（新課標）2020年高考物理一輪總復習 第十四章 第一講 機械振動練習（含解析）

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1、機械振動 [A組·基礎題] 1．擺長為L的單擺做簡諧運動，若從某時刻開始計時(取t＝0)，當運動至t＝時，擺球具有負向最大速度，則單擺的振動圖象為下圖中的( D ) 2．一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力頻率f的關系)如圖所示，則( B ) A．此單擺的固有周期約為0.5 s B．此單擺的擺長約為1 m C．若擺長增大，單擺的固有頻率增大 D．若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動 3．(多選)某質點做簡諧運動，其位移隨時間變化的關系式為x＝Asin t，則質點( AD ) A．第1 s末與第3 s末的位移相同 B．第1 s末與第3 s末的速度相同

2、 C．3 s末至5 s末的位移方向相同 D．3 s末至5 s末的速度方向相同 4．(多選) 細長輕繩下端拴一小球構成單擺，在懸掛點正下方二分之一擺長處有一個能擋住擺線的釘子A，如圖所示．現(xiàn)將單擺向左方拉開一個小角度，然后無初速地釋放．對于以后的運動，下列說法中正確的是( AB ) A．單擺往返運動一次的周期比無釘子時的單擺周期小 B．擺球在左右兩側上升的最大高度一樣 C．擺球在平衡位置左右兩側走過的最大弧長相等 D．擺線在平衡位置右側的最大擺角是左側的兩倍 5．(多選) 如圖所示，在光滑桿下面鋪一張可沿垂直桿方向勻速移動的白紙，一帶有鉛筆的彈簧振子在B、C兩點間做機械振動

3、，可以在白紙上留下痕跡．已知彈簧的勁度系數(shù)為k＝10 N/m，振子的質量為0.5 kg，白紙移動速度為2 m/s，彈簧彈性勢能的表達式Ep＝ky2，不計一切摩擦．在一次彈簧振子實驗中得到如圖所示的圖線，則下列說法中正確的是( BC ) A．該彈簧振子的振幅為1 m B．該彈簧振子的周期為1 s C．該彈簧振子的最大加速度為10 m/s2 D．該彈簧振子的最大速度為2 m/s 6．(多選)(2018·長春模擬)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象，下列說法中正確的是( ABD ) A．甲、乙兩單擺的擺長相等 B．甲擺的振幅比乙擺大 C．甲擺的機械能比乙擺大 D

4、．在t＝0.5 s時有正向最大加速度的是乙擺 E．由圖象可以求出當?shù)氐闹亓铀俣? 解析：從圖中可得兩單擺的周期相同，所以根據單擺周期公式T＝2π可得兩單擺的擺長相同，A正確；從圖中可得甲的振幅為10 cm，乙的振幅為7 cm，故B正確；由于兩者質量未知，所以無法判斷機械能大小，C錯誤；在t＝0.5 s時，甲擺經過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負且最大，則乙擺具有正向最大加速度，故D正確；由于不知道擺長，只知道擺長相同，所以無法求解重力加速度，E錯誤． [B組·能力題] 7. (多選)(2019·蘭州一中期中)一根不可伸長的細線．上端懸掛在O點，下端系一個小球，如圖甲所示，某

5、同學利用此裝置來探究周期與擺長的關系．該同學用米尺測得細線兩端的長度，用卡尺測量小球的直徑，二者相加為l，通過改變細線的長度，測得對應的周期T，得到該裝置的l－T2圖象如圖乙所示．利用所學單擺相關知識，選擇下列說法正確的選項(取π2＝9.86)( BCD ) A．T＝2 s時擺長為1 m B．T＝2 s時擺長為0.994 m C．擺球半徑為0.006 m D．當?shù)刂亓铀俣葹?.80 m/s2 解析：設擺長為l′，由單擺的周期公式T＝2π(l′＝l－0.006 m)并結合圖乙推導得：l＝0.006＋T2，可知為l－T2圖象的斜率，所以有：＝＝，解得：g＝9.80 m/s2，故D正

6、確；由單擺的周期公式有：l′＝T2＝×22＝0.994 m，故B正確，A錯誤；由圖乙可知，l－T2圖象沒有經過坐標原點，同時由l＝0.006＋T2可知，縱軸的截距為球的半徑，故半徑為r＝0.006 m，選項C正確． 8．(多選) (2018·河南豫北名校月考)如圖所示，一質量為M的木質框架放在水平桌面上，框架上懸掛一勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，彈簧下端拴接一質量為m的鐵球．用手向下拉一小段距離后釋放鐵球．鐵球便上下做簡諧運動，則( BCE ) A．彈簧處于原長時的位置是鐵球做簡諧運動的平衡位置 B．在鐵球向平衡位置運動的過程中，鐵球的位移、回復力、加速度都逐漸減小，速度增大 C．若鐵球

7、的振動周期恰好等于以鐵球平衡時彈簧的伸長量為擺長的單擺周期，則該鐵球的周期T＝2π D．若彈簧振動過程的振幅可調，則當框架對桌面的壓為零時，彈簧的壓縮量為 E．若彈簧振動過程的振幅可調，且保證木質框架不會離開桌面，則鐵球的振幅最大是 解析：平衡位置是振子處于平衡狀態(tài)時所處的位置，鐵球處于平衡位置時，其所受的重力大小與彈簧的彈力大小相等，即mg＝kx，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)，故選項A錯誤；振動中的位移是由平衡位置指向振動物體所在位置的有向線段，因而鐵球向平衡位置運動時位移逐漸減小，而回復力與位移成正比，故回復力也減小，由牛頓第二定律a＝得，加速度也減小，鐵球向平衡位置運動時，回復力與速度方向

