资源描述
《机械振动》章末测试
说明：本测试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，考试时间90分钟，满分100分．
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分．每小题至少有一个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
1.
如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定组成一个振动系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，下列说法正确的是( )
A．钢球运动的最高处为平衡位置
B．钢球运动的最低处为平衡位置
C．钢球速度为零处为平衡位置
D．钢球原来静止时的位置为平衡位置
解析 钢球以平衡位置为中心做往复运动，在平衡位置处速度最大，故A、B、C项不正确，D选项正确．
答案 D
2．(多选题)下列说法正确的是( )
A．实际的自由振动必定是阻尼振动
B．在外力作用下的振动是受迫振动
C．阻尼振动的振幅越来越小
D．受迫振动稳定后频率与自身物理条件无关
解析 实际的自由振动，必需不断克服外界阻力做功而消耗能量，振幅会渐渐减小，必定是阻尼振动，故A、C项正确；只有在周期性外力(驱动力)的作用下物体所做的振动才是受迫振动，B项错；受迫振动稳定后的频率由驱动力的频率打算，与自身物理条件无关，D项对．
答案 ACD
3.
(多选题)如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是( )
A．由P→Q位移在增大
B．由P→Q速度在增大
C．由M→N位移是先减小后增大
D．由M→N位移始终减小
解析 物体经过平衡位置向正方向运动，先后经过P、Q两点，故位移增大，速度减小；物体从正方向最大位移处向负方向运动，先后经过M、N两点，且N点在平衡位置另一侧，故从M→N位移先减小后增大．
答案 AC
4．登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要缘由是( )
A．避开产生回声
B．减小对雪山的冲击
C．避开使雪山共振
D．使登山运动员耗散能量削减
解析 登山运动员登雪山时，山上常年积雪，雪山内部温度高，有部分雪熔化成水，对雪山积雪有润滑作用，高声叫喊，简洁引起雪山共振发生雪崩．
答案 C
5．一个单摆和一个弹簧振子，在南京调整使它们的振动周期相等(设为T)，现把它们一起拿到莫斯科，若不再做任何调整，这时单摆的周期为T1，弹簧振子的周期为T2，则它们周期大小关系为( )
A．T1<T2＝T B．T1＝T2<T
C．T1>T2＝T D．T1<T2<T
解析 弹簧振子的周期由弹簧振子本身打算．在南京和莫斯科，该系统没有变化，因周期不变即T2＝T，而单摆周期与当地重力加速度有关，在莫斯科重力加速度大于南京的重力加速度，则T1<T，故A选项正确．
答案 A
6．(多选题)一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．质点振动的频率是4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．在5 s末，速度为零，加速度最大
D．在t＝1.5 s和t＝4.5 s时，质点的位移大小相等
解析 由题意可知，做简谐运动的周期T＝4 s，f＝0.25 Hz，每个周期质点经过的路程为振幅的4倍，所以10 s内经过的路程为20 cm，故B选项正确；5 s末质点在最大位移处，速度为零，加速度最大，故C选项正确；由图象可知，t＝1.5 s和t＝4.5 s时质点的位移相同，故D选项正确．
答案 BCD
7．(多选题)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象，已知甲、乙两个振子质量相等，则( )
A．甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cm
B．甲、乙两个振子的相位差总为π
C．前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值
D．第2 s末甲的速度最大，乙的加速度最大
解析 由图可知，A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，故A选项正确；两振子的频率不相等，相位差为一变量，故B选项错误；前2 s甲的位移为正值，回复力为负值，加速度为负值，故C选项错误；第2 s末甲在平衡位置，乙在负向最大位移处，故D选项正确．
答案 AD
8．有一个弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的运动表达式是( )
A．x＝8×10－3sin m
B．x＝8×10－3sin m
C．x＝8×10－1sin m
D．x＝8×10－1sin m
解析 由题给条件可得：A＝0.8 cm＝8×10－3 m，ω＝＝4π，φ＝，所以振动表达式为A项.
答案 A
9．如图①，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置，如图②是振子做简谐运动时的位移－时间图象．则关于振子的加速度随时间的变化规律．下列四个图象中正确的是( )
①
②
A
B
C
D
解析 设弹簧劲度系数为k，位移与加速度方向相反，由牛顿其次定律得a＝－，故C项正确．
答案 C
10．如图所示，光滑槽的半径R远大于小球运动的弧长．今有两个小球(视为质点)同时由静止释放，其中甲球开头时离槽最低点O远些，则它们第一次相遇的地点在( )
A．O点
B．O点偏左
C．O点偏右
D．无法确定，由于两小球质量关系未定
解析 由于半径R远大于运动的弧长，所以小球做简谐运动，其周期都为T＝2π ，与位移的大小无关，故同时到达O点，A项正确．
答案 A
第Ⅱ卷(非选择题)
二、试验题(本题包括2小题，共14分)
11．(6分)某同学做试验时，一时找不到摆球，就用重锤代替摆球，分别用不同的摆长做了两次试验，测摆长时只测了摆线长，其长度分别为l1和l2，并测出相应周期为T1和T2，用上述测量的数据正确计算出g值，那么他计算重力加速度的表达式应为g＝________.
