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机械振动课时规范训练基础巩固题组且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索， 利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法, 解决了这一问题在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是（）解析：选 D.当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选D.3.做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4 倍，摆球经过平衡位置时1速度减小为原来的 2 则单摆振动的（）A 频率、振幅都不变B.频率、振幅都改变C.频率不变、振幅改变D.频率改变、振幅不变解析：选 C.由单摆周期公式T= 2 冗、yg 知周期只与I、g有关，与m和v无关，周期 不变，其频率不变；在没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h,最低点速度为V,121|V 一则mgh=2mv，质量改变后有 4mgh= 2x4m- 2,可知hzh,振幅改变，C 正确.4.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所1.摆长为L的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时A.加大飞机B.使机体更加平衡C.使机翼更加牢固D.改变机翼的固有频率（取t= 0）,当振动至t=时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（2在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而2示，则下列说法正确的是（）3A. 此单摆的固有周期约为 0.5 sB. 此单摆的摆长约为 1 mC. 若摆长增大，单摆的固有频率增大D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动解析：选 B.由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为 2 s ;再由T=2 冗、箱，得此单摆的摆长约为 1 m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小， 共振曲线的峰将向左移动，B 正确，A、C D 错误.5.（多选）如图甲所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方 向为振子离开平衡位置的位移的正方向， 得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可 知，下列说法正确的是（）A.t= 0 时，振子处在B位置B.振子运动的周期为4 sC.t= 4 s 时振子对平衡位置的位移为10 cmD.t= 2.5 s 时振子对平衡位置的位移为5 cmE.如果振子的质量为 0.5 kg，弹簧的劲度系数 20 N/cm，则振子的最大加速度大小为 400 m/s解析：选 ABE.由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10 cm,其周期T= 4 s ,t= 0 和t= 4 s 时，振子在负的最大位置，即图甲中的B位置由于振子做变速运动，故t= 2.5 s时，振子的位移应大于5 cm,故选项 A、B 正确，C、D 错误，由a=石可知，振子的最大加速度为 400 m/s2，选项 E 正确.6.（多选）一个质点经过平衡位置Q在A B间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动B O C图甲图乙4图象如图（b）所示，设向右为正方向，下列说法正确的是（）5A.OB=5 cmB.第 0.2 s 末质点的速度方向是OC.第 0.4 s 末质点的加速度方向是OD.第 0.7 s 末时质点位置在O点与A点之间E. 在 4 s 内完成 5 次全振动解析：选 ACE.由图（b）可知振幅为 5 cm,则OB= OA=5 cm, A 项正确；由图可知 00.2 s 内质点从B向O运动，第 0.2 s 末质点的速度方向是4QB 项错误；由图可知第 0.4 s 末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是LQC 项正确；由图可知第 0.7 s 末时质点位置在Q与B之间，D 项错误；由图（b）可知周期T= 0.8 s，则在 4 s 内完成全振动的4 s次数为站=5,E项正确.7. （1）在利用单摆测定重力加速度的实验中.若测得的g值偏大，可能的原因是（）A. 摆球质量过大B. 单摆振动时振幅较小C. 测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径D. 测量周期时，把n个全振动误认为（n+ 1）个全振动，使周期偏小E. 测量周期时，把n个全振动误认为（n-1）个全振动，使周期偏大（2）若单摆是一个秒摆，将此摆移到月球上$月=*g地丿，其周期是_实验中停表的读数如图，为 _ s.Il-6与摆球质量无关，故 A 错误；重力加速度与单摆振动的振幅无关，故B 错误；测量摆长时,解析：（1）由单摆周期公式T= 2n；可知，重力加速度4n2l进而知重力加速度27解析：选 ABD.由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式g得知，甲、乙两单摆的摆长I相等，故 A 正确；甲摆的振幅为 10 cm，乙摆的振幅为 7 cm,则甲摆的振幅比乙摆大，故B 正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度,得当地的重力加速度，故 E 错误.9如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图,只考虑了线长，忽略了小球的半径，摆长l偏小，由g= 耳可知，所测重力加速度偏小,故 C 错误；测量周期时，把n个全振动误认为（n+ 1）个全振动，使周期偏小，由g= 辛可知，所测重力加速度偏大，故D 正确；测量周期时，把使周期偏大，由g=4n丄可知，所测重力加速度偏小，故n个全振动误认为（n- 1）个全振动，E 错误.s.在地球上秒摆的周期T= 2 s,将秒摆移到月球上,由图示停表可知，分针示数为1 min = 60 s，秒针示数为 10.8 s，则停表示数为60s+ 10.8 s = 70.8 s.答案：(1)D(2)26 s (3)70.8A.B. 甲摆的振幅比乙摆大C. 甲摆的机械能比乙摆大D. 在t= 0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆E. 由图象可以求出当地的重力加速度C 错误；在t= 0.5 s 时，甲摆故 D 正确；由g得g= 辛，由于单摆的摆长未知，所以不能求O是它的平衡位置，P、Q是其周期T= 2ng=6T=2 6F 列说法中正确的是（&甲、乙两单摆的摆长相等8小球所能到达的最高位置小球的质量0.4 kg，图乙是摆线长为l时小球的振动图象,29g取 10 m/s(1) 为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过 _(填“ O“P或“Q)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则 重力加速度g=_ (用L、n、t表示).(2) 由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？最大 加速度为多少？解析：(1)因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点。开始计时.单摆周期T=n，再根据单摆周期公式T=22n2n由图乙可知单摆的振幅A=5 cm, 3=厂=- rad/s谐运动的表达式为x= 5sinnt(cm).小球在最大位移处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是一 2,、+、冃，FmmgA10X5X1022可求得摆长为L= 1 m,加速度最大值am= = =m/s = 0.5 m/s .m Lm答案：(1)0严 (2)x= 5sinnt(cm)小球在最大位移处的加速度最大 m/s210.弹簧振子以O点为平衡位置，在B C两点间做简谐运动， 在t= 0 时刻，振子从O B间的P点以速度v向B点运动；在t= 0.20 s 时刻，振子速度第一次变为一V；在t= 0.50 s 时刻，振子速度第二次变为V.(1) 求弹簧振子的振动周期T;(2) 若B C之间的距离为 25 cm,求振子在 4.00 s 内通过的路程；(3) 若B C之间的距离为 25 cm,从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并 画出弹簧振子的振动图象.CP B*- - *0解析：(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示.nrad/s ，所以单摆做简0.5乙后/曰 4n2n2L，可解得g= 厂.g，2 s，根据T= 2n10由对称性可得T= 琴+0.5；2X4 s = 1 s若B C之间距离为 25 cm,一 1则振幅A= 2X25 cm= 12.5 cm振子 4.00 s 内通过的路程s= 4X4X12.5 cm = 200 cm得x=12.5sin 2nt(cm)振动图象如图所示.答案：(1)1 s (2)200 cm (3)x= 12.5sin 2nt(cm)图象见解析图根据x=Asin3t,A=
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