机械振动测试题

小明的观点是否成立________。24．某小组同学做了“用单摆测量重力加速度”实验后，为进一步探究，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Imr2T2c，式中I为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为mgrc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，让光滑水平轴穿过其中一个小孔，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后让轴穿过不同位置的孔重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m0.50kg。r/m0.450.400.350.300.250.200T/s2.112.142.202.302.432.64(1)由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示_____。(2)I的国际单位制单位为______，由拟合直线得到I的值为______（保留到小数点后两cc位）。(3)若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值_____（填“偏大”“偏小”或“不变”）。l25．根据单摆周期公式T2π测量当地的重力加速度。将细线的上端固定在铁架台g上，下端系一小钢球，做成单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图所示，读数为d=____mm，测得n次经过最低点的时间如图所示，读数t=_____s。当地重力加速度表达为g=___________(用前边给出的字母表示，绳长用L表示)(2)有同学测得的g值偏小，可能原因是______。A．测摆线时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点C．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算D．开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时E．摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为126．在用单摆测量重力加速度的实验中，实验装置如图(a)所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆．①实验过程有两组同学分别用了图(b)(c)的两种不同方式悬挂小钢球，你认为______(选填“b”或“c”)悬挂方式较好．②某同学在实验中测得的小球直径为d，测定了摆线的长度为l，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间为t，则当地的重力加速度的表示式为g=______(用d、l、n、t表示)③图(d)是某组同学根据实验数据画出的T2−L图线，其中L是摆长，现已测出图中直线斜率为k，则可得出当地重力加速度表达式g=______．④实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是______A．测摆线长时摆线拉得过紧B．单摆所用摆球质量太大C．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D．把n次全振动时间误当成(n+1)次全振动时间【参考】***试卷处理标记，请不要删除一、机械振动选择题1．A【解析】【分析】【详解】由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确．2．D【解析】试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB1错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=Mv221、两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有（）abMv1-m•2v1=M+mv21碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：（Mm）gh（Mm）v222整理得：＝．，所以．．故错误，正确．故选．v205v1h'=025hCDD考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果；单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关．3．B【解析】伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式，A错误；奥斯特发现电流的磁效应，B正确；库仑首先通过扭秤实验得出了电荷间相互作用的规律；牛顿得出了万有引力定律，C错误；伽利略通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论，D错误．4．B【解析】2rA点，AD距离为r，加速度为g，时间t；B点，设ADB，BD距离为1grr2rcos，加速度为gcos，时间t2；C点，简谐振动，周期T2，时间2ggrt，明显ttt，甲球最先到达D点，乙球最后到达D点，B正确．32g2315．C【解析】【分析】【详解】1A．小球振动的固有周期T4s，则其固有频率为f0.25Hz，A错误；TB．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C。6．C【解析】【详解】A.根据回复力f=-kx，回复力与位移方向相反，指向平衡位置，对于弹簧振子，弹力充当回复力，振子的位移增大的过程中，弹力做负功，故A正确，不符合题意；B.振子的速度增大的过程中，位移减小，弹力与运动方向一致，弹力做正功，故B正确，不符合题意；C.根据回复力f=-kx，振子的加速度增大的过程，位移增大，弹力与运动方向相反，弹力做负功，故C错误，符合题意；D.振子从O点出发到再次回到O点的过程中，速度大小不变，动能不变，弹力做的总功为零，故D正确，不符合题意。7．B【解析】【分析】【详解】T质点通过平衡位置时速度最大，由图知内，1s和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度4最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s．由加速度与位移的关系：kxam可知质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s，故选B．8．C【解析】t=T/4时，货物加速度方向向下，失重，货物对车厢底板的压力最小，A错误；t=T/2时，货物加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小，B错误；t=3T/4时，货物加速度方向向上且最大，超重，此时货物对车厢底板的压力最大，C正确、D错误．