1、机械振动测试题机械振动测试题（含答案）一.机械振动选择题1.如图所示，物块M与m叠放在一起，以0为平衡位置，在db之间做简谐振动，两者始终保持相对静止，取向右为正方向，其振动的位移x随时间r的变化图像如图，则下列说法正确的是（ ）x/m. TA.在人时间内，物块m的速度和所受摩擦力都沿负方向，且都在增人B.从人时刻开始计时，接下来匚内，两物块通过的路程为&4C.在某段时间内，两物块速度增人时，加速度可能增人，也可能减小D.两物块运动到最人位移处时，若轻轻取走”，则M的振幅不变2.在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现彖进行比较，找出其共同点，进一步推测 未知现彖的特性和规律.法国物理学家库仑
2、在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的 振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系.已知单摆摆 长为/，引力常量为G,地球质量为A4,摆球到地心的距离为r,则单摆振动周期7与距离 r的关系式为（）B.T=2nrjYgm3.如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D,其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿 弦轨道从一端B到达最低点D,丙沿圆弧轨道从C点运动到D,且C点很靠近D点，如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是（）A.丙球最先到达D点，乙球最后到达D点B.甲球最先到达D点，乙球最后到达D点C
3、.甲球最先到达D点，丙球最后到达D点4.如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉卞一段距 离A,由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立X轴，当钢球 在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移一时间图像如图2所示。 已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（ ）A.寸刻钢球处于超重状态B.G时刻钢球的速度方向向上C.厶时间内钢球的动能逐渐增大D.人t2时间内钢球的机械能逐渐减小5.如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统.圆盘
4、 静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示.圆盘匀速转动时，小球做受迫振A.小球振动的固有频率是4HzB.小球做受迫振动时周期一定是4sC.圆盘转动周期在4s附近时，小球振幅显著增大D.圆盘转动周期在4s附近时，小球振幅显著减小6.如图所示是在同一地点甲乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是Ax/cm 甲A.甲乙两个单摆的振幅之比是1： 3B.甲乙两个单摆的周期之比是1： 2C.甲乙两个单摆的摆长之比是4： 1D.甲乙两个单摆的振动的最人加速度之比是1： 47.一位游客在T岛湖边欲乘坐游船，当口风浪较人，游船上下浮动可把游船浮动简化成 竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm,周期为3.0
5、s.当船上升到最高点时，甲板刚好与码 头地面平齐.地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船.在一个周期内， 游客能舒服登船的时间是（）A. 05s B. 075s C. l0s D. 1.5 s8.如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点 之间做简谐运动，其振动图彖如图乙所示.由振动图彖可以得知1（）A.振子的振动周期等于hB.在r二0时刻，振子的位置在a点C.在时刻，振子的速度为零D.从&到直，振子正从O点向b点运动9.如图所示，质量为的物块&用不可伸长的细绳吊着，在A的卞方用弹簧连着质量为 加b的物块B,开始时静止不动。现在B上施加一个竖直向
6、卞的力F,缓慢拉动B使之向卞 运动一段距离后静止，弹簧始终在弹性限度内，希望撤去力F后，B向上运动并能顶起4则力F的最小值是（ ）a.（加八+叫）gB. (q+24)gC 2(/wa+/hb )gD（2加a+叫）g一个周期内的振动图彖如图所示，关于这个图彖，下列哪些说法是正确的是（）thA.t=1.25s时，振子的加速度为正，速度也为正B.t=1.7s时，振子的加速度为负，速度也为负C.t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最人值D.t=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最人值11如图所示，轻质弹簧的卜端固定在水平地面上，一个质量为加的小球（可视为质点），从距弹簧上端力处自由下落并
