《2020年物理高考大一輪復習 第14章 振動和波 光 相對論 第38講 機械振動練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年物理高考大一輪復習 第14章 振動和波 光 相對論 第38講 機械振動練習（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第38講 機械振動 [解密考綱]考查簡諧運動的表達式和圖象；單擺的周期公式的應用；受迫振動和共振的概念的理解和應用． 1．下列關于振幅的說法正確的是(　　) A．振幅是振子離開平衡位置的最大距離 B．位移是矢量，振幅是標量，位移的大小等于振幅 C．振幅等于振子運動軌跡的長度 D．振幅越大，表示振動越強，周期越長 A　解析 振幅是振子離開平衡位置的最大距離，選項A正確，C錯誤．位移是矢量，是由平衡位置指向振子所在位置的有向線段，位移的大小不一定等于振幅，最大位移的大小才等于振幅，選項B錯誤．振幅越大，振動越強，但周期不一定越長，例如，對于做簡諧運動的彈簧振子，周期只與彈簧的勁度系數(shù)

2、和振子的質量有關，與振幅無關，選項D錯誤． 2．在飛機的發(fā)展史中有一個階段，飛機上天后不久，機翼很快就抖動起來，而且越抖越厲害，后來人們經(jīng)過了艱苦的探索，利用在飛機機翼前緣處裝置一個配重桿的方法，解決了這一問題，裝置配重桿的主要目的是(　　) A．加大飛機的慣性 B．使機體更加平衡 C．使機翼更加牢固 D．改變機翼的固有頻率 D　解析 飛機飛上天后，在氣流周期性驅動力作用下做受迫振動，機翼越抖越厲害說明氣流驅動力周期與機翼的固有周期非常接近或相等．在機翼前緣處裝置配重桿，目的是通過改變機翼的質量來改變其固有頻率，使驅動力頻率與固有頻率相差較大，從而實現(xiàn)減振的目的，故選項D正確．

3、3．(多選)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象．下列說法正確的是(　　) 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．在t＝0.5 s時有正向最大加速度的是乙擺 ABD　解析 振幅可從題圖上看出甲單擺大，故選項B正確．從圖看出兩擺周期相等，則擺長相等，因質量關系不明確，無法比較機械能大小，t＝0.5 s時乙擺球在負的最大位移處，有正向最大加速度，故選項A、D正確，C錯誤． 4．做簡諧運動的單擺，其擺長不變，若擺球的質量增加為原來的倍，擺球經(jīng)過平衡位置的速度減為原來的，則單擺振動的(　　) A．周期不變，振幅不變 B．周期不變，振

4、幅變小 C．周期改變，振幅不變 D．周期改變，振幅變大 B　解析 由單擺的周期公式T＝2π可知，當擺長l不變時，周期不變，選項C、D錯誤；由能量守恒定律可知mv2＝mgh，其擺動的高度與質量無關，因擺球經(jīng)過平衡位置的速度減小，則最大高度減小，故振幅減小，選項B正確，A錯誤． 5．某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是(　　) A．t＝1 s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值 B．t＝2 s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值 C．t＝3 s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零 D．t＝4 s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值 A　解析 t＝1

5、 s時，振子位于正向位移最大處，速度為零，加速度為負向最大，故選項A正確；t＝2 s時，振子位于平衡位置并向x軸負方向運動，速度為負向最大，加速度為零，故選項B錯誤；t＝3 s時，振子位于負向位移最大處，速度為零，加速度為正向最大，故選項C錯誤；t＝4 s時，振子位于平衡位置并向x軸正方向運動，速度為正向最大，加速度為零，故選項D錯誤． 6．如圖所示，在一條張緊的繩子上掛幾個擺，其中A、B的擺長相等．當A擺振動的時候，通過張緊的繩子給B、C、D擺施加驅動力，使其余各擺做受迫振動．觀察B、C、D擺的振動發(fā)現(xiàn)(　　) A．C擺的頻率最小 B．D擺的周期最大 C．B擺的擺角最大 D．B

6、、C、D的擺角相同 C　解析 由A擺擺動從而帶動其它3個單擺做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，故其它各擺振動周期跟A擺相同，頻率也相等，故選項A、B錯誤；受迫振動中，當固有頻率等于驅動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅達到最大，由于B擺的固有頻率與A擺的相同，故B擺發(fā)生共振，振幅最大，故選項C正確，D錯誤． 7．(2018·天津卷)(多選)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點．t ＝0時振子的位移為－0.1 m，t＝1 s時位移為0.1 m，則(　　) A．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為s B．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為s C．若振幅為0.2 m，振子的周期

