2023-2024学年鲁科版选择性必修第一册 第2章 机械振动 单元测试

章末综合检测（二）  机械振动

(时间：90分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求)

1.如图所示，松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落。下列说法正确是(　　)

A．工作中，树干的振动频率等于采摘振动头的振动频率

B．采摘振动头振动频率越高，则落果的效果越好

C．采摘振动头振动频率越高，则树干的振动幅度越大

D．采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小

解析：A　工作中，树干做的是受迫振动，其振动频率等于采摘振动头的振动频率，故A正确；采摘振动头振动频率和树干的固有频率相同时，振幅最大，落果效果最好，故B、C错误；采摘振动头停止振动，树干的振动频率不变，振幅逐渐减小，故D错误。

2．一质点做简谐运动，质点的位移随时间变化的规律如图所示，则下列判断错误的是(　　)

A．质点做简谐运动的周期为4 s

B．质点做简谐运动的振幅为2 cm

C．t＝3 s时，质点的速度为零

D．t＝3 s时，质点沿y轴正向运动

解析：C　由图像可知，质点做简谐运动的周期为4 s，振幅为2 cm，故A、B正确；t＝3 s时，质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；t＝3 s时，质点处于平衡位置，下一个时刻，质点处于y轴的正方向，故t＝3 s时，质点沿y轴正向运动，故D正确。

3．一个摆长约为1 m的单摆，在下列四个随时间变化的驱动力作用下振动，要使单摆振动的振幅尽可能增大，应选用的驱动力是(　　)

解析：C　单摆的周期为T＝2π＝2 s，驱动力的频率尽可能接近系统的固有频率时，单摆的振幅最大，因为C图的周期为2 s，故C正确。

4.如图所示，一升降机在箱底装有若干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的运动过程中(　　)

A．升降机的速度不断减小

B．升降机的加速度不断变大

C．升降机的加速度最大值等于重力加速度

D．升降机的加速度最大值大于重力加速度

解析：D　从弹簧接触地面开始分析，升降机做简谐运动(简化为如图中小球的运动)，在升降机从A→O过程中，速度由v1增大到最大vm，加速度由g减小到零，当升降机运动到A的对称点A′点(OA＝OA′)时，速度也变为v1(方向竖直向下)，加速度为g(方向竖直向上)，升降机从O→A′点的运动过程中，速度由最大vm减小到v1，加速度由零增大到g，从A′点运动到最低点B的过程中，速度由v1减小到零，加速度由g增大到a(a>g)，故选D。

5.如图所示，某同学看到一只鸟落在树枝上的P处，树枝在10 s内上下振动了6次。鸟飞走后，他把50 g的砝码挂在P处，发现树枝在10 s内上下振动了12次。将50 g的砝码换成500 g砝码后，他发现树枝在16 s内上下振动了6次。已知简谐运动的周期公式为T＝2π，你估计鸟的质量最接近(　　)

A．50 g  B.100 g

C．200 g  D.400 g

解析：C　根据振动的周期公式可得鸟在树枝上时T＝2π，由题意得鸟在树枝上振动的周期T＝ s,50 g的砝码在树枝上时T1＝2π ＝ s,500 g的砝码在树枝上时T2＝2π ＝ s。可解得鸟的质量为50 g的砝码的4倍，所以最接近200 g，故选C。

6．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知(　　)

A．摆球在A点所受的合力等于在B点所受的合力

B．左侧摆线与右侧摆线长度之比为9∶4

C．摆球经过O点前后瞬间摆线上的拉力大小不变

D．从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率不断变大

解析：B　摆球在最高点时受到的合力是重力沿切线方向的分力，等于mgsin θ(θ为摆线与竖直方向夹角)，摆球在A点和B点时，θ角不同，所以合力大小不等，故A错误；据图可知，摆球从A到O运动时间tA＝9t0(t0是曝光一次的时间)，从O到B运动时间tB＝6t0，而tA＝，tB＝，所以＝，由单摆周期公式T＝2π 可得，左侧和右侧摆长之比为＝＝，故B正确； 摆球经过O点时速度不变，但摆线长变短，由向心力公式可知，摆线上的拉力变大，故C错误；摆球在A点速度为零，所以在A点重力的功率为零，摆球在O点的速度与重力垂直，重力的功率也为零，所以从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率先变大后变小，故D错误。