8、一致，故小球的速度逐漸增大，故選項B正確；單擺周期公式T＝2π，根據平衡條件有kL＝mg，聯(lián)立解得T＝2π，故選項C正確；當框架對桌面壓力為零瞬間，彈簧對框架向上的作用力等于框架重力Mg，則輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力F＝Mg＝kx，解得彈簧的壓縮量為x＝，故選項D錯誤；框架重力為Mg，當鐵球處在最高位置，即彈簧被壓縮時，框架受到豎直向上的彈力等于Mg，此時框架對桌面的壓力恰好減小為零，根據胡克定律，這時彈簧被壓縮Δl＝，鐵球處于平衡位置時，彈簧被拉長Δl0＝，振幅是鐵球離開平衡位置的最大距離，最大振幅Am＝Δl＋Δl0＝，因此鐵球的振幅只要不大于，框架就不會離開桌面，故選項E正確． 9．(多選

9、)(2018·合肥八中模擬)某同學在做“用單擺測重力加速度”的實驗中，先測得擺線長為l，擺球直徑為d，然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間為t.他測得的g值偏小，可能的原因是( BCD ) A．測擺線長時擺線拉得過緊 B．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了 C．開始計時，秒表過早按下 D．實驗中誤將51次全振動數(shù)記為50次 E．實驗中誤將49.5次全振動數(shù)記為50次 解析：本實驗測量g的原理是單擺的周期公式T＝2π，根據此公式變形得到g＝.測擺線時擺線拉得過緊，則擺長的測量值偏大，則測得的重力加速度偏大．故A錯誤；擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動

10、，使擺線長度增加了，而測得的擺長偏小，則測得重力加速度偏小，故B項正確；開始計時，秒表過早按下，測得單擺的周期偏大，則測得的重力加速度偏?。蔆項正確；實驗中誤將51次全振動數(shù)為50次，測得單擺的周期偏大，則測得的重力加速度偏?。蔇項正確；實驗中誤將49.5次全振動數(shù)為50次．測得周期偏小，則測得的重力加速度偏大．故E項錯誤． 10．甲、乙兩個學習小組分別利用單擺測量重力加速度． (1)甲組同學采用圖甲所示的實驗裝置． A．該組同學先測出懸點到小球球心的距離L，然后用秒表測出單擺完成n次全振動所用的時間t.請寫出重力加速度的表達式g＝ (用所測物理量表示)． B．在測量擺長后

11、，測量周期時，擺球振動過程中懸點O處擺線的固定出現(xiàn)松動，擺長略微變長，這將會導致所測重力加速度的數(shù)值 (填“偏大”“偏小”或“不變”)． (2)乙組同學在圖甲所示裝置的基礎上再增加一個速度傳感器，如圖乙所示．將擺球拉開一小角度使其做簡諧運動，速度傳感器記錄了擺球振動過程中速度隨時間變化的關系，得到如圖丙所示的v－t圖線． A．由圖丙可知，該單擺的周期T＝ s； B．更換擺線長度后，多次測量，根據實驗數(shù)據，利用計算機作出T2－L(周期平方—擺長)圖線，并根據圖線擬合得到方程T2＝4.04L＋0.035.由此可以得出當?shù)氐闹亓铀俣萭＝ m /s2.(取π2＝9.86，結果保

12、留三位有效數(shù)字) 解析：(1)A.根據T＝2π，T＝ 可得g＝. 測量周期時，擺球振動過程中懸點O處擺線的固定出現(xiàn)松動，擺長略微變長，則擺長的測量值偏小，測得的重力加速度偏?。? (2)根據簡諧運動的圖線知，單擺的周期T＝2.0 s； 根據T＝2π得T2＝L， 知圖線的斜率k＝＝4.04， 解得g＝9.76 m/s2. 答案：(1)　偏小　(2)2.0　9.76 11. 有一彈簧振子在水平方向上的B、C之間做簡諧運動，已知B、C間的距離為20 cm，振子在2 s內完成了10次全振動．若從某時刻振子經過平衡位置時開始計時(t＝0)，經過周期振子有正向最大加速度． (1)求振

13、子的振幅和周期； (2)在圖中作出該振子的位移—時間圖象； (3)寫出振子的振動方程． 解析：(1) 振幅A＝10 cm， T＝ s＝0.2 s. (2)振子在周期時具有正的最大加速度，故有負向最大位移，其位移—時間圖象如圖所示． (3)設振動方程為y＝Asin(ωt＋φ) 當t＝0時，y＝0，則sin φ＝0 得φ＝0或φ＝π，當再過較短時間，y為負值， 所以φ＝π 所以振動方程為y＝10sin(10πt＋π) cm. 答案：(1)10 cm　0.2 s　(2)圖見解析 (3)y＝10sin(10πt＋π) cm 12．(2018·長沙模擬)如圖所示，有一個擺長為l的單擺，現(xiàn)將擺球A拉離平衡位置一個很小的角度，然后由靜止釋放，A擺至平衡位置P時，恰與靜止在P處的B球發(fā)生正碰，碰后A繼續(xù)向右擺動，B球以速度v沿光滑水平面向右運動，與右側的墻壁碰撞后以原速率返回，當B球重新回到位置P時恰與A再次相遇，求位置P與墻壁間的距離d. 解析：擺球A做簡諧運動，當其與B球發(fā)生碰撞后速度改變，但是擺動的周期不變．而B球做勻速直線運動，這樣，再次相遇的條件為B球來回所需要的時間為單擺半周期的整數(shù)倍，＝n(n＝1,2,3，…)． 由單擺周期公式T＝2π， 解得d＝ (n＝1,2,3，…)． 答案： (n＝1,2,3，…) 7