7、可能為4 s D．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為6 s AD　解析 t＝0時刻振子的位移x＝－0.1 m，t＝1 s時刻x＝0.1 m，關于平衡位置對稱；如果振幅為0.1 m，則1 s為半周期的奇數(shù)倍；如果振幅為0.2 m，分靠近平衡位置和遠離平衡位置分析．若振幅為0.1 m，根據(jù)題意可知從t＝0到t＝1 s振子經(jīng)歷的周期為T，則T＝1 s(n＝1,2,3…)，解得T＝s(n＝1,2,3…)，當n＝1時T＝ s，無論n為何值，T都不會等于 s，選項A正確，B錯誤；如果振幅為0.2 m，結合位移時間關系圖象，有1 s＝＋nT?、?，或者1 s＝T＋nT?、冢蛘? s＝＋nT?、郏瑢τ冖?/p>

8、式，只有當n＝0時，T＝2 s，為整數(shù)；對于②式，T不為整數(shù)；對于③式，當n＝0時，T＝6 s，之后只會大于6 s，選項C錯誤，D正確． 8. (2019·鞍山模擬)(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3 s，第一次到達點M，再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M，則彈簧振子的周期不可能為(　　) A．0.53 s　　B．1.4 s　　C．1.6 s　　D．2 s　　E．3 s BDE　解析 如圖甲所示，設O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時間為，因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等，故＝0.3 s＋＝0.

9、4 s，解得T＝1.6 s；如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設點M′與點M關于點O對稱，則振子從點M′經(jīng)過點B到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C到點M所需時間相等，即0.2 s，振子從點O到點M′、從點M′到點O及從點O到點M所需時間相等，為＝ s，故周期為T＝0.5 s＋ s≈0.53 s，所以周期不可能為選項B、D、E. 9．如圖所示，物體A和B用輕繩相連，掛在輕彈簧下靜止不動，A的質量為m，B的質量為M，彈簧的勁度系數(shù)為k.當連接A、B的繩突然斷開后，物體A將在豎直方向上做簡諧運動，則A振動的振幅為(　　) A. B. C. D. A　解析 物體A振

10、動的平衡位置彈簧彈力和A物體重力相等，物體B將A拉至平衡位置以下最大位移Δx＝處，故A振動的振幅為，選項A正確． 10．(2019·北京一零一中學高三檢測)(多選)如圖所示，在升降機的天花板上固定一擺長為l的單擺，擺球的質量為m.升降機保持靜止，觀察到擺球正以小角度θ左右擺動，且振動周期為T.已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．若僅將擺球的質量增大一倍，其余不變，則單擺的振動周期不變 B．若升降機勻加速上升，利用此單擺來測定當?shù)氐闹亓铀俣?，則測量值偏大 C．設想當擺球擺到最低點時，升降機突然以加速度g豎直下落，則擺球相對于升降機做勻速直線運動

11、D．設想當擺球擺到最高點時，升降機突然以加速度g豎直下落，則擺球相對于升降機會保持靜止 E．設想當擺球擺到最高點時，升降機突然以大小為g的加速度勻加速上升，則擺球相對升降機仍然左右擺動，且振動周期不變 ABD　解析 其周期公式為T＝2π，與重力無關，故僅將擺球的質量增大一倍，其余不變，則單擺的振動周期不變，故選項A正確；若升降機勻加速上升，加速度向上，設為a，超重，利用此單擺來測定當?shù)氐闹亓χ俣?，則測量值偏大，為g＋a，故選項B正確；設想當擺球擺到最低點時，升降機突然以加速度g豎直下落，完全失重，球將做勻速圓周運動，故選項C錯誤；設想當擺球擺到最高點時，升降機突然以加速度g豎直下落，完全

