第11章 机械振动单元质量评估

单元质量评估(一)

(第十一章)

(90分钟100分)

一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)

1.(多选)(2016·南京高二检测)物体做简谐运动的过程中，有两点A、A′关于平衡位置对称，则物体( )

A.在两点处的位移相同

B.在两点处的速度可能相同

C.在两点处的加速度可能相同

D.在两点处的动能一定相同

【解析】选B、D。根据简谐运动的特点可知，关于平衡位置的对称点，物体的位移大小相等，但方向相反，选项A错误；物体的速度大小相等，方向可以相同，也可以相反，故选项B正确；物体的加速度大小相等，方向相反，选项C 错误；由于速度大小相等，动能自然相同，选项D正确。

2.(2013·上海高考)做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是( )

A.位移

B.速度

C.加速度

D.回复力

【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：

(1)做简谐振动的物体，当它经过同一位置时，速度方向可能不同；

(2)回复力F=-kx，加速度a=-x。

【解析】选B。做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移x相同，回复力相同，加速度相同，可能不同的物理量是速度，选项B正确。

3. (2016·泉州高二检测)一根自由长度为10cm的轻弹簧，下端固定，上端连一个质量为m的物块P。在P上再放一个质量为m的物块Q，系统静止后，弹簧长度为6cm，如图所示，如果迅速向上移去Q，物块P将在竖直方向做简谐运动，此后弹簧的最大长度是( )

A.8 cm

B.9 cm

C.10 cm

D.11 cm

【解析】选C。由题可知物块P在竖直方向上做简谐运动。平衡位置是重力和弹簧弹力相等的位置，由题中条件可得撤去Q后弹簧平衡时长度为8cm，P刚开始运动时弹簧长度为6 cm，所以弹簧的最大长度是10 cm，C选项正确。

【补偿训练】

如图所示，弹簧振子的小球在B、C之间做简谐运动，O为BC间的中点，B、C 间的距离为10cm，则下列说法正确的是( )

A.小球的最大位移是10cm

B.只有在B、C两点时，小球的振幅是5cm，在O点时，小球的振幅是0

C.无论小球在任何位置，它的振幅都是5cm

D.从任意时刻起，一个周期内小球经过的路程都是10cm

【解析】选C。简谐运动中的平衡位置就是对称中心，所以O点是平衡位置。小球的最大位移是+5cm或-5 cm，故选项A是不正确的。振幅是物体离开平衡位置的最大距离，反映的是振动物体振动的能力，并不说明物体一定在最大距离处，在O点的小球也能够到达最大距离处，所以小球在O点的振幅也是5cm，故选项B不正确，选项C正确。根据一次全振动的概念，选项D是错误的。

4. (多选)(2016·扬州高二检测)如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法正确的是( )

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】选A、B。由x-t图象，0.2s与0.4s时刻速度大小、方向都相同，A正确。0.6s时刻与0.4s时刻速度大小相同，动能相同，B正确。0.7～0.9 s时间内加速度逐渐增大，C错误。0.9～1.1 s时间内势能减小，D错误。

5.(2016·南京高二检测)一个摆长约1m的单摆，在下列的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大，应选用的驱动力是( )

【解析】选C。单摆的周期T≈2s，驱动力的频率应尽可能接近系统的固有频率，C对。

6.如表所示为某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则固有频率为( )

驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80

受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3

A.f固=40Hz

B.70Hz

C.50Hz

D.以上选项都不对

【解析】选C。由共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小，f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从表格中看出频率为40～50Hz时振幅还在不断增大，固有频率不可能等于40Hz，A错；另从表格中看出频率为70Hz 时的振幅小于频率为60Hz时的振幅，固有频率不可能等于70Hz，B错；比较各组数据知f固可能在50～60 Hz范围内，C对。

【总结提升】物体发生共振与做受迫振动的关系

(1)物体做受迫振动不一定发生共振，但发生共振的物体一定做受迫振动。

(2)物体做受迫振动时，当驱动力的周期(或频率)等于该物体的固有周期(或固

有频率)时，物体发生共振。

7. (2013·新课标全国卷Ⅱ改编)如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0。当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则( )

A.A>A0T>T0

B.A>A0T=T0

C.A

D.A>A0T

【解题指南】解答本题应注意以下两点：

(1)振子振动过程中机械能守恒；

(2)在平衡位置处质量减小后，机械能减小。

【解析】选C。物块以一定的速度通过平衡位置时，质量减小，则振动的动能减小，也就是系统的机械能减小，所以能到达的最大位移减小，振幅减小；由于在这周期内，小物块仍做简谐运动，而初速度和末速度不变，位移却减小了，所以运动时间减小，即振动周期减小。

8. (多选)(2016·洛阳高二检测)如图所示是一弹簧振子在水平面内做简谐运动的x-t图象，则振动系统在( )

