1、 单元智能评估（一）机械振动1关于简谐运动，下列说法正确的是()A简谐运动一定是水平方向的运动B所有的振动都可以看作是简谐运动C物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线的轨迹线D只要振动图象是正弦曲线，物体一定做简谐运动解析：物体的简谐运动并不一定只在水平方向发生，各个方向都有可能发生，A错简谐运动是最简单的振动，B错做简谐运动的轨迹线并不是正弦曲线，C错若物体振动的图象是正弦曲线，则其一定做简谐运动，D对答案：D2如图所示装置，在曲轴上悬挂一弹簧振子，若向下拉振子后释放，让其上下振动，周期为T1.现使把手以周期T2匀速转动(T2T1)，当振子振动稳定后()A弹簧振子振动周期为T1B弹簧振子振动周
2、期为T2C要使弹簧振子振幅增大，可减小把手转速D要使弹簧振子振幅增大，可增大把手转速解析：T1是弹簧振子的固有周期，振子在把手作用下的振动是受迫振动，驱动力的周期应为T2，振子的振动稳定后，做的是受迫振动，故其周期为驱动力的周期T2，选项A错误，B正确；为使振子的振幅增大，即要减小T2，应使转速增大，C错误，D正确答案：BD3一个弹簧振子做受迫运动，它的振幅A与驱动力频率f之间的关系如图所示由图可知()A频率为f2时，振子处于共振状态B驱动力频率为f3时，受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率仍为f2C振子如果做自由振动，它的频率是f2D振子可以做频率为f1的等幅振动解析：由题图可以看出，当
3、频率为f2时，振子处于共振状态，说明振子的固有频率为f2，所以选项A、C正确答案：AC4如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图象，可以判定()A从t1到t2时间内系统的动能不断增大，势能不断减小B从t2到t3时间内振幅不断增大Ct3时刻振子处于平衡位置处，动能最大Dt1、t4时刻振子的动能、速度都相同解析：t1到t2时间内，x减小，弹力做正功，系统的动能不断增大，势能不断减小，A正确振幅是离开平衡位置的最大位移，从t2到t3，变化的是位移而不是振幅，B错误t3时刻振子位移为零，速度最大，动能最大，C正确t1、t4时刻位移相同，即处于同一位置，速度等大反向，动能相同，D错误答案：AC5一个质点做简
4、谐运动，其振动图象如图所示，下列说法中正确的是()A振动周期为4 sB振动频率为0.25 HzC经过5 s质点通过的路程为20 cmD5 s末质点的位移为零解析：周期是完成一次全振动所用的时间，在振动图象上是两相邻同向极大值间的横坐标差，所以周期是4 s，又频率f，所以f0.25 Hz，又5 s是个周期，一个周期质点通过的路程s4A20 cm，所以经过5 s质点通过的路程为25 cm.由图可知5 s末位置是0 cm，所以5 s末质点的位移为零答案：ABD6如图所示是一简谐运动的振动图象，则下列说法正确的是()A该简谐运动的振幅为6 cm，周期为8 sB68 s时间内，振子由负向最大位移处向平衡
5、位置运动C图中的正弦曲线表示振子的运动轨迹D该振动图象对应的表达式为x3sin cm解析：据振动图象的可读性可知该简谐运动的振幅A为3 cm，周期T为8 s,68 s时间内振子由负向最大位移处向平衡位置运动，振子的运动轨迹是直线，并不是题图中的正弦曲线，又由简谐运动的振动方程xAsin(t)，其中A3 cm，2f，0，故该振动图象对应的表达式为x3sin cm.答案：BD7一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列叙述正确的是()A质点的振动频率为4 HzB在10 s内质点经过的路程是20 cmC在5 s末，速度为零，加速度最大D在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点的位移大小相等解析：由于T4
6、s，则f0.25 Hz，A错；10 s为2.5T，则x2.54A20 cm，故B正确；5 s末位移最大，速度为零，加速度最大，故C正确；由题图知D正确答案：BCD8将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是()A摆线碰到障碍物前后的摆长之比为94B摆线碰到障碍物前后的摆长之比为32C摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大D摆线经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变解析：由频闪照片可知摆线碰到障碍物前后的周期之比为32，根据T2，得摆线碰到障碍物前后的摆
7、长之比为94，故A正确，B错误；摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，角速度变大，根据牛顿第二定律有Fmgm，得Fmgm，摆线经过最低点时，半径减小，摆线张力变大答案：AC9某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的长条状的大理石块代替了摆球(如图)，他设计的实验步骤是：A将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点；B用刻度尺测量O、N间尼龙线的长度l作为摆长；C将石块拉开一个5的角度，然后由静止释放；D从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T得出周期；E改变O、N间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；F求出
8、多次实验中测得的l和T的平均值作为计算时使用的数据，代入公式g求出重力加速度g.(1)该同学以上实验步骤中存在错误或不当的步骤是_(只填写相应的步骤代号即可)(2)该同学测单摆周期时，应用了_(选填“比较法”“放大法”“替代法”“转换法”)来减小测量误差(3)该同学用ON的长l作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？解析：(1)步骤B中，摆长应为尼龙线悬点到大理石块重心的长度，用尼龙线的长度l作为摆长小于实际的摆长步骤D中，计时位置不应在摆球摆到最高点时开始计时，计时初始位置应选在最低点步骤F中应根据每一次测量的l和T值代入公式gl算出每一次测量的g值，最后取
9、g的平均值(2)应用了放大法(3)由gl可知因l偏小，故测量的g值比真实值偏小答案：(1)BDF(2)放大法(3)偏小10在利用“单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2l图象，就可以求出当地的重力加速度理论上T2l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是_(2)由图象求出的重力加速度g_m/s2.(取29.87)解析：(1)既然所画T2l图象与纵坐标有正截距，这就表明l的测量值与真实值相比偏小了，则意味着测摆长时可能漏掉了摆球半径(2)图象的斜率k4，则g m/
10、s29.87 m/s2答案：(1)测摆长时漏掉了摆球半径(2)9.8711下图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置设摆球向右运动为正方向图乙是这个单摆的振动图象根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时刻摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，则这个摆的摆长是多少？解析：(1)由乙图知周期T0.8 s，则频率f1.25 Hz(2)由乙图知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在B点(3)由T2得L0.16 m答案：(1)1.25 Hz(2)B点(3)0.16 m12简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图(1)所示，在
11、弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图(2)所示(1)为什么必须匀速拖动纸带？(2)刚开始计时时，振子处在什么位置？t17 s时振子相对平衡位置的位移是多少？(3)若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是多少？(4)振子在_s末负方向速度最大；在_s末正方向加速度最大；2.5 s时振子正在向_方向运动(5)写出振子的振动方程解析：(1)纸带匀速运动时，由svt知位移与时间成正比，因此在匀速条件下可以用纸带通过的位移表示时间(2)由图(2)可知t0时，振子在平衡位置左侧最大位移处；周期T4 s，t17 s时位移为零(3)由svt得1、3间距s2 cm/s2 s4 cm(4)3 s末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位置，所以t0或t4 s时正方向加速度最大；t2.5 s时向x 方向运动(5)x10 sincm答案：(1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间(2)左侧最大位移零(3)4 cm(4)30或4x(5)x10sincm6