7、压缩弹簧.若以小球下落点为X轴正方向起点，设小 球从开始下落到压缩弹簧至最短之间的距离为不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度 内；关于小球下落过程中加速度“、速度、弹簧的弹力尸、弹性势能变化的图像正确 的是（ ）X12如图所示为某物体系统做受迫振动的振幅A随驱动力频率f的变化关系图，则下列说 法正确的是A.物体系统的固右频率为foB.当驱动力频率为/d时，物体系统会发生共振现彖C.物体系统振动的频率由驱动力频率和物体系统的固有频率共同决定D.驱动力频率越大，物体系统的振幅越大13甲.乙两弹簧振子，振动图彖如图所示，则可知（）A.甲的速度为零时，乙的速度最人B.甲的加速度最小时，乙的速度最小C.任一
8、时刻两个振子受到的回复力都不相同D.两个振子的振动频率之比f屮：f貝:2E.两个振子的振幅之比为A甲：A乙=厶114.做简谐运动的水平弹簧振子，振子质量为m,最人速度为v,周期为八则卞列说法正 确的是( )TA.从某时刻算起，在丄的时间内，回复力做的功一定为零2TB.从某一时刻算起，在二的时间内，速度变化量一定为零2C.若M=T,则在t时刻和(t+At)时刻，振子运动的速度一定相等TD.若At=-,则在t时刻和(t+At)时刻，弹簧的形变量一定相等5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是(B.C.2振幅为8 cm第2s末振子的速度为零，加速度为正向的最人值D.第3 s末振子的速度为正向的
9、最大值E.从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动16.如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率/的关A.此单摆的固有周期约为2sB.此单摆的摆长约为lmC.若摆长增大，单摆的固有频率增人D.若摆长增人，共振曲线的峰将右移17.如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的久B之间做往复运动，0为平衡位置，卞列说 法正确的是（） a o a *A.弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用B.弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用C.振子由A向0运动过程中，回复力逐渐增大D.振子由0向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置18.如图甲所示，一个单摆做小角度摆
10、动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间r变化的图彖如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2o对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）1 乙A.单摆的位移x随时间r变化的关系式为x = 8sm（7rr）cmB.单摆的摆长约C.从f = 2.5s到/ = 3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D.从2 2.5s到f = 3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小19.如图所示，两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光 滑水平面上.已知物块甲的质量是物块乙质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期 T = 2嚼,式中7为振子的质量，k为弹簧的劲
11、度系数.当细线突然断开后，两物块 都开始做简谐运动，在运动过程中，下列说法正确的是 .A.物块甲的振幅是物块乙振幅的4倍B.物块甲的振幅等于物块乙的振幅c.物块甲的最大速度是物块乙最人速度的;2D.物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2倍E.物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2倍20.图（甲）所示为以0点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图（乙）为这7777777777个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（）（甲）A.在僅0.2s时,弹簧振子可能运动到B位置B.在f=0.1s与上0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C.从心0到f=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增
