【文档说明】新教材2021秋粤教版物理选择性必修第一册章末练习：第2章　机械振动含解析.docx，共(11)页，242.644 KB，由envi的店铺上传

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章末综合测评(二)机械振动(分值：100分)1．(4分)简谐运动的平衡位置是指()A．速度为零的位置B．回复力为零的位置C．加速度为零的位置D．位移最大的位置B[简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零．例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度．简谐运动的

物体经过平衡位置时速度最大，位移为零．]2．(4分)一个水平弹簧振子的振动周期是0.025s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17s时，振子运动情况是()A．正在向右做减速运动B．正在向右做加速运动C．

正在向左做减速运动D．正在向左做加速运动B[tT＝0.17s0.025s＝645，45T在34T～T之间，故0.17s时振子从最大位移处正向右加速接近平衡位置．]3．(4分)在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木

板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的()ABCDB[不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故选项B正确，选项A、C、D错误．]4

．(4分)如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．改变圆盘匀速转动的周期，其共振

曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则()甲乙A．此振动系统的固有频率约为0.25HzB．此振动系统的固有频率约为3HzC．若圆盘匀速转动的周期增大，系统振动的频率不变D．若圆盘匀速转动的周

期增大，共振曲线的峰值将向右移动B[由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3Hz，故B正确，A错误；振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，所以若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，故C错误；共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本

身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误．]5．(4分)如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()甲乙A．t＝0.8s时，振

子的速度方向向左B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小A[t＝0.8s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，选项A正确；t＝0.2s时，振子在O点右侧62cm处，选项B

错误；t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，选项C错误；t＝0.4s时到t＝0.8s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增加，选项D错误．]6．(4分)

一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速运动，加速度a为()A．方向向上，大小为g2B．方向向上，大小为3g4C．方向向下，大小为g4D．方向向下，大小为3g4D[由T＝2πlg可知

，周期增大为原来的2倍，等效重力加速度g′＝g4．设绳子拉力为F，由F－mg＝ma，F＝mg′，上式联立可得a＝－3g4，则大小为3g4，方向向下．综上分析，D正确．]7．(4分)一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经

过t＝11π2lg，摆球具有负向最大加速度，下面四个图像分别记录了该单摆从计时时刻开始到3T2的振动图像，其中正确的是()ABCDA[单摆的周期公式T＝2πlg，则ts内小球的振动周期数为：n＝11π2

lg2πlg＝114，为234个周期，因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时小球的位置应为平衡位置向负方向运动，故A正确，B、C、D错误．]8．(6分)斌斌同学利用“探究单摆周期与摆长的关系”的实验装置(如图所示)来测定当地的重力加速度．他测得摆

线长为L，铁球的直径为d；在测定周期时，摆球的计时起点应选择图中的________位置(选填“A”“B”或“C”)；若测得单摆n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度g可表达为________．[解析](

1)摆球经过C位置时，速度最大，从该位置开始计时误差较小．(2)摆长为：l＝L＋d2，摆球的周期为：T＝tn，根据T＝2πlg得：g＝4π2lT2＝4π2n2L＋d2t2＝2π2n2(2L＋d)t2．

[答案]C2π2n2(2L＋d)t29．(8分)如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光

滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d．[解析]摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的

整数倍：2dv＝n(T2)，其中n＝1、2、3、…由单摆周期公式T＝2πlg得d＝nvπ2lg，其中n＝1、2、3、…[答案]nvπ2lg，其中n＝1、2、3、…10．(8分)一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400N/m，弹簧的上端与空

心物体A连接，物体B置于A内，B的上下表面恰好与A接触，如图所示．A和B质量均为1kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5cm后由静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动．已知弹簧的弹性势能决定于弹簧形变大小(g取10m/s2，阻力不计)．求：(1)物体A的振幅；(2)物体B的最大速率；(3)在最

高点和最低点A对B的作用力．[解析](1)从原长到平衡位置x1＝2mgk＝5cm，振幅A＝5cm＋x1＝10cm．(2)最大速率在平衡位置，从最高点到平衡位置过程中，前后位置的弹性势能相等，因此重力势能转化为动能．(mA＋mB)g·A＝12(mA＋mB)v2，v＝2m/s．(3)在最高点

，整体(mA＋mB)g＋k×0.05＝(mA＋mB)a，隔离B：F1＋mBg＝mBa可求得F1＝10N，向下．在最低点，加速度大小也为a，方向向上：F2－mBg＝mBa，得F2＝30N，向上．[答案](1)10cm(2)2m/s(3)10N，向下；30N，向上11．(