7．如图所示，一台玩具电机的轴上安有一个小皮带轮甲，通过皮带带动皮带轮乙转动(皮带不打滑)，皮带轮乙上离轴心O点2 mm处安有一个圆环P。一根细绳一端固定在圆环P上，另一端固定在对面的支架上，绳呈水平且绷直。在绳上悬挂着4个单摆a、b、c、d。已知电动机的转速是149 r/min，甲、乙两皮带轮的半径之比为1∶5,4个单摆的摆长分别是100 cm、80 cm、60 cm、40 cm。电动机匀速转动过程中，振幅最大的单摆是(　　)

A．单摆a  B.单摆b

C．单摆c  D.单摆d

解析：A　电动机的转速是149 r/min，则周期T甲＝＝ s，甲、乙的半径之比是1∶5，则乙的周期是T乙＝ s，如果要发生共振，由单摆周期公式T＝2π求得对应单摆的摆长约为1 m，题中给出的四个单摆中，a最接近，所以a的振幅最大，故选A。

8．如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方，使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间距均为x0(未标出)，印迹上P、Q两点的纵坐标为y0和－y0，忽略空气阻力，重力加速度为g，则(　　)

A．该弹簧振子的振幅为2y0

B．该弹簧振子的振动周期为

C．激光笔在留下P、Q两点时加速度相同

D．激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为－2mgy0

解析：D　由图可知，弹簧振子的振幅为y0, 故A错误；白板匀速运动，振子振动的周期等于白板运动位移2x0所用的时间，则周期为T＝，故B错误；加速度是矢量，激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，故C错误；在激光笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知合外力做功为零，重力做功为2mgy0，所以弹力对物块做功为－2mgy0，故D正确。

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

9．某物体做简谐运动的图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　)

A．物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻的速度相同

B．物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻的动能相同

C．0.7～0.9 s时间内物体的加速度在减小

D．0.9～1.1 s时间内物体的势能在增加

解析：AB　由简谐运动的对称性可知，物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻速度相同，A正确；物体在0.6 s时刻与 0.4 s 时刻速度大小相等，方向相反，但动能相同，B正确；0.7～0.9 s时间内，物体远离平衡位置，位移增大，加速度增大，C错误；0.9～1.1 s时间内动能增大，势能减小，D错误。

10．如图所示，物体A放置在物体B上，B与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以O点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O点的最大位移处分别为P点和Q点，运动过程中A、B之间无相对运动。已知弹簧的劲度系数为k，系统的振动周期为T，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是(　　)

A．物体B从P向O运动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐变小

B．物体B处于PO之间某位置时开始计时，经时间，物体B一定运动到OQ之间

C．物体B的速度为v时开始计时，每经过T时间，物体B的速度仍为v

D．当物体B相对平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于kx

解析：ABC　物体B从P向O运动的过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，所以弹性势能逐渐变小，故A正确；物体B处于PO之间某位置时开始计时，经时间，由运动的对称性可知，物体B一定运动到OQ之间，故B正确；物体B和A整体做简谐运动，根据对称性，当物体B的速度为v时开始计时，每经过T时间，物体B的速度仍为v，故C正确；整体的加速度大小a＝，A、B间摩擦力的大小Ff＝ma＝kx，故D错误。

11．质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上，两小球做简谐运动的图像如图所示，则(　　)

A．两小球经过平衡位置时速度一样大

B．运动过程中甲的最大加速度大

C．两小球摆动过程中甲的最大摆角大

D．运动过程中甲的机械能小于乙的机械能

解析：BC　由图可知，甲、乙周期之比＝，甲、乙的振幅之比＝，根据单摆周期公式T＝2π，可知甲、乙的摆长之比＝＝，甲球摆长小，振幅大，所以摆动过程中甲的最大摆角大，故C正确；小球从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律可知mv2＝mgl(1－cos α)(α为摆线与竖直方向的夹角，因小球做简谐运动，所以α很小)，小球经过平衡位置时速度v＝，因为甲的最大摆角大，所以两小球经过平衡位置时甲的速度大，故A错误；最低点加速度最大，所以运动过程中最大加速度a＝＝2g(1－cos α)，因为甲的最大摆角大，所以甲的最大加速度大，故B正确；因为甲的摆长短，最大摆角大，所以甲速度为0时，位置更高，重力势能更大，机械能更大，故D错误。

12．如图所示，轻质弹簧下端挂重为30 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为20 N的物体B时又伸长了2 cm，未超出弹簧弹性限度，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则(　　)

