2019年下半年人教版高中物理选修3-4第十一章《机械振动》测试卷

答案解析

1.【答案】D

4 s＝2 s，且以后不再变化，即弹簧振子固有【解析】由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝0.5×

周期为2 s，振动频率为0.5 Hz，所以B选项中应经过0.5 s第一次回到P位置，A、B选项错误；C选项中两次经过P位置的时间间隔为半个周期，是1 s，C选项错误，D选项正确． 2.【答案】D

【解析】简谐运动图象反映了振子的位移与时间的关系，由图可知，甲振子的位移有时比乙振子的位移大，有时比乙振子的位移小，故A错误；根据切线的斜率等于速度，可知，零时刻，甲、乙两振子的振动方向相反，故B错误；由a＝－

分析可知，前2秒内乙振子的加速度为正值，

甲振子的加速度为负值，故C错误；第2秒末甲的位移等于零，通过平衡位置，速度达到其最大，乙的位移达到最大，加速度达到其最大，故D正确． 3.【答案】C

【解析】在最高点时，绳的拉力等于重力的一个分力，此时绳子的拉力小于重力；在最低点的时候绳的拉力和重力共同提供向心力：F－mg＝ma，可知F大于mg，故A、B错误；将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，高度越高，重力加速度越小，根据周期公式为T＝2π

，其

摆动周期T＞T0，故C正确；小球所受重力和绳的拉力的合力的切向分力提供单摆做简谐运动的回复力，径向分力提供向心力，故D错误． 4.【答案】D

【解析】将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期： T＝2π

＝2π

＝0.8π s≈2.5 s.

所以 在t＝2 s＝T时刻，小球在最低点向左侧的运动中．所以是向左做减速运动，故D正确． 5.【答案】D

【解析】机械振动具有往复的特性，可以重复地进行，小球在运动过程中，没有重复运动的路径，因此不是机械振动，当然也肯定不是简谐运动． 6.【答案】B

【解析】简谐运动是最基本也是最简单的机械振动，故A错误；简谐运动的回复力一定是物体在振动方向所受的合力，满足F＝－kx规律，故B正确；简谐运动物体所受的回复力总是指向平衡位置，有时做正功，有时做负功，故C、D错误． 7.【答案】B

【解析】单摆在做小角度振动，且不计空气阻力，做简谐运动，位移随时间按照正弦或余弦规律变化，故A正确．位移随时间按照正弦或余弦规律变化，速度是时刻变化的，故B错误．单摆周期公式T＝2π8.【答案】C

【解析】单摆的周期与摆球的质量无关，与摆长有关，将摆球质量减半，而摆长不变，故周期不变，故A错误；

将单摆由地面移到高山，重力加速度减小，根据单摆的周期公式T＝2π错误；

把单摆从赤道移到两极，重力加速度变大，根据单摆的周期公式T＝2π正确；

摆长等于悬点到重心的距离；将摆线长度不变，换一较大半径的摆球，故摆长变长，根据单摆的周期公式T＝2π9.【答案】B 【解析】 10.【答案】D

【解析】当平台运动到最高点时，物体具有向下的最大加速度，根据牛顿定律知物体处于失重状态，对平台压力最小，故A错误；物体经过平衡位置时速度最大，加速度为零，由牛顿定律知，物体所受的压力等于重力；故当平台向下运动经过平衡位置时所受物体压力等于于平台向上运动过平衡位置时所受物体压力，故B错误；当振动平台运动到最低点时，具有向上的最大加速度，处于超重状态，故物体对平台压力最大，故C错误；物体在平台上方最高点时，具有向下的最大加速度，根据牛顿第二定律，有：mg－FN＝ma 因为FN≥0，解得：a≤g

根据对称性可知，物体在最低点具有向上的最大加速度，且有a≤g，根据牛顿第二定律，有：FN－mg＝ma≤mg

故：FN≤2mg.由牛顿第三定律知，平台所受最大压力不可能大于物体重力的2倍，故D正确． 11.【答案】A

【解析】根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处，因做加速度减小的加速运动，所以这个过程中平均速度为

＝＞

知，周期变大，故D错误．

知，周期变小，故C知，周期变大，故B

，故C正确．摆球受到的回复力F＝－kx，故D正确．

，故A正确，B、C、D错误． 12.【答案】B

【解析】由共振条件知单摆固有频率为f＝0.5 Hz，则其固有周期为T＝＝2 s，选项A错；由单

摆周期公式T＝2π，可求得单摆摆长为l＝≈1 m，选项B对；摆长增大，单摆的周期变大，

其固有频率变小，共振曲线的峰将向左移动，选项C、D错． 13.【答案】D

【解析】若t1、t2如图所示，则t2－t1≠T，故A错误．

如图所示，与t1时刻在同一位置且运动情况相同的时刻有t2、t2′……等．故t2－t1＝nT(n＝1、2、3……)，故B错误．同理可判断C错误，D正确．

14.【答案】D

【解析】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的运动过程中，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′(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′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)，故答案为D. 15.【答案】C

【解析】据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为

TA＝2π

，TB＝2π ，两球第一次到

达O点的时间分别为tA＝ TA＝ ，tB＝ TB＝ ，由于R1

的位置一定在O点的右侧．故选C. 16.【答案】(1)2.06 (2)2.24 (3)C (4)D

6＝20.6 mm＝2.06 cm. 【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：20 mm＋0.1 mm×

(2)由图示秒表可知，秒表示数为：t＝1 min＋7.2 s＝67.2 s，单摆的周期：T＝＝

＝2.24 s；

(3)由单摆周期公式：T＝2π

2

可得：T＝L，则T2－L图象的斜率：k＝

，故选C；

(4)由单摆周期公式：T＝2π可得：g＝，

重力加速度与单摆的振幅无关，振幅偏小不会影响重力加速度的测量值，故A错误； 在单摆未悬挂之前先测定其摆长，所测摆长偏小，由g＝错误；

将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，由g＝开始计时误记为n＝1，所测周期T偏小，由g＝17.【答案】(1)错误 (2)大于 (3)1.16

可知，所测重力加速度偏小，故C错误； 可知，所测重力加速度偏大，故D正确．

可知，所测重力加速度偏小，故B

【解析】①把两个相同的木板完全重叠在一起，构成的复摆质量大于单个木板复摆的质量，而两者周期相同，说明复摆的周期与质量无关，证明甲同学的猜想是错误的． ②由表格看出，周期测量值T大于周期计算值T0，由单摆的周期公式T＝2π摆长大于

③用描点作图法作出T－T0图线如图所示，

知，复摆的等效