4分)(多选)一弹簧振子做简谐运动，t时刻刚好经过平衡位置，则振子在t＋Δt和t－Δt时刻一定相同的物理量有()A．速度B．加速度C．位移D．机械能AD[t时刻刚好经过平衡位置，则振子在t＋Δt和t－Δt时刻质点位置关于

平衡位置对称，则速度和机械能相同，加速度方向相反，位移方向相反，故A、D正确，B、C错误．]12．(4分)(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asinπ4t，则质点()A．第1s末与第3s末

的位移相同B．第1s末与第3s末的速度相同C．3s末至5s末的位移方向都相同D．3s末至5s末的速度方向都相同AD[由x＝Asinπ4t知周期T＝8s，第1s末、第3s末、第5s末分别相差2s，恰好是14个周期，根据简谐运动图像中的对称性可知A、D选项正确．]13．(4分)(多选)一单摆的振动图像

如图所示，下列说法中正确的是()A．t＝1.0s时，摆球处于平衡状态B．t＝2.0s时，摆球处于平衡位置C．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态D．t＝1.0s时，摆线所受拉力最大BCD[位移为0时，回复力为0，回复力产生的加

速度为0，但由于摆球做圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只能是平衡位置，故A错误，B正确；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t＝1.0s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所

受拉力最大，D正确．]14．(4分)(多选)如图所示为一质点的简谐运动图像．由图可知()A．质点的运动轨迹为正弦曲线B．t＝0时，质点正通过平衡位置向正方向运动C．t＝0.25s时，质点的速度方向与位移的正方向相同D

．质点运动过程中，两端点间的距离为0.1mCD[简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t＝0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图像的斜率表示速度，则t＝0.25s时，质点的速度为正值，则

速度方向与位移的正方向相同，故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为x＝2A＝2×5cm＝10cm＝0.1m，故D正确．故选C、D．]15．(4分)(多选)如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m

、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k、物块和木板之间动摩擦因数为μ，()A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于T2的整数倍B．若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相同C．研究木板的运动，弹簧弹力与物块对木板摩擦力的合力充当了木板做

简谐运动的回复力D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于mm＋MkxCD[设位移为x，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有：kx＝(m＋M)a，①对m物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：f

＝ma，②所以：f＝mM＋mkx，③若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但Δt不一定等于T2的整数倍，故A错误；若Δt＝T2，则在t时刻

和(t＋Δt)时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同，故B错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m对木板的摩擦力的合力提供回复力，故C正确；由③可知，当整体离开平衡位置的位移为x时，物

块与木板间摩擦力的大小等于mm＋Mkx，故D正确．故选C、D．]16．(8分)在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2lT2，只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2-l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2-l图像是一条过

坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：(1)造成图像不过坐标原点的原因可能是________．(2)由图像求出的重力加速度g＝__________m/s2(取π2＝9.87)．(3)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．A．测摆线时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未

固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验时误将49次全振动数为50次[解析](1)图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径．(2)由单摆周期公式：T

＝2πlg，可得：T2＝4π2lg，则T2-l图像的斜率：k＝4π2g，由图像得：k＝40.01＋0.99＝4π2g，解得：g＝9.87m/s2．(3)测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；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，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大

，故D错误．[答案](1)测摆长时漏掉了摆球的半径(2)9.87(3)B17．(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，图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点

连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ(θ很小)．图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10m/s2)(1)容器的半径；(2)小滑块的质量．[

解析](1)由图乙得小滑块做简谐运动的周期：T＝π5s，由T＝2πRg，得R＝T2g4π2＝0.1m．(2)在最高点A，有Fmin＝mgcosθ＝0.495N，在最低点B，有Fmax＝mv2R＋mg＝0.510N，从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1－cosθ)＝12mv2，解得：m＝0.0

5kg．[答案](1)0.1m(2)0.05kg18．(10分)摆钟是一种利用摆的等时性制成的计时装置，它具有下列特性：钟摆的振动可以等效成是单摆的简谐运动；摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，现有一座摆钟

，摆长为1m，一昼夜快10min，要使它走时正确，应该将摆长调到多长？(精确到0.001m)[解析]摆钟的指示时间与摆钟的振动次数成正比，设准确的钟摆摆动的周期为T，则24×60min＝kn，不准确的摆周期为T′，则：24×60min＋10min＝k

n′，在时间一定时，摆动次数与周期成反比，则TT′＝n′n＝14501440，由T＝2πLg∝L可得：LL′＝T2T′2＝145014402，其中L′＝1m，则L＝145014402×1m≈1

.014m．[答案]1.014m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com