9．C【解析】【详解】A、由图可读得质点振动的周期为0.4s；故A错误。B、0至0.1s内质点在向正向最大位移向平衡位置运动；故其加速度在减小，速度在增大，故B错误。C、0.2s时负向的位移最大，加速度最大，方向指向平衡位置，即沿正向有最大加速度，故C正确。D、在0.1s~0.2s内质点通过的路程为5×1=5cm；故D错误。故选ABD。【点睛】本题考查简谐运动的图像分析问题，要由图像明确质点的振动情况、周期，并能明确回复力及加速度和速度的变化情况。10．A【解析】【分析】【详解】A．适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，故A项正确；B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，故B项错误；C．单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，故C项错误；D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D项错误。故选A。11．AC【解析】【分析】【详解】B．C和A相碰前，对A有Fmg弹C和A相碰后F2mg，则AC先向下加速运动，选项B错误；弹A．当弹力等于AC的重力时AC处于平衡状态，有kx2mg0解得平衡位置时弹簧的形变量为2mgx0k处于压缩状态；当B对地面弹力最小时，对B分析，则有mgmgkx2故弹簧此时形变量mgx2k此时弹簧处于伸长状态；故简谐运动的振幅为2mgmg5mgAxx0k2k2k选项A正确；C．当AC运动到最低点时，B对地面的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为5mg2mg9mgxAx02kk2k此时弹力为9mgF（kAx）02B对地面的弹力为11mgFmg2选项C正确；D．AC碰后粘在一起向下运动速度最大的位置即为AC处于平衡状态的位置，此时弹力等于AC的重力，即kx2mg0因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置不变，选项D错误。故选AC。12．B【解析】【分析】【详解】A．处于平衡位置时，合力为零，有(Mm)gkx所以伸长量为(Mm)gxkA错误；B．振幅最大的位置，弹性势能最大，形变量最大，设为Δx，由牛顿第二定律得kΔx(Mm)g(Mm)a3mgmgma联立上式可得3(M+m)gΔxk所以最大振幅为2(Mm)gΔxxkB正确；C．弹簧弹性势能最大时，弹力的大小为FkΔx3(Mm)g弹C错误；D．弹簧运动到最高点时，弹簧处于压缩状态，弹力不为零，D错误。故选B。13．A【解析】【分析】本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。【详解】．时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，时刻，弹力最小，弹性势能最ABt02t0小，A正确，B错误；3C．t时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F，功率不为零，C错误；2003D．t时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D错误；20故选A。14．AC【解析】【分析】【详解】物体做简谐运动，最高点和最低点关于平衡位置对称，最高点加速度为g，最低点加速度也为g，方向向上，F-mg=ma，a=g，F=2mg，选项A正确；根据物体和弹簧总的机械能守恒，弹簧的弹性势能和物体的动能、物体的重力势能之和不变，选项B错误；物体下落到最低点时，重力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为，选项正确；当弹簧的弹力等于物体的重力时，物体速度最大，动能最EP=mg×2A=2mgAC大，此时弹簧处于拉伸状态，弹性势能E'不为零，根据系统机械能守恒可知此时物体的动P能为EmgAE'，即E小于mgA，选项D错误；故选AC．kPk15．BCD【解析】【详解】A.因弹簧振子在t时刻和tt时刻速度相同，可知两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，则t时刻和tt时刻位移大小相同，方向不一定相同，则选项A错误；B.因两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，可知t时刻和tt时刻加速度大小相等，方向相反，选项B正确；TC.由振子的运动规律可知，t可能大于、小于或等于，选项CD正确；4TTE.因相差的两个时刻的振动速度总是相反的，t不可能，选项E错误；22故选BCD.16．AC【解析】若振子开始的运动方向为向左：则ttt5s，tt1s，故OMAOAObMMbTTTtttt6s，即6s，解得T=8s，所以tt2s，故OMAOAOMb24OMMb4Ttt1s，第三次经过M的过程中tt6s；OMMO2MOOM若振子开始的运动方向为向右，则tt5s，tt1s，则OMMObMMbTTtt6s，第三次经过M的过程为tt512522s，故AC正4OMMbMO2OM确．17．AB【解析】A、若tT，由简谐振动的周期性可知，t时刻和tt时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等，故A正确；TB、若t，在t时刻和tt时刻振子的位置一定关于平衡位置是对称点，弹簧沿2水平方向做简谐振动，所以受到的弹簧的弹力的大小相等，所以两个时刻弹簧的形变量一定相等，故B正确；C、若t时刻和tt时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，振子可能以相等的速度T经过两点，也可能以方向相反的速度经过两点，所以则t不一定等于的奇数倍，故C2错误；D、若t时刻和tt时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，可能振子经过同一T点，也可能经过关于平衡位置对称的两位置，t不一定等于的整数倍，故D错误．2点睛：本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握，简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反，也可以作出振动图象进行分析．18．AD【解析】【详解】A．根据振动图像，甲振子的振幅为2cm、乙振子的振幅1cm，故A正确．B．由于两个振子的周期和频率不同，其相位差亦会变化，则B错误．C．前2秒内，甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向向下，为负；而乙在平衡位置的下方，加速度指向平衡位置，方向向上，为正，故C错误．D．第2秒末甲处于平衡位置，速度最大加速度最小，乙处于波谷，速度最小加速度最大，故D正确．故选AD。19．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O运动过程中，位移x减小，故回复力减小，故C错误；D．