A.t1和t3时刻具有相同的动能

B.t3和t4时刻具有相同的势能

C.t1和t5时刻具有相同的加速度

D.t3和t5时刻，振子所受回复力相同

【解析】选A、B。由x-t图象，t1、t3时刻速度大小相等，动能相同，A正确。t3和t4时刻位移大小相等，势能相同，B正确。t1和t5时刻的加速度方向相反，C错误。t3和t5时刻振子所受回复力方向相反，D错误。

【补偿训练】

一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是( )

【解析】选A。弹簧振子做简谐运动，由回复力公式F=-kx，结合牛顿第二定律F=ma可知，经四分之一周期有沿x轴正方向的最大加速度，则其位移为负的最大值。t=0时刻振子应该自平衡位置向x轴负向运动，故选项A正确。

二、实验题(本大题共2小题，共15分)

9.(5分)某学生利用单摆做测定重力加速度的实验，其具体操作如下：

A.在铁架台上固定一个夹子，把单摆的摆线夹在夹子上

B.用刻度尺和游标卡尺测出摆长l

C.将摆球向一侧偏离30°后由静止释放摆球

D.在释放摆球的同时开始计时

E.记下摆球完成n次(大于30次)全振动的时间t

F.把所得数据代入公式

该学生的上述操作中，错误的是________。(只填字母代号)

【解析】要使单摆做简谐运动，摆角要小于10°，C错误；释放摆球后要等摆球摆动稳定后再计时，D错误。

答案：C、D

10.(10分)(2016·南通高二检测)(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(均选填“是”或“否”)。

①把单摆从平衡位置拉开约5°释放：__________。

②在摆球经过最低点时启动秒表计时：__________。

③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期：__________。

(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据如表所示。

用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图所示。该球

的直径为__________mm。根据表中数据可以初步判断单摆周

期随__________的增大而增大。

数据组编号摆长/mm 摆球质量/g 周期/s

1 999.3 32.

2 2.0

2 999.

3 16.5 2.0

3 799.2 32.2 1.8

4 799.2 16.

5 1.8

5 501.1 32.2 1.4

6 501.1 16.5 1.4

【解析】(1)①单摆在最大摆角不超过5°时可看作是简谐运动。②摆球经过最

低点时速度最大，滞留的时间最短，计时误差最小。③为减小测量周期时的误差，应测单摆完成30～50次全振动所用的时间来求出周期。

(2)螺旋测微器上的固定刻度读数为20.5 mm，可动部分的读数约为18.4×

0.01 mm，则测量结果为20.5 mm+18.4×0.01 mm=20.684 mm。分析表中数据可以看出，摆长不变时周期不变，摆长增大时周期也增大。

答案：(1)①是②是③否(2)20.684(20.682～20.686均可) 摆长

【补偿训练】

1.有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2-L图象，如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(选填“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比=________。在t=1s时，b球振动方向是________。

【解析】由单摆的周期公式T=2π，解得T2=L，即图象的斜率k=，重力加速度大，斜率小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B；从题图乙可以得出：T b=1.5T a，由单摆的周期公式得：T a=2π，T b=2π，联立解得：=；从题图乙可以看出，t=1s

时，b球正在向负最大位移处运动，所以在t=1s时，b球的振动方向沿y轴负方向。

答案：B沿y轴负方向

2.某同学用实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________。(填字母代号)

A.保证摆动过程中摆长不变

B.可使周期测量得更加准确

C.需要改变摆长时便于调节

D.保证摆球在同一竖直平面内摆动

(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫

米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度

L=0.9990m，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1m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始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______。(填字母代号)

【解析】(1)实验中要注意减小实验误差和便于实验操作，题目中的措施可以保证摆动过程中摆长不变，并且便于改变摆长，故选项A、C正确。

(2)游标卡尺主尺上的读数为12mm，游标尺上第0条刻度线与主尺刻度线对齐，所以游标卡尺的读数为12mm+0×0.1 mm=12.0 mm

单摆的摆长为l=L-=0.9990m-m=0.993 0 m

(3)用单摆测量周期时，为了减小误差，需使摆角小于5°，且从摆球经过最低点时开始计数，故振幅A≤l sin5°=8.6 cm，只有选项A符合要求。

答案：(1)A、C (2)12.0 0.9930 (3)A

三、计算题(本大题共4小题，共37分。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)

11.(7分)在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记录，如图甲所示是一个常用的记录方法：在弹簧振子的小球上安装一支记录用笔P，在下面放一条白纸带。当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带速度与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图乙所示。若匀速拉动纸带的速度为1m/s，作出P的振动图象。

【解析】乙图中运动的位移值可以对应不同的时刻，由s=vt可知，当s=20cm 时，对应时间t==0.2s (3分)

作出图象如图所示(4分)