解析 设重锤的等效半径为r，
由单摆的周期公式T＝2π ，得g＝，
则g＝ ①
g＝ ②
由①②式解得g＝.
答案
12．(8分)某同学用试验的方法探究影响单摆周期的因素．
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示．这样做的目的是________(填选项前字母)．
A．保证摇摆过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加精确
C．需要转变摆长时便于调整
D．保证摆球在同一竖直平面内摇摆
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的状况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为__________ mm，单摆摆长为______m.
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开头，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎试验要求且误差最小的是________(填选项前字母)．
A
B
C
D
解析 (1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摇摆过程中摆长不变，需要转变摆长时便于调整，选项A、C正确．
(2)依据游标卡尺读数规章，摆球直径为12.0 mm，单摆摆长为L－＝0.999 0 m－0.006 0 m＝0.993 0 m.
(3)单摆测量周期，必需从平衡位置开头计时，且摆角小于10°，所以合乎试验要求且误差最小的是A项．
答案 (1)AC
(2)12.0 0.993 0
(3)A
三、计算题(本题包括3小题，共36分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)如图所示，当小球在两个高为h的光滑斜面之间来回滑动时，小球将做机械振动，假如在运动中，小球经过两斜边接口处能量损失不计，问：
(1)小球的振动是否为简谐运动？
(2)小球的振动周期．
解析 (1)小球在斜面上运动时回复力大小总等于mgsinα，与运动位移无关，故小球的振动不是简谐运动．
(2)小球斜放后向最低点做匀加速直线运动，设其周期为T，则有
s＝a()2①
s＝②
a＝gsinα③
①②③联立，解得T＝·.
答案 (1)不是
(2)T＝·
14．(12分)如图所示是一个质点做简谐运动的图象，依据图象回答下面的问题：
(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；
(2)写出此振动质点的运动表达式；
(3)振动质点在0～0.6 s的时间内质点通过的路程；
(4)振动质点在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；
(5)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？
(6)振动质点在0.4～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？
解析 (1)由图象可知A＝5 cm.
(2)由图象可知T＝0.8 s，φ＝0
则x＝A·sin(ωt＋φ)
＝5sin2.5πt cm.
(3)从0时刻到0.6 s时间内通过的路程
s＝3A＝3×5 cm＝15 cm.
(4)t＝0.1 s时，振动质点处于位移为正值的某一位置，从图象可知经过极短时间Δt，振动质点的位移增大，由此可知，t＝0.1 s振动方向沿x轴正方向，同理可知，t＝0.3 s时，沿x轴负方向，t＝0.5 s时，沿x轴负方向，t＝0.7 s时沿x轴正方向．
(5)0.6～0.8 s时间内，振动物体的位移越来越小，即加速度越来越小，但加速度与速度同向，故速度越来越大．即0.6～0.8 s振动质点做加速度越来越小的加速运动．
(6)0.4 s和0.8 s两个时刻质点都在平衡位置，动能相同，故动能变化为零．
答案 见解析
15．(14分)两木块A、B质量分别为m、M，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如右图所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A做简谐运动，在A振动过程中，木块B刚好始终未离开地面．求：
(1)木块A的最大加速度；
(2)木块B对地面的最大压力；
(3)要使B离开地面，外力至少多大？
解析 (1)除去外力后，A以未加外力时的位置为平衡位置做简谐运动．当A运动到平衡位置上方最大位移处时，B恰好对地面压力为零，A加速度最大，设为am，对整体由牛顿其次定律有：
am＝(M＋m)g/m，方向向下．
(2)当A运动到平衡位置下方最大位移处时，A有向上的最大加速度am(超重)，木块对地面压力最大，又对整体由牛顿其次定律得FN－(M＋m)g＝M×0＋mam，
则FN＝(M＋m)g＋mam＝2(M＋m)g，
由牛顿第三定律得，B对地面最大压力：
F′＝(M＋m)g＋mam＝2(M＋m)g，
F′＝2(M＋m)g，方向向下．
(3)不加外力时，对m：kx0＝mg①
加外力F静止时，对m：k(x＋x0)＝F＋mg②
M刚离地面时对M：k(x－x0)＝Mg③
解①②③得F＝(M＋m)g.
答案 (1)(M＋m)g/m，方向向下
(2)2(M＋m)g，方向向下
(3)(M＋m)g
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