振子由O向B运动过程中，回复力的方向与位移方向相反，故指向平衡位置，故D正确。故选AD。20．D【解析】【详解】A．由位移的表达式x5sint(cm)，可知质点做简谐运动的振幅为5cm．故A错误．4B．由位移的表达式读出角频率rad/s4则周期为2T8s故B错误．C．在t=4s时质点的位移x5sin(4)(cm)04说明物体通过平衡位置，加速度最小；故C错误．D．在t=4s时质点通过平衡位置，加速度最小而速度最大；故D正确．故选D．【点睛】本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力．二、机械振动实验题l21．ACEG②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径；9.86T2是单摆做g简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。【解析】【分析】【详解】（1）[1]．单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为：ACEG。（2）[2]．操作不妥当的是②．单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。（3）[3]．根据单摆的周期公式得lT2g解得42T2lg由图像可知424.0k4g1解得g=9.86m/s2l（4）[4]．公式T2是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的g运动视为简谐运动。22．ADGBD42k不变【解析】【分析】【详解】（1）[1].实验中需要的器材有：A.小铁球；D.100cm长的细线；G.秒表；故选ADG;（2）[2].实验中单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先用游标卡尺测出摆球直径；然后把单摆悬挂好，再用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故A错误，B正确；偏角不要超过5°，以保证单摆做简谐振动；将摆球拉到最大位移处释放，等摆球到达最低点时快速按下秒表开始计时，选项C错误；为了精确测量t单摆的周期，起码要测量小球作100次全振动所用的时间t，然后由T求解周期，100选项D正确；L（3）[3].根据T2可得ggLT2，42则由题意可知g=k42解得g=42k[4].在测量数据时漏加了小球半径，将摆线的长度当做了摆长，所测摆长偏小，摆长的变化对图象斜率k没有影响，因此实验测量的重力加速度与真实值相等；42n2mgr23．CmrBABC周期变大成立t2h【解析】【分析】【详解】（1）①[1]小球受重力和细线的拉力作用，则小球做圆周运动的向心力由重力和细线拉力的合力提供，故选C；②[2][3]小球做半径为r的圆周运动的周期为tTn则向心力242n2mrFm()2rnTt2小球所受的合力为mgrF=mgtan合h③[4]设小球做半径为r的圆周运动的周期为tTn此时小球距细线上端固定点的竖直高度为h，根据合外力等于向心力有mgr42n2mrht2可得42n2t2hg故选B。（2）[5]A．相同体积的小球，选择密度大一些的球可以减小空气阻力对实验的影响，选项A正确；B．相同质量的小球，选择体积小一些的球有利于确定其圆心的位置，从而容易确定其圆周运动的半径，选项B正确；C．测量多个周期的总时间再求周期的平均值，有利于减小周期测量的偶然误差，选项C正确；D．由③的分析可知，当合外力等于向心力时，小球的质量可以消掉，则在这个实验中不需测量出小球的质量，选项D错误。故选ABC。（3）[6]设小球做半径为r的圆周运动的周期为T，此时小球距细线上端固定点的竖直高度为h，根据合外力等于向心力有mgr42mrhT2可解得hT2g因半径变小，绳长不变，h变大，故小球周期变大。（4）[7]成立；圆锥摆的周期根据42mgtanmLsinT2得LcosT2g夹角较小，cosθ≈1则LT2g即此时单摆的周期和圆周摆的周期可以认为相等。24．T2rkgm217不变【解析】【分析】【详解】Imr2(1)[1]由公式T2c得mgr42I42r2T2rcmgg故题图（b）中纵轴表示T2r。Imr2(2)[2]由公式T2c得mgrmgrT2Imr2c42即I的国际单位制单位为kgm2。c[3]由题图（b）并结合(1)中的式子可得42I1.25s2mcmg由题图（b）知拟合直线的斜率421.951.2570ks2m1s2m1g0.1919解得I0.17kgm2c(3)[4]由(1)、(2)中分析可知重力加速度的测量值与质量无关，故g的测量值不变。d2n2L25．696.32Bgt2【解析】【详解】(1)[1]由图示游标卡尺可知，其示数为18mm+6×0.1mm=18.6mm；[2]由图示秒表可知，其示数为90s+6.3s=96.3s；[3]由题意可知，周期为t2tTnn2摆长为dlL2l根据单摆的周期公式T2π可知，重力加速度gdπ2n2L2；gt2l(2)[4]根据单摆的周期公式T2π可知，g42lgT242lA．摆线时摆线拉得过紧，所测摆长l偏大，由g可知，所测g偏大，故A错误；T2B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使实际摆长增加，即大于测量摆长，42l由g可知，所测g偏小，故B正确；T242lC．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，所测摆长l偏大，由g可知，所测gT2偏大，故C错误；42lD．开始计时时，停表过迟按下，所测周期T偏小，由g可知，所测g偏大，故DT2错误；E．摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1，所测周期T偏42l小，由g可知，所测g偏大，故E错误；T2故选B。d42n2(l)4226．①c；②2；③；④ADkt2【解析】(1)实验时，运用b悬挂方式，单摆在摆动的过程中，摆长在变化，对测量有影响，c悬挂方式，摆长不变．知c悬挂方式较好．因为在摆球在平衡位置时速度最大，在平衡位置计时误差较小．tdL(2)单摆的周期为T，摆长为Ll，由单摆的周期公式T2得n2gd42n2(l)g2t2L4242422(3)根据T2，得：TL，故T2L图象的斜率k，则g.gggk(4)A、摆线拉得过紧，使摆线长度减小了，振动周期变小，则测得重力加速度偏大，故A正确.B、单摆的周期与摆球的质量无关，故对重力加速度的测量无影响，故B错误.C、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，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小,故C错误.D、把n次全振动时间误当成(n+1)次全振动时间，周期的测量值偏小，故重力加速度的测量值偏大，故D正确.故选AD．【点睛】解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道T2-L图线斜率表示的物理意义，会通过重力加速度的表达式分析误差．