯誤.A.在圖象中圖線與縱軸正半軸相交表示計算擺長偏小，如漏加小球半徑，與縱軸負半軸相交表示擺長偏大，選項A錯誤.B.若誤將49次全振動記為50次，則周期測量值偏小，g值測量值偏大，對應的圖像斜率偏小，選項B正確故選B設A到鐵鎖重心的距離為l，則第一次的實際擺長為1+第二次的實際擺長為T+lTTT、,