12、失重，故擺球相對于升降機會保持靜止，故選項D正確；設想當擺球擺到最高點時，升降機突然以大小為g的加速度勻加速上升，超重，等效為加速度變?yōu)間′＝2g，故擺球相對升降機仍然左右擺動，但根據(jù)公式T＝2π，周期是變化的，故選項E錯誤． 11．(2019·茂名五大聯(lián)盟學校高三聯(lián)考)某單擺及其振動圖象如圖所示，取g＝9.8 m/s2，π2＝9.8，根據(jù)圖給信息可計算得擺長約為________；t＝5 s時間內擺球運動的路程約為______(取整數(shù))；若在懸點正下方O′處有一光滑水平細釘可擋住擺線，且＝，則擺球從F點釋放到第一次返回F點所需時間為________s. 解析 從橫坐標可直接讀取完成一個

13、全振動的時間即周期為T＝2 s，根據(jù) T＝2π，解得擺長為l＝＝1 m，由縱坐標的最大位移可直接讀取振幅為3 cm，擺球一個周期內的路程是振幅的4倍，所以t＝5 s時間內擺球運動的路程為30 cm；碰釘后改變了擺長，因此單擺周期應分成釘左側的半個周期和釘右側的半個周期，前面求出擺長為1 m，根據(jù)周期公式可得T左＝π＝1 s，T右＝π＝0.5 s，所以周期為T＝1.5 s. 答案 1 m　30 cm　1.5 12．(2019·濮陽二模)如圖所示，質量為m2的小球固定在豎直輕彈簧上，彈簧勁度系數(shù)為k，輕彈簧固定在質量為m1的底座上，整個裝置置于水平地面上，拉小球使彈簧伸長一定長度，釋放后小球將

14、在豎直方向上做簡諧運動．振動過程中底座恰好不離開地面，已知重力加速度為g，則小球的最大加速度為________；底座對地面的最大壓力大小為________；小球做簡諧振動的振幅為________． 解析 因為振動過程中底座恰好不離開地面，所以底座受到彈簧向上的拉力最大為F＝m1g，在最高點彈簧的拉力最大，對小球受力分析，受到豎直向下的彈力以及重力作用，故根據(jù)牛頓第二定律可得a＝，小球運動到最低點時，底座對地面的壓力最大，根據(jù)簡諧運動的對稱性，在最低點小球受到的加速度為a＝，方向向上，故F′－m2g＝m2a，解得彈簧對底座的作用力為F′＝2m2g＋m1g，底座對地面的最大壓力為N＝F′＋m

15、1g＝2(m1＋m2)g，在平衡位置時彈簧彈力等于小球的重力F″＝m2g，在最低點F′＝2m2g＋m1g，故ΔF＝kA，解得A＝. 答案 　2(m1＋m2)g　 13．如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，C為弧形槽最低點，R?.甲球從弧形槽的圓心處自由下落，乙球從A點由靜止釋放，問： (1)兩球第1次到達C點的時間之比是多少？ (2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放甲球，讓其自由下落，同時將乙球從圓弧左側由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？ 解析 (1)甲球做自由落體運動 R＝gt，所以t1＝， 乙球沿圓弧做簡諧運動(由

16、于?R，可認為擺角θ＜5°)．此運動與一個擺長為R的單擺運動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達C處的時間為 t2＝T＝×2π＝， 所以t1∶t2＝. (2)甲球從離弧形槽最低點h高處自由下落，到達C點的時間為t甲＝， 由于乙球運動存在周期性，所以乙球到達C點的時間為 t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)， 由于甲、乙在C點相遇，故t甲＝t乙， 聯(lián)立解得h＝(n＝0,1,2，…)． 答案 (1)　(2)(n＝0,1,2，…) 14．一質點做簡諧運動，其位移和時間的關系如圖所示． (1)求t＝0.25×10－2 s時質點的位移； (2)在t＝1.5×

17、10－2 s到t＝2×10－2 s的振動過程中，質點的位移、回復力、速度、動能、勢能大小如何變化？ (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s時間內，質點的路程、位移各多大？ 解析 (1)由題圖可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振動方程為x＝Asin (ωt－)＝－Acos ωt＝－2cos(t) cm＝－2cos(100πt) cm， 當t＝0.25×10－2 s時，x＝－2cos cm＝－ cm. (2)由題圖可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振動過程中，質點的位移變大，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大． (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s時間內，Δt＝T＝(4＋)T，可知質點的路程為s＝17A＝34 cm，位移為2 cm. 答案 (1)－ cm　(2)變大　變大　變小　變小　變大 (3)34 cm　2 cm 8