12、加D.在上0.2s与f=0.6s两个时刻,弹簧振子的加速度相同二、机械振动实验题21.在利用单摆测重力加速度的实验中，（1） 从下列器材中选用最合适的器材（填写器材代号） .A .小铁球 B .小塑料球 C . 20cm长的细线D . 100cm长的细线 E手表 F时钟 G秒表（2） 若实验测得的g值偏人，可能的原因是 A.摆球的质量太大B 测摆长时，仅测了线长，未加小球半径C.测周期时，把门次全振动误记为5+1）次D.摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长）（3） 某同学想进一步验证单摆的周期和重力加速度的关系，但又不可能去不同的地区做实验.该同学就将单摆与光电门传感器安装在一块摩擦不
13、计、足够人的板上，使板倾斜Q角 度，让摆球在板的平面内做小角度摆动，如图甲所示.利用该装置可以验证单摆的周期和 等效重力加速度的关系.若保持摆长不变，则实验中需要测量的物理量有 若从实验中得到所测物理量数据的图线如图乙所示，则图像中的纵坐标表示 ，横坐标甲 乙22.（1）做“用单摆测定重力加速度的实验,卞述说法中正确的是（ ）A .测屋摆长时，应先将单摆放置在水平桌面上,然后用力拉紧摆线测量悬点到球心的距离B .单摆的偏角不要超过5。，当摆球运动到两侧位置时迅速按卞秒表开始计时C .为了精确测量单摆的周期，起码要测量小球作100次全振动所用的时间D .如果小球的重心不在中心，通过一定方法也能精
14、确测定重力加速度（2）某同学在做利用单摆测重力加速度的实验时,他先测得摆线长为97. 50cm,然后用游 标卡尺测量小钢球直径，读数如图甲所示，则/m1.202 _午 一-TTTT（I I 1 1 丨 1 丨 1 1 丨 I I0 23456 TW甲 乙1游标卡尺的读数为 mm.2该单摆的摆长/为 cm.3该同学由测量数据作岀/-厂图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度8=m/s2 （保留3位有效数字）.4如果测出的g值偏小，可能的原因是.A 测量摆线长时，线拉得过紧B.摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了C开始计时时，秒表按下迟了D .实验中误将49次全振动记为50次23.某小
15、组在做用单摆测重力加速度实验后，为进一步研究，将单摆的轻质细线改为刚 性重杆.通过查资料得知，这样做成的复摆做简谐运动的周期丁 = 2+，式中v mgr/为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离.如 图（a）,实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上， 使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期7:然后将不同位置的孔穿在轴上重复 实验，并测得摆的质量（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示 （用题中所给的字母表示）；（2） 人的国际单位为 ；（3） 若摆的质量测量值偏人，重力加速度g的测量值 （选填：偏人、偏小或不变”
16、）24.根据单摆周期公式T = 27r-,可以通过实验测量当地的重力加速度.如图1所示,（1） 用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为 mm.（2） 以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 .a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较人的 角度d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置人于5。，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开 始位置时停止计时，此时间间隔 t即为单摆周期Te.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不人于5。，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位 置开始计时，
17、记下摆球做50次全振动所用的时间则单摆周期T=A t/50.25.在用单摆测重力加速度的实验中，（1）有下列备选器材中，需选用哪些器材较好？ . A.长Im左右的粗一点结实棉线，B.长左右的细棉线C.带细孔的直径2cm左右的铁球 D .带细孔的直径2cm左右的橡胶球E.时钟F.秒表G.学生用刻度尺H.最小刻度是亳米的米尺（2） 甲同学先用米尺测得摆线长，再用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为 cm,然后用秒表记录单摆完成50次全振动所用的时间，从图乙可读出时间为 s .（3） 实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，乙同学设计了一个巧妙的方法而 不用测量摆球的半径.具体作法如下：第一次悬线