答案：见解析

12. (10分)(2016·济南高二检测)如图所示是一个质点的振动图象，根据图象求：

(1)该振动的振幅。

(2)该振动的频率。

(3)在0.1s、0.3s、0.5s、0.7s时质点的振动方向。

(4)质点速度首次具有负方向最大值的时刻和位置。

(5)在0.6s至0.8s这段时间内质点的运动情况。

【解析】(1)从图象可知振幅A=5cm。(2分)

(2)从图象可知周期T=0.8s。(1分)

则振动的频率

f==Hz=1.25 Hz (1分) (3)由各时刻的位移变化过程可判断0.1s、0.7 s时，质点的振动方向向上；0.3s、0.5 s时，质点的振动方向向下。(2分)

(4)质点在0.4s通过平衡位置时，速度首次具有负方向的最大值。(2分)

(5)在0.6s至0.8 s这段时间内，从图象上可以看出，质点沿负方向的位移不断减小，说明质点正沿着正方向由负向最大位移处向着平衡位置运动，所以质点做加速运动。(2分)

答案：见解析

13. (10分)如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：

(1)写出该振子简谐运动的表达式。

(2)在第2s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？

(3)该振子在第100s时的位移是多少？前100 s内的路程是多少？

【解析】(1)由振动图象可得：振幅A=5cm，周期T=4s，初相φ=0，则圆频率

ω==rad/s (2分)

故该振子做简谐运动的表达式为x=5sin t(cm) (2分)

(2)由图可知，在t=2s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t=3s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。(3分) (3)振子经过一个周期位移为零，路程为5×4cm=20 cm，前100s时刚好经过了25个周期，所以第100 s振子位移x=0，振子路程s=20×25cm=500 cm=5 m。

(3分) 答案：(1)x=5sin t(cm)(2)见解析(3)05m

【补偿训练】

根据如图所示的振动图象：

(1)算出下列时刻振子对平衡位置的位移(结果用根号表示)：

①t1=0.5s；

②t2=1.5s。

(2)将位移时间的变化规律写成x=Asin(ωt+φ)的形式并指出振动的初相位。【解析】(1)由图象可知，A=10cm

T=4s

所以ω==rad/s，

故位移x=Acosωt=10cos tcm。

①当t1=0.5s时，

x1=10cos cm=5cm。

②当t2=1.5s时，

x2=10cos cm=-5cm。

(2)x=10cos tcm=10sin cm

初相位为

答案：(1)①5cm ②-5cm

(2)x=10sin cm

【总结提升】对简谐运动能量的深刻认识

(1)决定因素：对于一个确定的振动系统，简谐运动的能量由振幅决定，振幅越大，系统的能量越大。

(2)能量获得：系统开始振动的能量是通过外力做功由其他形式的能转化来的。

(3)能量转化：当振动系统自由振动后，如果不考虑阻力作用，系统只发生动能和势能的相互转化，机械能守恒。

(4)理想化模型：①从力的角度分析，简谐运动没考虑摩擦阻力。②从能量转化角度分析，简谐运动没考虑因阻力做功产生的能量损耗。

14.(10分) (2016·大连高二检测)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示。

(1)求t=0.25×10-2s时的位移。

(2)在t=1.5×10-2s到t′=2×10-2s的时间内，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？

(3)从t=0到t=8.5×10-2s的时间内，质点的路程为多大？

【解析】(1)由题图可知T=2×10-2s，则

ω==100πrad/s

则简谐运动的表达式为

x=-Acosωt=-2cos100πtcm (2分)

所以当t=0.25×10-2s时

x=-2cos(100π×0.25×10-2)cm≈-1.414 cm。(2分) (2)在t=1.5×10-2s到t′=2×10-2s的时间内，质点的位移、回复力、势能都增大，速度、动能均减小。(2分) (3)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解，即一个周期内通过的路程为4个振幅。

因为Δt=8.5×10-2s=T=(4+)T (2分)

路程s=4A×=17A=17×2cm=34 cm。(2分)

答案：(1)-1.414cm (2)见解析(3)34 cm

【补偿训练】

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。如图甲中O点为单

摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α，α小于10°且是未知量。图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从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)单摆的振动周期和摆长。

(2)摆球的质量。

(3)摆球运动过程中的最大速度。

【解析】(1)由题图乙可知单摆的周期T=0.4πs，

由T=2π，

得摆长l==0.4m。

(2)在B点拉力的最大值为F max=0.510N。

F max-mg=。

在A、C两点拉力最小F min=0.495N，

F min=mgcosα，

在A→B机械能守恒，即

mg l(1-cosα)=mv2，

由以上各式解得m=0.05kg。

(3)由F max-mg=可得，v max=0.283m/s。答案：(1)0.4πs 0.4m (2)0.05kg (3)0.283m/s