A．最大回复力为20 N，振幅为2 cm

B．最大回复力为30 N，振幅为3 cm

C．若烧断细线前只减小A的质量，则振动的振幅变小，周期不变

D．若烧断细线前只减小B的质量，则振动的振幅变小，周期不变

解析：AD　将A、B间的细线烧断，物体A将做简谐运动，其受到的合力充当回复力，由于细线烧断前A、B受力是平衡的，细线烧断后瞬间，A受到的合力大小等于B的重力，即F合＝20 N，此时弹簧的伸长量最大，A的回复力最大，所以最大回复力为20 N，根据振幅等于质点到平衡位置的最大距离可知，振幅为2 cm，选项A正确，B错误；设A、B两物体的质量分别为mA、mB，当弹簧下端只挂物体A且A处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x，则有kx＝mAg，再挂上物体B且A、B同时处于平衡状态时，设弹簧的伸长量为x′，则kx′＝(mA＋mB)g，烧断细绳后，A在竖直平面内振动的振幅为x′－x，联立得x′－x＝，故振幅与A的质量无关，由弹簧振子的周期公式知T＝2π，若mA减小，则周期T减小，选项C错误；若只减小B的质量，振幅变小，而周期与B的质量无关，所以周期不变，选项D正确。

三、非选择题(本题共6小题，共60分)

13．(6分)某同学在做“用单摆测量重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00 cm，摆球直径为2.00 cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5 s。

(1)他测得的重力加速度g＝________m/s2。(计算结果取3位有效数字)

(2)他测得的g值偏小，可能原因是________。(填正确选项前字母)

A．测摆线长时摆线拉得过紧

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．开始计时，秒表未及时按下

D．实验中误将49次全振动计为50次

(3)为了提高实验精确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据描点后连成直线，并求得该直线的斜率为k。则重力加速度g＝____________。(用k表示)

解析：(1)摆长l＝l线＋＝1.02 m

周期T＝

则由公式T＝2π

可得g＝9.76 m/s2。

(2)测摆线长时摆线拉得过紧，会使摆长的测量值偏大，则g测量值偏大，A错误；由公式T＝2π知g＝，当实际摆长变长时，测量的摆长就小，那么测量的加速度变小，B正确；开始计时时，秒表过迟按下，会使周期T的测量值偏小，则g测量值偏大，C错误；实验中误将49次全振动计为50次，会使周期T的测量值偏小，则g测量值偏大，D错误。

(3)把公式T＝2π变为T2＝

易知斜率k＝

则g＝。

答案：(1)9.76　(2)B　(3)

14．(8分)用单摆测量重力加速度的实验中：

(1)实验操作中的注意事项正确的是________。

A．小球摆动时，摆角应不大于5°，且应在同一竖直面内摆动

B．计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最高点开始计时，到达同一侧最高点时记为一次全振动

C．测摆长时应先测出摆球球心到悬点的距离为摆线长，要用游标卡尺测摆球直径d，摆长l等于摆线长加d

D．应改变摆长，重做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果

(2)在做“用单摆测量重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________。让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆摆长是________m。若测定了24次全振动的时间如图乙中停表所示，则停表读数是________s，单摆摆动周期是________s。

(3)为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值。现将测得的六组数据标示在以l为横坐标、以T2为纵坐标的坐标系上，即图丙中用“·”表示的点，则

①试根据图丙中给出的数据点作出T2和l的关系图线。

②根据图线得出直线斜率k＝＝________。(结果取2位有效数字)

(4)请写出此实验引起误差的主要因素(写出两条即可)

________________________________________________________________________。

解析：(1)小球摆动时，摆角应不大于5°以保证做简谐运动，且应在同一竖直面内摆动，故A正确；计算单摆的全振动次数时，应以摆球到达最低点开始计时，故B错误；测摆长时应先测出摆球最上端到悬点的距离为摆线长，用游标卡尺测摆球直径d，摆长l等于摆线长加，故C错误；为提高准确度，应改变摆长，重做几次实验，取多次测出的重力加速度的平均值作为最终结果，故D正确。

(2)根据简谐运动周期公式T＝2π，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝l，摆长为悬点到球心的距离，由图知，摆长为0.890 0 m。

由图知，停表读数为45.6 s。

单摆振动的周期为T＝ s＝1.9 s。

(3)使数据点尽量落在线上或平均分布在线两侧，偏离较远的点舍去，如图所示。

根据图线，得出斜率k＝≈4.2。

(4)此实验引起误差的主要因素：存在空气阻力，测量数据时存在读数误差等。

答案：(1)AD　(2)l　0.890 0(0.889 0～0.891 0均可)　45.6　1.9　(3)①见解析图　②4.2(4.0～4.4均可)　(4)存在空气阻力、测量数据时存在读数误差