18、长为Li时，测得振动周期为T第二 次增人悬线长为1_2时，测得振动周期为T2根据单摆周期公式可求得重力加速度为g= （用题给符号表示）26.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，（1） 为了尽量减小实验误差，以下做法正确的是 oA.选用轻且不易伸长的细线组装单摆B.选用密度和体枳都较小的摆球组装单摆C.使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动D.选择最人位移处作为计时起点（2） 位同学在实验中误将49次全振动计为50次，其他操作均正确无误，然后将数据代入单摆周期公式求出重力加速度，则计算结果比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。（3） 为了进一步提高实验精确度，可改变几次摆长厶并测出相应的周期匚从而得出
19、一组 对应的L与7的数据，再以为横轴、厂为纵轴建立直角坐标系，得到如图所示的图线， 并求得该图线的斜率为k,则重力加速度沪。【参考答案】和*试卷处理标记，请不要删除一、机械振动选择题1.D【解析】【分析】【详解】A.在时间人【内，由图像的斜率为负且增大可知，物块加的速度沿负方向在增人，受2摩擦力方向沿负方向，据F = _kx可知，位移x在减小，加速度在减小，所以摩擦力在减 小，A错误；B.由图像知，两物块在平衡位置速度最人，因此两物块从b TO的平均速率要小于从人开始经匚时间内的平均速率，所以从人开始经匚通过的路程人于4, B错误：4 4C.据简谐振动的受力特点F = kx,两物块在平衡位置时
20、速度最人，加速度为零，在最 人位移处，速度为零，加速度最人，所以在某段时间内，两物块速度增人时，加速度在减 小，C错误；D.简谐运动是一种无能量损失的振动，它只是动能和势能间的转化，总机械能守恒。其 能量只有振幅决定，即振幅不变，振动系统能量不变。当将加在最大位移处轻轻取走，说 明加取走时动能为零，加取走前后M振幅没有改变，振动系统机械能总量不变，D正 确。故选Do2.B【解析】【分析】【详解】在地球表面重力等于万有引力，故解得GM8 = r由单摆的周期:联立各式解得 故选B .【点睛】本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式g =GM和单摆的周期公式【解析】A点,AD距离为r,加速
21、度为g,时间fi = 点，设= ，BD距离为2rcos6,加速度为geos。，时间*=2石;C点，简谐振动，周期T = 2兀石,时间 G=-J-，明显JU ,甲球最先到达D点，乙球最后到达D点，B正确.2/g -4.D【解析】【分析】【详解】A.从图中可知人时刻钢球正向下向平衡位置运动，即向卞做加速运动，加速度向下，所以 处于失重状态，A错误；B.从图中可知G时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误;C厶2时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增人后减小，即动能先增人后减小，C错误；D.ff?时间内小球一直向下运动，拉力恒向上，做负功，所以小球的机械能减小，D正确。 故选D。
22、5.C【解析】【分析】【详解】A.小球振动的固有周期T = 4s,则其固有频率为/ = ! = 0.25Hz ,A错误；B.小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周 期4s , B错误；CD.圆盘转动周期在4s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现 象，振幅显著增大，C正确D错误。故选Co6.C【解析】【详解】A.由振动图像可知，甲乙两个单摆的振幅之比是3： 1,选项A错误;B.甲乙两个单摆的周期之比是4:2=2:1,选项B错误：C.根据T = 可得L 14旷可知甲乙两个单摆的摆长之比是4： 1,选项C正确：D.单摆的最人加速度0 =竺3可知
23、，甲乙两个单摆的振动的最人加速度之比是3： 4,T2选项D错误。7.C【解析】【详解】把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为y = A cos 莓 f,代入得 y = 20cos-Z（c/h）,当 y二 10cm 时，可解得：-t = -t = 0.5s,故在一个周期内，游客能舒服登船的时间是2t二1.0s,故C正确，3 3ABD错误.& D【解析】【分析】【详解】A中振子的振动周期等于2X,故A不对；B中在t=O时刻，振子的位置在0点，然后向左 运动，故B不对；C中在t=ti时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C不对：D 中从ti到t2,振子正从0点
24、向b点运动，故D是正确的.9.A【解析】【分析】【详解】如图所示X,A 0为弹簧的原长位置，02为挂上物块B时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为Ax。，要使 3向上运动并能顶起4弹簧给人的力至少要等于人物块的重力m.g,即弹簧至少要压缩 到位置03,压缩量为q，物块B在力F的作用下至少下拉的长度4片，让B以O2为平衡 位置做简谐运动。则要满足山=+ 心。又因为叫g = RAA, mAg = kx2F = kZ、所以F的最小值F = (fnA + mB)g故BCD错误，A正确。故选A。10.C【解析】【分析】【详解】仁1.25时，位移为正，加速度a = -X为负；x-t图彖上某点切线的斜率表示速度