15．(8分)减振器是为了加速车架与车身振动的衰减，以改善汽车的行驶舒适性的汽配原件，大多数汽车的悬架系统内部都装有减震器。汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧套在减震器上，两者同时起到改善作用。为了研究方便，我们把两者简化成一个等效劲度系数为k＝1.5×105 N/m的“弹簧”。汽车开始运动时，在振幅较小的情况下，其上下自由振动的频率满足f＝(l为弹簧的压缩长度)，若人体可以看成一个弹性体，其固有频率约为2 Hz，已知汽车的质量为600 kg，每个人的质量为70 kg。g取10 N/kg，求：

(1)汽车的振动频率与人体固有频率相等时l的大小；

(2)这辆车乘坐几个人时，人感觉到最难受。

解析：(1)当汽车的频率等于人的固有频率时

f＝＝2 Hz

解得l＝≈6.3 cm。

(2)设乘车人数为n个时，人感觉到最难受，则

Mg＋nmg＝kl

解得n＝≈5。

答案：(1)6.3 cm　(2)5

16．(10分)有一单摆，在地球表面为秒摆。已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。

(1)如果将该单摆置于月球表面，其周期为多大？

(2)若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此摆的周期为多大？

(3)该秒摆的摆长为多少？(取g＝9.8 m/s2)

解析：(1)由单摆的周期公式T＝2π知，

T2＝4π2，所以T月2∶T地2＝g地∶g月，

T月＝·T地＝×2 s＝4.9 s。

(2)在月球表面，只缩短摆长，g不变。

据公式T＝2π知，

T月′∶T月＝∶，

T月′＝·T月＝×4.9 s＝3.5 s。

(3)据公式T＝2π知，

l＝＝ m＝0.99 m。

答案：(1)4.9 s　(2)3.5 s　(3)0.99 m

17．(14分)如图甲所示，一个三角形物块固定在水平桌面上，其光滑斜面的倾角为θ＝30°，物体A的质量为mA＝0.5 kg，物体B的质量为mB＝1.0 kg(A、B均可视为质点)，物体A、B并列在斜面上且压着一劲度系数为k＝125 N/m的轻弹簧，弹簧的下端固定，上端拴在A物体上，物体A、B处于静止状态。(g取10 m/s2)

(1)求此时弹簧的压缩量是多少；

(2)将物体B迅速移开，物体A将做周期为0.4 s的简谐运动，若以沿斜面向上的方向为正方向，请在图乙所给的坐标系中作出物体A相对平衡位置的位移随时间的变化曲线图，并在图中标出振幅；

(3)将物体B迅速移开，试证明物体A在斜面上做简谐运动。

解析：(1)物体A、B在斜面上处于平衡状态，所受外力平衡，设压缩量为x，则有

(mA＋mB)gsin 30°＝kx

解得x＝＝0.06 m。

(2)将物体B移开后，物体A做简谐运动，A在平衡位置时弹簧的压缩量

x0＝＝0.02 m

所以移去B后A振动的振幅为A＝x－x0＝0.04 m

已知系统的振动周期为T＝0.4 s，振动的位移随时间的变化关系曲线如图。

(3)设物体A在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则有mAgsin θ＝kx0

当物体A经过某一位置时，相对平衡位置的位移为x，则

F＝k(x0－x)－mAgsin θ

由以上两式得F＝－kx

即物体A做简谐运动。

答案：(1)0.06 m　(2)见解析图　(3)见解析

18.(14分)一轻质弹簧直立在地面上，其劲度系数k＝400 N/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1 kg，先将A向上抬高使弹簧伸长5 cm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取决于弹簧形变大小(g取10 m/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＝＝5 cm

振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm

(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＝(mA＋mB)v2

解得v＝ m/s。

(3)在最高点，对AB整体有

(mA＋mB)g＋k×0.05＝(mA＋mB)a

隔离B有F1＋mBg＝mBa

解得F1＝10 N，方向向下。

在最低点，加速度大小也为a，方向向上，则

F2－mBg＝mBa，

解得F2＝30 N，方向向上。

答案：(1)10 cm　(2) m/s　(3)10 N，方向向下　30 N，方向向上