25、，故 m速度为负，A错误；t二1.7s时，位移为负，加速度a = -x为正；X-1图象上某点切线的 m斜率表示速度，故速度为负，B错误；t二1.0s时，位移为正，加速度a = -x为负；x-t m图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C正确；21.5s时，位移为零，故加速度 为零；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负向最大，D错误.11.AD【解析】【分析】【详解】AB.在接触弹簧之前，小球做自由落体运动，加速度就是重力加速度g,恒定不变；接触 弹簧后，小球做简谐振动，加速度随时间先减小到零然后再反向增加，图彖是有一个初相 位(初相位在090。之间)的余弦函数图象的一部分，由于接
26、触弹簧时加速度为重力加速 度g,且有一定的速度，根据对称性，到达最低点时，加速度趋近于某个人于g的值，方 向向上，因此A正确，B错误；C.在开始下落时，弹簧的弹力为零，再向下运动时，弹力与位移之间的关系为F = k(x-h)可知表达式为一次函数，图象是一条倾斜直线，c错误；D.在开始下降h过程时，没有弹性势能，再向卞运动的过程中，弹性势能与位移的关系 为Ep = k(xh)表达式为二次函数，图象是一条抛物线，因此D正确。故选ADa12.AB【解析】【详解】A.由振动图像町知，当驱动力的频率为时振幅最人，则由共振的条件可知，物体系统 的固有频率为fo,选项A正确；B.当驱动力频率为/d时，物体系
27、统会发生共振现彖，选项B正确；C.物体系统振动的频率由驱动力频率决定，选项C错误；D.驱动力频率越接近于系统的固有频率时，物体系统的振幅越人，选项D错误。13.ADE【解析】【分析】甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小时，乙 也在平衡位置，速度最大；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零：由图可知两振子的周期，根据/ 可得频率之比；由图可知振幅之比.【详解】A.由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最人，故A正确：B.由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最人，故B错误：C.甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复
28、力都为零，故C错误；D.由图可知,甲的周期7甲=2.0s,乙的周期Tz.=1.0s,根据： 得甲的频率/m=0.5Hz；乙的频率/=1.0Hz；两个振子的振动频率之比于甲：/乙“:2,故D 正确；E.由图可知,甲的振幅A甲“Ocm,乙的振幅A z=5cm,两个振子的振幅之比为人甲:A乙 =2： 1,故E正确。14.AC【解析】【详解】AB.振子在半个周期内刚好到达与初位置关于平衡位置对称的位置，两位置速度大小相 等，故由动能定理知，回复力做的功一定为零，但由于速度反向（初位置在最人位移处时 速度均为零），所以在半个周期内速度变化量的大小为初速度人小的两倍，因此在半个周 期内速度变化量大小应为0
29、到”之间的某个值，因此A正确，B错误。C.在相隔一个周期7的两个时刻，振子只能位于同一位置，状态完全相同，因此C正 确。TD.相隔一的两个时刻，振子的位移人小相等且方向相反，弹簧的伸长量和压缩量相同，2弹簧的总长度并不相等，因此D错误。故选ACo15.BCD【解析】根据图彖，周期7二4 s,振幅A二8 cm, A错误，B正确.第2 s末振子到达负的最人位移 处，速度为零，加速度为正向的最人值，C正确.第3s末振子经过平衡位置，速度达到最 人值，且向正方向运动，D正确.从第Is末到第2 s末振子经过平衡位置向下运动，速度 逐渐减小，做减速运动，E错误.故选BCD .【点睛】本题关键根据简谐运动的
30、位移时间图彖得到弹簧振子的周期和振幅，然后结合实 际情况进行分析.16.AB【解析】【详解】单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共 振，则固有频率为0.5Hz,周期为2s.故A正确；由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s.由公式T=2r ,可得L=lm,故B正确；若摆长增人，单摆的固有周期增大，则固有频率减小.故C错误；若摆长增人，则固有频率减小，所以共振 曲线的峰将向左移动.故D错误；故选AB .【点睛】本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力 频率时，出现共振现彖.17.AD【解析】【分析】【详解】AB.在水平方向上振动的弹簧振子所受力有重力、支持力、弹簧的弹力，故A正确，B错 误；C.根据公式F = kx,由于振子由A向0运动过程中，位移x减小，故回复力减小，故 C错误；D.振子由0向
